《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理（普通生含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理（普通生含解析）（23頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理（普通生，含解析） 解答選擇題中的壓軸題，務(wù)必要遵循“小題小解”的原則，要抓住已知條件與備選項(xiàng)之間的關(guān)系進(jìn)行分析、試探、推斷，充分發(fā)揮備選項(xiàng)的暗示作用，選用解法要靈活機(jī)動(dòng)，做到具體問題具體分析，不要生搬硬套．能定性判定的，就不再使用復(fù)雜的定量計(jì)算；能用特殊值分析的，就不再采用常規(guī)解法；能用間接法求解的，就不再用直接法． 能否快速準(zhǔn)確地解答填空題中的壓軸題，往往是高考數(shù)學(xué)成敗的關(guān)鍵．現(xiàn)行《考試大綱》對(duì)解答填空題提出的基本要求是“正確、合理、迅速”．也就是說解填空題務(wù)必要做到：

2、 特例思想開思路 特例思想是通過考查數(shù)學(xué)對(duì)象的特殊情況來獲得一般性結(jié)論．舉出特例或者研究特殊情況要比研究一般情況容易很多．研究清楚了特殊情況，對(duì)于解決一般情況可以提供解題思路．當(dāng)題目十分復(fù)雜或解題目標(biāo)不明確時(shí)，往往需要考查題設(shè)條件中的某些特殊情況，從中找出能反映問題本質(zhì)屬性的隱含信息，這樣做，常常能夠打開我們的思路，發(fā)現(xiàn)解決問題的方法． [典例]　已知函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在R上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,1]　　　　　 B. C. D. [解析]　法一：特殊值法 對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝1－cos 2x＋aco

3、s x＝－cos2x＋acos x．根據(jù)題意，f′(x)≥0恒成立，因?yàn)楹瘮?shù)f′(x)為偶函數(shù)，從而f′(x)＝0的兩根一定互為相反數(shù)，即可知a的值關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除選項(xiàng)B、D；當(dāng)a＝－1時(shí)，f′(0)＝－cos20＋acos 0<0，說明函數(shù)f(x)不是恒單調(diào)遞增的，排除選項(xiàng)A.故選C. 法二：特殊值法 觀察本題的四個(gè)選項(xiàng)，發(fā)現(xiàn)選項(xiàng)A、B、D中都有數(shù)－1，故取a＝－1，f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－<0，不符合f(x)在R上單調(diào)遞增，排除選項(xiàng)A、B、D.故選C. 法三：數(shù)形結(jié)合 根據(jù)題意，可知f′(x)＝1

4、－cos 2x＋acos x≥0在R上恒成立，化簡可得－cos2x＋acos x＋≥0在R上恒成立．又因?yàn)閨cos x|≤1，令cos x＝t，則－t2＋at＋≥0在t∈[－1,1]上恒成立． 設(shè)g(t)＝－t2＋at＋，則函數(shù)g(t)在t∈[－1,1]上，使得不等式g(t)≥0恒成立， 則所以 所以－≤a≤.故選C. 法四：分類討論 由法三可知，函數(shù)g(t)＝－t2＋at＋≥0，其中t∈[－1,1]．對(duì)參數(shù)t分類討論： 當(dāng)t＝0時(shí)，函數(shù)g(0)＝≥0， 此時(shí)參數(shù)a∈R，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增； 當(dāng)t>0時(shí)，分離參數(shù)得a≥＝t－恒成立．設(shè)函數(shù)h(t)＝t－，即有a≥h(t)

5、max成立，由于h′(t)＝＋>0，從而可知函數(shù)h(t)在(0,1]上單調(diào)遞增，所以a≥h(1)＝－. 當(dāng)t<0時(shí)，分離參數(shù)得a≤＝t－恒成立．易得a≤h(t)min＝h(－1)＝. 綜上所述，a的取值范圍是.故選C. [答案]　C [題后悟通] (1)本題的四種解法中，解法一是從函數(shù)的整體性質(zhì)(單調(diào)性、奇偶性)出發(fā)，排除不符合題意的選項(xiàng)，是優(yōu)化解題方法的最好策略；解法二是從題目的選項(xiàng)特征出發(fā)，采取特值法解題，方法簡單；解法三就是將函數(shù)f(x)求導(dǎo)后，再構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式g(t)≥0恒成立，結(jié)合函數(shù)g(t)的結(jié)構(gòu)特征與圖形特征解題；解法四中，令cos x＝t，對(duì)參數(shù)t進(jìn)行分類討

