【文档说明】高考二轮复习数学(文)通用版：专题检测20 “选填”压轴小题的4大抢分策略 含解析.doc，共(12)页，239.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题检测（二十）“选填”压轴小题的4大抢分策略A组——选择题解题技法专练1．若sinα＋sinβ＝13(cosβ－cosα)，α，β∈(0，π)，则α－β的值为()A．－2π3B．－π3C.π3D.2π3解析：选D令β＝π6，则有sinα＝－13cosα⇒tanα＝－33，α∈(0，π)，

所以α＝5π6，从而α－β＝2π3.2．已知0<a<b<1，则ab，logba，－logab的大小关系是()A．－logab<ab<logbaB．－logab<logba<abC．logba<－logab<abD

．ab<－logab<logba解析：选A显然，直接找这三个数的大小关系不容易，但对a，b取某些特殊的值，其大小关系就非常明显了．如令a＝14，b＝12，则有－logab＝－log42<0，logba＝log24＝2，ab＝14＝12，由此可得选A.3．若不等

式x2－logax<0在0，12内恒成立，则a的取值范围是()A.116，1B.116，1C.0，116D.0，116解析：选A因为x∈0，12，当a＝116时，显然x2<logax恒成立．又当x→12时，由

14<loga12⇒a>116；当x→0时，可推得a<1，故选A.4．双曲线x2－y2＝1的左焦点为F，点P为左支下半支异于顶点A的任意一点，则直线PF斜率的变化范围是()A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，0)∪

(1，＋∞)D．(1，＋∞)解析：选C如图所示，当P→A时，PF的斜率k→0.当PF⊥x轴时，PF的斜率不存在，即k→±∞.当P在无穷远处时，PF的斜率k→1.结合四个备选项得C项正确．5．已知θ∈[0，π)，若对任意的x∈[－1,0]，不等式x2cosθ＋(x＋1)

2sinθ＋x2＋x>0恒成立，则θ的取值范围是()A.π12，5π12B.π6，π4C.π4，3π4D.π6，5π6解析：选A令x＝－1，不等式化为cosθ>0；令x＝0，不等式化为sinθ>0.又

0≤θ<π，所以0<θ<π2.当－1<x<0时，不等式化为xx＋12cosθ＋xx＋1＋sinθ>0.设xx＋1＝t(t<0)，则t2cosθ＋t＋sinθ>0对t<0恒成立．设f(t)＝t2cosθ＋t＋sinθ＝cosθt＋

12cosθ2＋sinθ－14cosθ，则f(t)min＝sinθ－14cosθ>0，即sin2θ>12.又0<2θ<π，所以π6<2θ<5π6，故π12<θ<5π12.6．在对角线AC1＝6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，正方形BCC1B1所在

平面内的动点P到直线D1C1，DC的距离之和为4，则PC1―→·PC1―→的取值范围是()A．[－2,1]B．[0,1]C．[－1,1]D.－2，14解析：选A法一：依题意可知CC1＝23，点P到点C1与C的距离之和为4，从而可得点P在以C1C为y轴，C1C的中点为原点的椭圆4x2＋y

2＝4上．设P(x0，y0)，则PC1―→·PC1―→＝(x0，y0－3)·(x0，y0＋3)＝x20＋y20－3＝34y20－2(－2≤y0≤2)．由此可得－2≤PC1―→·PC1―→≤1，故选A.法二

：由四个备选项可知，B、C、D都是A的子集．于是，由“若A则B把A抛，A，B同真都去掉”可知，应着重考查“－2”与“1”的值能否取到．又由条件易知，点P在以C1C为y轴，C1C的中点为原点的椭圆4x2＋y2＝4上．由此可得，当y＝

0时，PC1―→·PC1―→可取到－2，当x＝0时，PC1―→·PC1―→可取到1.故选A.7.如图所示，A是函数f(x)＝2x的图象上的动点，过点A作直线平行于x轴，交函数g(x)＝2x＋2的图象于点B，若函数f(x)＝2x的图象上存在点C使得△ABC为

等边三角形，则称A为函数f(x)＝2x的图象上的“好位置点”，则函数f(x)＝2x的图象上的“好位置点”的个数为()A．0B．1C．2D．3解析：选B设A(x,2x)，B(x－2,2x)，若△ABC为等边三角形，则C(x－1,2x－1)，且AC＝AB＝2，即1＋2x－2x－12＝