6、論后，再利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)研究單調(diào)性、最值，這就是有關(guān)單調(diào)性問題的解題套路． (2)處理此類問題經(jīng)常根據(jù)題中所給出的條件巧妙選擇特殊值、特殊函數(shù)、特殊位置、特殊圖形等進(jìn)行求解． [應(yīng)用體驗(yàn)] 1．(2016·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝2－f(x)，若函數(shù)y＝與y＝f(x)圖象的交點(diǎn)為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則(xi＋yi)＝(　　) A．0 B．m C．2m D．4m 解析：選B　法一：(利用函數(shù)的對(duì)稱性) 由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)＝2，所以點(diǎn)(x，f(x))與點(diǎn)(－x，f(－x))連線的中點(diǎn)是(0

7、,1)，故函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)成中心對(duì)稱(此處也可以這樣考慮：由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)－2＝0，即[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0，令F(x)＝f(x)－1，則F(x)＋F(－x)＝0，即F(x)＝f(x)－1為奇函數(shù)，圖象關(guān)于點(diǎn)(0,0)對(duì)稱，而F(x)的圖象可看成是f(x)的圖象向下平移一個(gè)單位得到的，故f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱)．又y＝＝1＋的圖象也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱，所以兩者圖象的交點(diǎn)也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱，所以對(duì)于每一組對(duì)稱點(diǎn)xi＋xi′＝0，yi＋yi′＝2，所以(xi＋yi)＝i＋i＝0＋2×＝m，故選B. 法二：(構(gòu)

8、造特殊函數(shù)) 由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)－2＝0， 即[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0. 令F(x)＝f(x)－1，則F(x)為奇函數(shù)， 即f(x)－1為奇函數(shù)，從而可令f(x)－1＝x， 即f(x)＝x＋1，顯然該函數(shù)滿足此條件． 此時(shí)y＝x＋1與y＝的交點(diǎn)分別為(1,2)和(－1,0)， 所以m＝2，(xi＋yi)＝1＋2＋(－1)＋0＝2， 結(jié)合選項(xiàng)可知選B. 2.如圖，在△ABC中，點(diǎn)O是BC的中點(diǎn)，連接AO，過點(diǎn)O的直線分別交直線AB，AC于不同的兩點(diǎn)M，N，若＝m ，＝n ，則m＋n的值為________． 解析：法一：因?yàn)镺是B

9、C的中點(diǎn)， 所以＝(＋)＝＋. 因?yàn)镸，O，N三點(diǎn)共線，所以＋＝1， 所以m＋n＝2. 法二：(特殊位置法) 取M與B重合，N與C重合， 此時(shí)m＝n＝1，得m＋n＝2. 答案：2 3．已知△ABC中，AB＝4，AC＝5，點(diǎn)O為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，滿足||＝||＝||，則·＝________. 解析：法一：如圖，＝－，＝－， ∴2＝2－2·＋2，2＝2－2·＋2.兩式相減，得2－2＝2·－2·. ∴25－16＝2·(－)， ∴9＝2·， ∴·＝. 法二：(特殊圖形法) 若△ABC為直角三角形，如圖， 則＝(＋)，＝－， ∴·＝(＋)·(－)＝(2－2)＝.

10、 答案： 極限思想減運(yùn)算 極限思想就是考慮相關(guān)問題的極端情況，極端情形往往都是相關(guān)命題的極限情況，或是某個(gè)變量所在區(qū)間端點(diǎn)的取值．例如線段是三角形高為零的極端情況，切線是割線的極端情形(即極限)等．有些高考數(shù)學(xué)壓軸題的求解，常常要從它的極端情形來尋找突破口．一般來說，運(yùn)用極限思想分析問題，往往能夠減少運(yùn)算量，尤其是選擇題和填空題，運(yùn)用極限思想分析解題可以快速準(zhǔn)確地解決問題，從而避免小題大做，節(jié)省考場上的答題時(shí)間． [典例]　在平面四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，則AB的取值范圍是________． [解析]　法一：極限法 如圖，動(dòng)態(tài)地審視平面四邊形A

11、BCD，邊BC＝2固定，∠B＝∠C＝75°固定，延長BA，CD交于點(diǎn)P.雖然∠BAD＝75°，但AB邊并不固定，平行移動(dòng)AD邊，則容易看出BQ

12、題小解”的策略．解法二將四邊形問題轉(zhuǎn)化為解三角形問題，利用正弦定理建立函數(shù)解析式求解． [應(yīng)用體驗(yàn)] 4．過x軸上一點(diǎn)P向圓C：x2＋(y－2)2＝1作圓的切線，切點(diǎn)為A，B，則△PAB的面積的最小值是(　　) A. B. C. D．3 解析：選A　法一：由圖可知，當(dāng)點(diǎn)P趨向于無窮遠(yuǎn)處時(shí)，顯然△ABP的面積趨向于無窮大；當(dāng)點(diǎn)P趨近于原點(diǎn)時(shí)，△ABP的面積越來越??；當(dāng)與原點(diǎn)重合時(shí)有|OA|＝，且此時(shí)的△PAB為正三角形．其面積為×()2×＝.故選A. 法二：設(shè)P(x,0)， 則|PC|2＝x2＋4，|PA|2＝|PB|2＝x2＋3， 設(shè)∠CPA＝θ，則有sin θ＝，co

13、s θ＝， 于是S△PAB＝|PA|2×sin 2θ＝ ＝. 顯然上式是x2的單調(diào)遞增函數(shù)，當(dāng)x＝0時(shí)，S△PAB取得最小值.故選A. 建模探究破創(chuàng)新 探究創(chuàng)新性題的解題思路常用的策略是建模分析．也就是說，對(duì)這類題的求解要特別注意以下幾點(diǎn)： (1)領(lǐng)會(huì)題意，弄清問題所涉及的模型，準(zhǔn)確把握命題給出的相關(guān)新概念、新定義的實(shí)質(zhì)； (2)注重將那些抽象的概念直觀化，隱含的信息條理化，復(fù)雜的數(shù)量關(guān)系模型化； (3)善于借助它的背景、特征、性質(zhì)、構(gòu)思來進(jìn)行分析、探究、類比、變式，構(gòu)建相關(guān)的數(shù)學(xué)模型． 一旦把握了伴隨它的數(shù)學(xué)模型，也就把握了解題入門的向?qū)?，問題便可迎刃而解． [典例]

14、　對(duì)于實(shí)數(shù)a和b，定義運(yùn)算“⊕”：a⊕b＝設(shè)函數(shù)f(x)＝(2x－1)⊕(x－1)，且關(guān)于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三個(gè)互不相等的實(shí)根x1，x2，x3，則x1x2x3的取值范圍是________． [解析]　f(x)＝(2x－1)⊕(x－1) ＝ ?f(x)＝ 故關(guān)于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三個(gè)互不相等的實(shí)根x1，x2，x3，等價(jià)于函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝m有三個(gè)不同的交點(diǎn)． 作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，從圖中不難得知00時(shí)，－x2＋x＝m， 即x2－x＋m＝0， 由此可得x2x3＝

15、m. 當(dāng)x<0時(shí)，由2x2－x＝，得x＝. 當(dāng)m在上遞增時(shí)， |x1|也在上遞增． 從而m|x1|隨著m的遞增而遞增， 而x1<0，所以x1x2x3∈為所求． [答案]　 [題后悟通] 透徹理解題目給出的新定義的模型，明確f(x)的解析式是解題的切入口．用新定義考查閱讀理解能力與知識(shí)遷移能力是現(xiàn)行數(shù)學(xué)高考的出發(fā)點(diǎn)．求解本題的關(guān)鍵在于從圖形中觀察到|x1|的取值是m的增函數(shù)，且x＝是m＝時(shí)的極端情形． [應(yīng)用體驗(yàn)] 5．對(duì)任意兩個(gè)平面向量α，β，定義α°β＝，若向量a，b滿足條件|a|≥|b|>0，a與b的夾角θ∈，且a°b和b°a都在集合中，則a°b＝(　　)

16、 A. B．1 C. D. 解析：選C　由定義α°β＝， 得a°b＝＝，① 同理可得b°a＝＝.② 由|a|≥|b|>0，得0<≤1. 又因?yàn)棣取剩?cos θ<1. 從而可得0<<1，即0