2，即22x－2＝3，又y＝22x－2单调递增，所以方程有唯一解x＝log232＋1，即函数f(x)＝2x的图象上的“好位置点”的个数为1.8．函数f(x)的定义域为R，若f(x＋1)与f(x－1)都是奇函数，则()A．f(x)是偶函数B．f(x)是奇函数C．f(x)

＝f(x＋2)D．f(x＋3)是奇函数解析：选D法一：因为f(x＋1)是奇函数，所以f(x)＝f(x－1＋1)＝－f[－(x－1)＋1]＝－f(－x＋2)，又因为f(x－1)是奇函数，则－f(－x＋2)＝－f[(－x＋3)－1]＝f(x－3－1)＝f(x－4)，所以f(x)＝

f(x－4)．所以f(x＋3)＝f(x＋3－4)＝f(x－1)是奇函数，因而选D.法二：令f(x)＝sinπx，则f(x＋1)＝sin[π(x＋1)]＝－sinπx，f(x－1)＝sin[π(x－1)]＝－sinπx

.所以，当f(x＋1)，f(x－1)都是奇函数时，f(x)不是偶函数，排除A.令f(x)＝cosπ2x，则f(x＋1)＝cosπ2x＋1＝－sinπ2x，f(x－1)＝cosπ2x－1＝sinπ2x，且f(x＋2)＝cos

π2x＋2＝－cosπ2x，所以，当f(x＋1)，f(x－1)都是奇函数时，f(x)不是奇函数，且f(x)≠f(x＋2)，排除B、C，故选D.9．已知函数f(x)＝x(1＋a|x|)，若关于x

的不等式f(x＋a)<f(x)的解集为A，且－12，12⊆A，则实数a的取值范围是()A.1－52，0B.1－32，0C.1－52，0∪0，1＋32D.－

∞，1－52解析：选A由题意得(x＋a)(1＋a|x＋a|)<x(1＋a|x|)．当a＝－2，x＝0时，有(0－2)(1－2|0－2|)＝6<0×(1－2×0)不成立，故D错．当a＝12，x＝12时，有12＋121＋1212＋12＝

1×32<121＋12×12不成立．故C错．当a＝1－32，x＝12时，有12＋1－321＋1－3212＋1－32<121＋12×1－32，即2－329－334<125－34

，显然，此式成立，故B不对．所以选A.10．已知函数f(x)＝ex＋e2－x，若关于x的不等式[f(x)]2－af(x)≤0恰有3个整数解，则实数a的最小值为()A．1B．2eC．e2＋1D．e3＋1e3解析：选C因为f(x)＝ex＋e

2－x＞0，所以由[f(x)]2－af(x)≤0可得0＜f(x)≤a.令t＝ex，则g(t)＝t＋e2t(t＞0)，画出函数g(t)的大致图象如图所示，结合图象分析易知原不等式有3个整数解可转化为0＜g(t

)≤a的3个解分别为1，e，e2.又当t＝ex的值分别为1，e，e2时，x＝0,1,2.画出直线y＝e2＋1，故结合函数图象可知a的最小值为e2＋1.故选C.11．设F为双曲线x23－y2＝1的左焦点，在点F右侧的x轴上有一点A，以FA为直径的圆与双曲线左、右两支在x轴上方的交点分别

为M，N，则|FN|－|FM||FA|的值为()A.32B.233C.63D.62解析：选A法一：如图，取点A为右焦点F′，则|FA|＝|FF′|.由对称性知|FM|＝|F′N|，所以|FN|－|FM||FA|＝|FN|－|F′N||FF′|＝2

a2c＝32.法二：由已知得F(－2,0)，如图，设A(m，0)(m>3)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则以AF为直径的圆的方程为(x－m)(x＋2)＋y2＝0.由x－mx＋2＋y2＝0，x23－y2＝1，消去y，得43x2－(m－2)x－2m－1＝0.所以x1＋x

2＝34(m－2)．所以|FN|－|FM||FA|＝23x2＋3－－23x1－3m＋2＝23x1＋x2＋23m＋2＝23·3m－24＋23m＋2＝32.12．在我们学过的函数中有这样一类函

数：“对任意一个三角形，只要它的三边长a，b，c都在函数f(x)的定义域内，就有函数值f(a)，f(b)，f(c)也是某个三角形的三边长”．下面四个函数：①f(x)＝x(x>0)；②f(x)＝x2(x>0)；③f(x)＝sinx(0<x<π)；④f(x)＝co

sx0<x<π4.属于这一类函数的有()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选B①设0<a≤b≤c，∵a＋b>c，∴a＋b＋2ab＞c，∴(a＋b)2>c，∴a＋b>c，即f(a)＋f(b)>f(c)，∴f(x)