17、等式法等進(jìn)行分析、整合，認(rèn)識(shí)問題的本質(zhì)，探究與問題相關(guān)的基本概念或數(shù)學(xué)模型．只有明確了命題中的相關(guān)概念、定義及數(shù)學(xué)模型，才能準(zhǔn)確理解題意、靈活運(yùn)用知識(shí)分析問題，解決問題，促進(jìn)解題思路的創(chuàng)新．因此，運(yùn)用定義分析問題是準(zhǔn)確、迅速解答數(shù)學(xué)高考?jí)狠S題的重要策略． [典例]　已知函數(shù)f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝，若?x∈R，f(x－1)≤f(x)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A. B. C. D. [解析]　法一：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示． 因?yàn)閷?duì)?x∈R，f(x－1)≤f(x)成立，所以對(duì)應(yīng)的函數(shù)f(x－1)的

18、圖象恒在函數(shù)f(x)的圖象的下方． 由此可知，只需函數(shù)f(x)在x<－2a2時(shí)的圖象向右平移一個(gè)單位即可． 因?yàn)閤>2a2時(shí)，f(x)＝x－3a2， 又f(x)是R上的奇函數(shù)， 所以x<－2a2時(shí)，f(x)＝x＋3a2， 由此可得f(x－1)＝x－1＋3a2. 于是，由f(x－1)≤f(x)，得 x－1＋3a2≤x－3a2， 即6a2≤1，解得a∈. 法二：由圖易知，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)的最小值為－a2. 因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以當(dāng)x<0時(shí)，f(x)的最大值為a2. 又易知，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝a2所對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)為x＝4a2，即B點(diǎn)的橫坐標(biāo)． 當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝

19、a2所對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)xmin＝－2a2，即A點(diǎn)的橫坐標(biāo)． 故要對(duì)?x∈R，都有f(x－1)≤f(x)成立，則要A，B兩點(diǎn)的跨度不大于1. 否則，f(x)的圖象向右平移1個(gè)單位后，線段DB會(huì)在A1C1的下方， 此時(shí)的圖象與對(duì)應(yīng)的函數(shù)不等式f(x－1)≤f(x)相悖． 所以4a2－(－2a2)≤1，解得a∈. [答案]　B [題后悟通] 本題主要考查全稱命題、奇函數(shù)和分段函數(shù)等基本概念，考查函數(shù)的最值與恒成立問題．意在考查考生應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想，綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問題、解決問題的能力．注重理解題意，根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)畫草圖進(jìn)行探究，抓住函數(shù)f(x)在x<－2a2時(shí)的圖象向右平移1個(gè)單位

20、后與原函數(shù)的圖象的關(guān)系進(jìn)行分析，是解題入手的基本途徑．解法一是從函數(shù)的表達(dá)式的角度來構(gòu)建不等式的，解法二是從區(qū)間跨度的角度來構(gòu)建不等式的．易知，這兩種解法都遵循了小題小解的原則，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想在解題中的作用． [應(yīng)用體驗(yàn)] 6．設(shè)P，Q是雙曲線x2－y2＝4上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，將坐標(biāo)平面沿雙曲線的一條漸近線l折成直二面角，則折疊后線段PQ的長度的最小值為________． 解析：法一：因?yàn)殡p曲線x2－y2＝4是以直線y＝±x為漸近線的等軸雙曲線， 所以將雙曲線按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°，可得對(duì)應(yīng)圖象的雙曲線方程為y＝. 因?yàn)殡p曲線x2－y2＝4的頂點(diǎn)為A(，0)， 所以旋轉(zhuǎn)后

21、點(diǎn)A變?yōu)辄c(diǎn)A′(，)． 因?yàn)辄c(diǎn)A′在y＝的圖象上，則m＝2. 即將原雙曲線按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°后，所得的雙曲線的方程為y′＝.如圖． 故問題轉(zhuǎn)化為：過原點(diǎn)的直線交雙曲線y′＝于P，Q兩點(diǎn)，將坐標(biāo)平面沿y′軸折成直二面角，求折后線段PQ的長度的最小值． 設(shè)P(t>0)，過點(diǎn)P作PM⊥y′軸于M， 則M，Q. 從而|MQ|＝ ＝ ， 在折疊后的圖形中，有|QM1|＝|MP|＝t， 故|PQ|2＝|QM1|2＋|MM1|2＋|MP|2＝|QM|2＋|MP|2＝2t2＋≥2＝16. 當(dāng)且僅當(dāng)t2＝4，即t＝2時(shí)等號(hào)成立， 所以當(dāng)t＝2時(shí)，即P坐標(biāo)為(2，)時(shí)，|PQ|的最小值

22、為＝4. 綜上所述，折疊后線段PQ的長度的最小值等于4. 法二：設(shè)P(x0，y0)到兩漸近線的距離分別為m，n， 如圖，則有|PM|＝|QM1|＝m， |PN|＝n， 且m＝， n＝. 易知，折疊后的PQ，可視為一長方體的體對(duì)角線． 則PQ2＝QM＋M1M2＋MP2＝2m2＋4n2≥2mn＝4×＝16. 所以|PQ|min＝4. 答案：4 A組——選擇題解題技法專練 1．若sin α＋sin β＝(cos β－cos α)，α，β∈(0，π)，

23、則α－β的值為(　　) A．－　　　　　　　　 　B．－ C. D. 解析：選D　令β＝，則有sin α＝－cos α?tan α＝－，α∈(0，π)， 所以α＝，從而α－β＝. 2．已知0

24、og24＝2，ab＝＝，由此可得選A. 3．若不等式x2－logax<0在內(nèi)恒成立，則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　因?yàn)閤∈，當(dāng)a＝時(shí)，顯然x2；當(dāng)x→0時(shí)，可推得a<1，故選A. 4．雙曲線x2－y2＝1的左焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P為左支下半支異于頂點(diǎn)A的任意一點(diǎn)，則直線PF斜率的變化范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，0) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：選C　如圖所示，當(dāng)P→A時(shí)，PF的斜率k→0. 當(dāng)PF⊥x軸時(shí)，PF的斜率不存在

25、，即k→±∞. 當(dāng)P在無窮遠(yuǎn)處時(shí)，PF的斜率k→1. 結(jié)合四個(gè)備選項(xiàng)得C項(xiàng)正確． 5．已知θ∈[0，π)，若對(duì)任意的x∈[－1,0]，不等式x2cos θ＋(x＋1)2sin θ＋x2＋x>0恒成立，則θ的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　令x＝－1，不等式化為cos θ>0； 令x＝0，不等式化為sin θ>0. 又0≤θ<π，所以0<θ<. 當(dāng)－10. 設(shè)＝t(t<0)， 則t2cos θ＋t＋sin θ>0對(duì)t<0恒成立． 設(shè)f(t)＝t2cos θ＋t＋sin θ＝cos θ2＋

26、sin θ－， 則f(t)min＝sin θ－>0，即sin 2θ>. 又0<2θ<π，所以<2θ<，故<θ<. 6．在對(duì)角線AC1＝6的正方體ABCD-A1B1C1D1中，正方形BCC1B1所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)P到直線D1C1，DC的距離之和為4，則·的取值范圍是(　　) A．[－2,1] B．[0,1] C．[－1,1] D. 解析：選A　法一：依題意可知CC1＝2， 點(diǎn)P到點(diǎn)C1與C的距離之和為4， 從而可得點(diǎn)P在以C1C為y軸，C1C的中點(diǎn)為原點(diǎn)的橢圓4x2＋y2＝4上．設(shè)P(x0，y0)， 則·＝(x0，y0－)·(x0，y0＋)＝x＋y－3＝y(tǒng)－2(－2≤y0

27、≤2)． 由此可得－2≤·≤1，故選A. 法二：由四個(gè)備選項(xiàng)可知，B、C、D都是A的子集． 于是，由“若A則B把A拋，A，B同真都去掉”可知，應(yīng)著重考查“－2”與“1”的值能否取到． 又由條件易知，點(diǎn)P在以C1C為y軸，C1C的中點(diǎn)為原點(diǎn)的橢圓4x2＋y2＝4上． 由此可得，當(dāng)y＝0時(shí)，·可取到－2， 當(dāng)x＝0時(shí)，·可取到1.故選A. 7.如圖所示，A是函數(shù)f(x)＝2x的圖象上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)A作直線平行于x軸，交函數(shù)g(x)＝2x＋2的圖象于點(diǎn)B，若函數(shù)f(x)＝2x的圖象上存在點(diǎn)C使得△ABC為等邊三角形，則稱A為函數(shù)f(x)＝2x的圖象上的“好位置點(diǎn)”，則函數(shù)f(x)＝2x的