＝x(x>0)属于这一类函数；②举反例：若a＝3，b＝3，c＝5，则a2＋b2<c2，即f(a)＋f(b)<f(c)，∴f(x)＝x2(x>0)不属于这一类函数；③举反例：若a＝π2，b＝5π6，c＝5π6

，则sina＝sinb＋sinc，即f(a)＝f(b)＋f(c)＝12＋12＝1，∴f(x)＝sinx(0<x<π)不属于这一类函数；④设0<a≤b≤c<π4，∴cosa≥cosb≥cosc>22，∴f(b)＋f(c)＝cosb＋cosc>2，而c

osa<1，即f(b)＋f(c)>f(a)，∴f(x)＝cosx0<x<π4属于这一类函数．综上，属于这一类函数的有2个，故选B.B组——填空题解题技法专练1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b－12c＝

acosC，且4(b＋c)＝3bc，a＝23，则△ABC的面积S＝________.解析：由正弦定理得sinB－12sinC＝sinAcosC，∵sinB＝sin(A＋C)，∴sin(A＋C)－12sinC＝sinAcosC，即cosAsinC＝12sinC.又sinC≠0，

∴cosA＝12，又A是△ABC的内角，∴A＝60°，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，∴(b＋c)2－4(b＋c)＝12，得b＋c＝6，∴bc＝8，∴S＝12bcsinA＝12×8×32＝23.答案：232．已知函数f(x)是定义在

(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，当x>0且x≠1时，2fx＋xf′xx－1>0，若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为－45，则f(1)＝________.解析：因为当x>0且x≠1时，2fx＋xf′xx－1>0，所以当x>1时，2f(x)＋xf′(x

)>0；当0<x<1时，2f(x)＋xf′(x)<0.令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，所以当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)＝x2f(x)单调递增；当0<x<1时，g′(x)<0，函数g(x)＝

x2f(x)单调递减，所以函数g(x)＝x2f(x)在x＝1处取得极值，所以g′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0.因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为－45，所以f′(1)＝－45，所以f(1)＝12×45＝25.答案：253．已知函数f(x)＝ax＋1

，x≤0，|lnx|，x>0，当1<a<2时，关于x的方程f[f(x)]＝a实数解的个数为________．解析：当1<a<2时，作出函数f(x)的图象如图所示，令u＝f(x)，则f(u)＝a，由f(x)的

图象可知，若u满足u<0，此时f(x)＝u无解，若u>0，解得1e2<u<1e<1或2<e<u<e2，显然，当x<0时，不可能使得f(x)＝u有解，当x>0，1e2<u<1e<1时，f(x)＝u有2个解，当x

>0,2<e<u<e2时，f(x)＝u也有2个解．因此f[f(x)]＝a有4个实数解．答案：44．(2019届高三·武汉调研)过抛物线C：y2＝4x的焦点F的直线l与抛物线C交于P，Q两点，与准线交于点M，且FM―→＝3FP―→，则|FP―→|＝____

____.解析：过点P作PP1垂直准线于P1，由FM―→＝3FP―→，得|PM|＝2|PF|，又由抛物线的定义知|PF|＝|PP1|，所以|PM|＝2|PP1|.由三角形相似得|PP1|2|OF|＝|MP||MF|＝23，所以|PP1|＝43，所以|FP―→|＝43.答案：4

35．已知函数f(x)＝12x＋3＋mx3＋nx(m<0，n<0)，且f(x)在[0,1]上的最小值为－3116，则f(x)在[－1,0]上的最大值为________．解析：令g(x)＝mx3＋nx(m<0，n<0)，则g′

(x)＝3mx2＋n，因为m<0，n<0，所以g′(x)<0，所以g(x)为减函数．又y＝12x＋3为减函数，所以f(x)为减函数．当x∈[0,1]时，f(x)min＝f(1)＝m＋n＋116＝－3116，得m＋n＝－2，当x∈[－1,0]时，f(x)max＝f(

－1)＝－m－n＋14＝94.答案：946．已知向量a，b，c满足|a|＝2，|b|＝a·b＝3，若(c－2a)·(2b－3c)＝0,则|b－c|的最大值是________．解析：设a与b的夹角为θ，则a·b＝|a||b|cosθ，∴cosθ＝a·b|a||b|＝32×3＝22，∵θ∈[

0，π]，∴θ＝π4.设OA―→＝a，OB―→＝b，c＝(x，y)，建立如图所示的平面直角坐标系．则A(1,1)，B(3,0)，∴c－2a＝(x－2，y－2)，2b－3c＝(6－3x，－3y)，∵(c－2a

)·(2b－3c)＝0，∴(x－2)(6－3x)＋(y－2)(－3y)＝0.即(x－2)2＋(y－1)2＝1.∵b－c＝(3－x，－y)，∴|b－c|＝x－32＋y2≤3－22＋0－12＋1＝2＋1，即|b－c|的最大值为2＋1.答案：2＋17．(2018·开封高三定位考试)

已知正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为3，此时四面体ABCD的外接球的表面积为________．解析：如图①，在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝2，则BD＝DC＝1，AD＝3，在

翻折后所得的几何体中，如图②，AD⊥BD，AD⊥CD，则AD⊥平面BCD，三棱锥A-BCD的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，球心到截面BCD的距离d＝12AD＝32.在△BCD中，BC＝3，则由余弦定理，得cos∠BDC＝BD2＋DC2－BC22BD·DC＝12＋12－322×1×

1＝－12，所以∠BDC＝120°.设球的半径为R，△BCD的外接圆半径为r，则由正弦定理，得2r＝BCsin∠BDC＝3sin120°＝2，解得r＝1，则球的半径R＝d2＋r2＝322＋12＝72，故球的表面积S＝4πR2＝4

π×722＝7π.答案：7π8.(2018·湘中名校联考)一块边长为acm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则容器的容积的最大值是________．解析：如图，设AB＝x，OF＝x2

，EF＝a2(0<x<a)，所以EO＝EF2－OF2＝12a2－x2.所以V(x)＝13S正方形ABCD·EO＝16x2a2－x2＝16a2x4－x6(0<x<a)．令y＝a2x4－x6(0<x<a)，则y′＝4a2x3－6x5＝2x3(2a2－3x2)．当y′＝0时，x＝6

3a.当y′<0时，63a<x<a，当y′>0时，0<x<63a.所以y＝a2x4－x6(0<x<a)在0，63a上是增函数，在63a，a上是减函数，所以当x＝63a时，ymax＝a2·63a4－63a6＝427a6，即V(x)max＝16427

a6＝327a3.答案：327a39．已知函数f(x)＝sinπx＋π4与函数g(x)＝cosπx＋π4在区间－54，74上的图象交于A，B，C三点，则△ABC的周长为________

．解析：因为函数f(x)＝sinπx＋π4与函数g(x)＝cosπx＋π4在区间－54，74上的图象交于A，B，C三点，所以由sinπx＋π4＝cosπx＋π4，x∈－54，74，解得x＝－1,0,1

，不妨设A－1，－22，B0，22，C1，－22，所以AB＝－1－02＋－22－222＝3，AC＝2，BC＝1－02＋－22－222＝3，所以△ABC的

周长为AB＋AC＋BC＝2＋23.答案：2＋2310．(2019届高三·昆明调研)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a1a2，a3a4，a5，a6a7，a8，a9，a10„„记数阵中的第1列数a1，a2，a4，„

构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＝2bn－1，则a56＝________.解析：当n≥2时，∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1，∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(

n≥2且n∈N*)，∵b1＝2b1－1，∴b1＝1，∴数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，∴bn＝2n－1.设a1，a2，a4，a7，a11，„的下标1,2,4,7,11，„构成数列{cn}，则c2－c1＝1，c3－c2＝

2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，„，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋„＋(n－1)，∴cn＝nn－12＋1，由cn＝nn－12＋1＝56，得n＝11，∴a56＝b11＝210＝1024.答案：102411．(2018·郑州第一

次质量测试)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1的右焦点为F，过点F向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为M，交另一条渐近线于N，若2MF―→＝FN―→，则双曲线的渐近线方程为________．解析：由题意得双曲线的渐近线方程为y＝±bax，F(c,0)，则|M

F|＝b，由2MF―→＝FN―→，可得|MF||FN|＝12，所以|FN|＝2b.在Rt△OMF中，由勾股定理，得|OM|＝|OF|2－|MF|2＝a，因为∠MOF＝∠FON，所以由角平分线定理可得|OM||ON|＝|MF||FN|＝12，|ON|＝2a，在Rt△OMN中，由|OM|2＋|

MN|2＝|ON|2，可得a2＋(3b)2＝(2a)2,9b2＝3a2，即b2a2＝13，所以ba＝33，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±33x.答案：±33x12．已知O是△ABC的外心，取∠C＝45°，若OC―→＝mOA―→＋nOB―→