28、圖象上的“好位置點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選B　設(shè)A(x,2x)，B(x－2,2x)，若△ABC為等邊三角形，則C(x－1,2x－1)，且AC＝AB＝2，即＝2，即22x－2＝3，又y＝22x－2單調(diào)遞增，所以方程有唯一解x＝＋1，即函數(shù)f(x)＝2x的圖象上的“好位置點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為1. 8．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，若f(x＋1)與f(x－1)都是奇函數(shù)，則(　　) A．f(x)是偶函數(shù) B．f(x)是奇函數(shù) C．f(x)＝f(x＋2) D．f(x＋3)是奇函數(shù) 解析：選D　法一：因?yàn)閒(x＋1)是奇函數(shù)，所以f(x)＝f(x－1

29、＋1)＝－f[－(x－1)＋1]＝－f(－x＋2)， 又因?yàn)閒(x－1)是奇函數(shù)，則－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)是奇函數(shù)，因而選D. 法二：令f(x)＝sin πx， 則f(x＋1)＝sin[π(x＋1)]＝－sin πx， f(x－1)＝sin[π(x－1)]＝－sin πx. 所以，當(dāng)f(x＋1)，f(x－1)都是奇函數(shù)時(shí)，f(x)不是偶函數(shù)，排除A. 令f(x)＝cos x，則 f(x＋1)＝cos＝－sinx， f(x－1)＝cos＝sin

30、 x， 且f(x＋2)＝cos＝－cosx， 所以，當(dāng)f(x＋1)，f(x－1)都是奇函數(shù)時(shí)，f(x)不是奇函數(shù)，且f(x)≠f(x＋2)，排除B、C，故選D. 9．已知函數(shù)f(x)＝x(1＋a|x|)，若關(guān)于x的不等式f(x＋a)

31、然，此式成立，故B不對(duì)．所以選A. 10．已知函數(shù)f(x)＝ex＋e2－x，若關(guān)于x的不等式[f(x)]2－af(x)≤0恰有3個(gè)整數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的最小值為(　　) A．1 B．2e C．e2＋1 D．e3＋ 解析：選C　因?yàn)閒(x)＝ex＋e2－x＞0，所以由[f(x)]2－af(x)≤0可得0＜f(x)≤a.令t＝ex，則g(t)＝t＋(t＞0)，畫出函數(shù)g(t)的大致圖象如圖所示，結(jié)合圖象分析易知原不等式有3個(gè)整數(shù)解可轉(zhuǎn)化為0＜g(t)≤a的3個(gè)解分別為1，e，e2.又當(dāng)t＝ex的值分別為1，e，e2時(shí)，x＝0,1,2.畫出直線y＝e2＋1，故結(jié)合函數(shù)圖象可知a的最小值為

32、e2＋1.故選C. 11．設(shè)F為雙曲線－y2＝1的左焦點(diǎn)，在點(diǎn)F右側(cè)的x軸上有一點(diǎn)A，以FA為直徑的圓與雙曲線左、右兩支在x軸上方的交點(diǎn)分別為M，N，則的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　法一：如圖，取點(diǎn)A為右焦點(diǎn)F′，則|FA|＝|FF′|. 由對(duì)稱性知|FM|＝|F′N|， 所以＝＝＝. 法二：由已知得F(－2,0)，如圖，設(shè)A(m，0)(m>)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則以AF為直徑的圓的方程為(x－m)(x＋2)＋y2＝0. 由 消去y，得x2－(m－2)x－2m－1＝0. 所以x1＋x2＝(m－2)． 所以＝ ＝＝＝

33、. 12．在我們學(xué)過的函數(shù)中有這樣一類函數(shù)：“對(duì)任意一個(gè)三角形，只要它的三邊長a，b，c都在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)，就有函數(shù)值f(a)，f(b)，f(c)也是某個(gè)三角形的三邊長”．下面四個(gè)函數(shù)： ①f(x)＝(x>0)；②f(x)＝x2(x>0)； ③f(x)＝sin x(0c， ∴a＋b＋2＞c，∴(＋)2>c，∴＋>， 即f(a)＋f(b)>f(c)， ∴f(x)＝(x>0)屬于這一類函數(shù)； ②舉反例：若a＝3，b＝3

34、，c＝5，則a2＋b20)不屬于這一類函數(shù)； ③舉反例：若a＝，b＝，c＝，則sin a＝sin b＋sin c， 即f(a)＝f(b)＋f(c)＝＋＝1， ∴f(x)＝sin x(0， ∴f(b)＋f(c)＝cos b＋cos c>，而cos a<1， 即f(b)＋f(c)>f(a)，∴f(x)＝cos x屬于這一類函數(shù)． 綜上，屬于這一類函數(shù)的有2個(gè)，故選B. B組——填空題解題技法專練 1．在△ABC中，角A，B，C

35、的對(duì)邊分別是a，b，c，若b－c＝acos C，且4(b＋c)＝3bc，a＝2，則△ABC的面積S＝________. 解析：由正弦定理得sin B－ sin C＝sin Acos C，∵sin B＝sin(A＋C)， ∴sin(A＋C)－sin C＝sin Acos C， 即cos Asin C＝sin C. 又sin C≠0，∴cos A＝， 又A是△ABC的內(nèi)角，∴A＝60°， ∴a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc， ∴(b＋c)2－4(b＋c)＝12， 得b＋c＝6，∴bc＝8， ∴S＝bcsin A＝×8×＝2. 答案：2

36、 2．已知函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，>0，若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的斜率為－，則f(1)＝________. 解析：因?yàn)楫?dāng)x>0且x≠1時(shí)，>0， 所以當(dāng)x>1時(shí)，2f(x)＋xf′(x)>0； 當(dāng)01時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)＝x2f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)0

37、函數(shù)g(x)＝x2f(x)在x＝1處取得極值， 所以g′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0. 因?yàn)榍€y＝f(x)在x＝1處的切線的斜率為－， 所以f′(1)＝－，所以f(1)＝×＝. 答案： 3．已知函數(shù)f(x)＝當(dāng)10，解得0，0,

38、2

39、________． 解析：令g(x)＝mx3＋nx(m<0，n<0)，則g′(x)＝3mx2＋n，因?yàn)閙<0，n<0，所以g′(x)<0，所以g(x)為減函數(shù)．又y＝x＋3為減函數(shù)，所以f(x)為減函數(shù)．當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)min＝f(1)＝m＋n＋＝－，得m＋n＝－2，當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，f(x)max＝f(－1)＝－m－n＋＝. 答案： 6．已知向量a，b，c滿足|a|＝，|b|＝a·b＝3，若(c－2a)·(2b－3c)＝0, 則|b－c|的最大值是________． 解析：設(shè)a與b的夾角為θ，則a·b＝|a||b|cos θ， ∴cos θ＝＝＝， ∵θ∈[0，π

40、]，∴θ＝. 設(shè)＝a，＝b，c＝(x，y)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系． 則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|＝≤＋1＝＋1，即|b－c|的最大值為＋1. 答案：＋1 7．(2018·開封高三定位考試)已知正三角形ABC的邊長為2，將它沿高AD翻折，使點(diǎn)B與點(diǎn)C間的距離為，此時(shí)四面體ABCD的外接球的表面積為________． 解析：如圖①

41、，在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝2，則BD＝DC＝1，AD＝，在翻折后所得的幾何體中，如圖②，AD⊥BD，AD⊥CD，則AD⊥平面BCD，三棱錐A-BCD的外接球就是它擴(kuò)展為三棱柱的外接球，球心到截面BCD的距離d＝AD＝.在△BCD中，BC＝，則由余弦定理，得cos∠BDC＝＝＝－，所以∠BDC＝120°.設(shè)球的半徑為R，△BCD的外接圓半徑為r，則由正弦定理，得2r＝＝＝2，解得r＝1，則球的半徑R＝＝＝，故球的表面積S＝4πR2＝4π×2＝7π. 答案：7π 8.(2018·湘中名校聯(lián)考)一塊邊長為a cm的正方形鐵片按如圖所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個(gè)全等的等腰三

42、角形加工成一個(gè)正四棱錐形容器，則容器的容積的最大值是________． 解析：如圖，設(shè)AB＝x，OF＝， EF＝(00時(shí)，0

43、n與函數(shù)g(x)＝cos在區(qū)間上的圖象交于A，B，C三點(diǎn)，則△ABC的周長為________． 解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝sin與函數(shù)g(x)＝cos在區(qū)間上的圖象交于A，B，C三點(diǎn)，所以由sin ＝cos，x∈，解得x＝－1,0,1， 不妨設(shè)A，B，C， 所以AB＝＝，AC＝2，BC＝＝， 所以△ABC的周長為AB＋AC＋BC＝2＋2. 答案：2＋2 10．(2019屆高三·昆明調(diào)研)將數(shù)列{an}中的所有項(xiàng)按每一行比上一行多1項(xiàng)的規(guī)則排成如下數(shù)陣： 記數(shù)陣中的第1列數(shù)a1，a2，a4，…構(gòu)成的數(shù)列為{bn}，Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．若Sn＝2bn－1，則a56＝___