(m，n∈R)，则m＋n的取值范围是________．解析：因为∠C＝45°，所以∠AOB＝90°.由已知，不妨设△ABC的外接圆半径为1，并设OA―→＝i，OB―→＝j，则C(m，n)，点C的轨迹是以原点为

圆心，1为半径的34圆弧－2(不含端点)，如图所示．设m＋n＝t，则直线x＋y＝t与此圆弧有公共点，故≤t<1，即m＋n的取值范围是[－2，1)．注：也可设m＝cosθ，n＝sinθπ2<θ<2π，则m＋n＝2sinθ＋π4.因为3π4<θ＋π4<9π4

，所以－1≤sinθ＋π4<22，所以－2≤m＋n<1.答案：[－2，1)13．设点(1,2)在抛物线y＝ax2上，直线l与抛物线交于A，B两点，直线l1是线段AB的垂直平分线．若直线l1的斜率为2，则l1在y轴上截距的取值范围为________．解析：由点(1,2

)在抛物线y＝ax2上，得a＝2，即抛物线方程为y＝2x2.设直线l1在y轴上的截距为t，依题意得l1的方程为y＝2x＋t.直线l的方程可设为y＝－12x＋b，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y＝－12x＋b，y＝2x2，

消去y可得2x2＋12x－b＝0，则x1＋x2＝－14，Δ＝14＋8b＞0，即b>－132.设AB的中点P(x0，y0)，则x0＝12(x1＋x2)＝－18，y0＝－12x0＋b＝116＋b.由点P在直线l1上，得116＋b＝－14＋t，于是

t＝516＋b>516－132＝932.故l1在y轴上截距的取值范围为932，＋∞.答案：932，＋∞14．(2019届高三·广州调研)在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－22＝0与椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0

)相切，且椭圆C的右焦点F(c,0)关于直线l：y＝cbx的对称点E在椭圆C上，则△OEF的面积为________．解析：联立x＋2y－22＝0，x2a2＋y2b2＝1，消去x，化简得(a2＋2b2)·y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，由Δ＝0，得2b2＋

a2－8＝0.设F′为椭圆C的左焦点，连接F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，又点F到直线l的距离d＝c2c2＋b2＝c2a，所以|EF|＝2c2a，|F′E|＝2a－|EF|＝2b2a，在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化简得

2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0，得b2＝2，a＝2，所以|EF|＝|F′E|＝2，所以S△OEF＝12S△F′EF＝1.答案：115.(2019届高三·山西四校联考)如图，等边△ABC的边长为2，顶

点B，C分别在x轴的非负半轴，y轴的非负半轴上移动，M为AB的中点，则OA―→·OM―→的最大值为________．解析：设∠OBC＝θ，因为BC＝2，所以B(2cosθ，0)，C(0,2sinθ)，则BC―→＝(－2

cosθ，2sinθ)，设BA―→＝(x，y)，因为△ABC是边长为2的等边三角形，所以x2＋y2＝4，－2xcosθ＋2ysinθ＝2，解得x＝3sinθ－cosθ，y＝3cosθ＋sinθ，即BA―→＝(

3sinθ－cosθ，3cosθ＋sinθ)，则OA―→＝OB―→＋BA―→＝(3sinθ＋cosθ，3cosθ＋sinθ)，因为M为AB的中点，所以OM―→＝OB―→＋12BA―→＝32sinθ＋32cosθ，32cosθ＋12sinθ，所以OA―→·OM―→＝

32＋3sin2θ＋12＋32sin2θ＋cos2θ＝332sin2θ＋12cos2θ＋52＝7sin(2θ＋φ)＋52，其中cosφ＝32114，sinφ＝714，所以OA―→·OM―→的最大值为52＋7

.答案：52＋716．已知函数f(x)＝3sin2x＋2cos2x＋m在区间0，π2上的最大值为3，则(1)m＝________；(2)对任意a∈R，f(x)在[a，a＋20π]上的零点个数为________．解析：(1)因为f(x)＝2sin2x＋π6＋1＋m，当x∈

0，π2时，π6≤2x＋π6≤7π6，所以当x＝π6时，f(x)取最大值3＋m，所以m＝0.(2)易知函数f(x)是周期为π的周期函数，由图可知，在每个周期内只有2个零点，而[a，a＋20π]有20个周期，故有40个零点，特别地，当a为零点时

，a＋20π也是零点，由此可得，此时可有41个零点．所以填40或41.答案：(1)0(2)40或41