44、_____. 解析：當(dāng)n≥2時(shí)，∵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， ∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列， ∴bn＝2n－1. 設(shè)a1，a2，a4，a7，a11，…的下標(biāo)1,2,4,7,11，…構(gòu)成數(shù)列{cn}，則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＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024. 答案：1 024

45、 11．(2018·鄭州第一次質(zhì)量測試)已知雙曲線C：－＝1的右焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F向雙曲線的一條漸近線作垂線，垂足為M，交另一條漸近線于N，若2＝，則雙曲線的漸近線方程為________． 解析：由題意得雙曲線的漸近線方程為y＝±x，F(xiàn)(c,0)，則|MF|＝b，由2＝，可得＝，所以|FN|＝2b. 在Rt△OMF中，由勾股定理， 得|OM|＝＝a， 因?yàn)椤螹OF＝∠FON，所以由角平分線定理可得＝＝，|ON|＝2a， 在Rt△OMN中，由|OM|2＋|MN|2＝|ON|2，可得a2＋(3b)2＝(2a)2,9b2＝3a2，即＝，所以＝，所以雙曲線C的漸近線方程為y＝±x. 答案：

46、±x 12．已知O是△ABC的外心，取∠C＝45°，若＝m＋n(m，n∈R)，則m＋n的取值范圍是________． 解析：因?yàn)椤螩＝45°，所以∠AOB＝90°.由已知，不妨設(shè)△ABC的外接圓半徑為1，并設(shè)＝i，＝j(luò)，則C(m，n)，點(diǎn)C的軌跡是以原點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓弧(不含端點(diǎn))，如圖所示．設(shè)m＋n＝t，則直線x＋y＝t與此圓弧有公共點(diǎn)，故－≤t<1，即m＋n的取值范圍是[－，1)． 注：也可設(shè)m＝cos θ，n＝sin θ，則m＋n＝sin.因?yàn)?θ＋<， 所以－1≤sin<，所以－≤m＋n<1. 答案：[－，1) 13．設(shè)點(diǎn)(1,2)在拋物線y＝ax2上，直線l與拋物線

47、交于A，B兩點(diǎn)，直線l1是線段AB的垂直平分線．若直線l1的斜率為2，則l1在y軸上截距的取值范圍為________． 解析：由點(diǎn)(1,2)在拋物線y＝ax2上，得a＝2，即拋物線方程為y＝2x2.設(shè)直線l1在y軸上的截距為t，依題意得l1的方程為y＝2x＋t.直線l的方程可設(shè)為y＝－x＋b，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立消去y可得2x2＋x－b＝0，則x1＋x2＝－，Δ＝＋8b＞0，即b>－.設(shè)AB的中點(diǎn)P(x0，y0)，則x0＝(x1＋x2)＝－，y0＝－x0＋b＝＋b.由點(diǎn)P在直線l1上，得＋b＝－＋t，于是t＝＋b>－＝.故l1在y軸上截距的取值范圍為. 答案： 14

48、．(2019屆高三·廣州調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線x＋y－2＝0與橢圓C：＋＝1(a>b>0)相切，且橢圓C的右焦點(diǎn)F(c,0)關(guān)于直線l：y＝x的對(duì)稱點(diǎn)E在橢圓C上，則△OEF的面積為________． 解析：聯(lián)立消去x，化簡得(a2＋2b2)·y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，由Δ＝0，得2b2＋a2－8＝0.設(shè)F′為橢圓C的左焦點(diǎn)，連接F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，又點(diǎn)F到直線l的距離d＝＝，所以|EF|＝，|F′E|＝2a－|EF|＝，在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化簡得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0，得b2＝2，a＝2

49、，所以|EF|＝|F′E|＝2，所以S△OEF＝S△F′EF＝1. 答案：1 15.(2019屆高三·山西四校聯(lián)考)如圖，等邊△ABC的邊長為2，頂點(diǎn)B，C分別在x軸的非負(fù)半軸，y軸的非負(fù)半軸上移動(dòng)，M為AB的中點(diǎn)，則·的最大值為________． 解析：設(shè)∠OBC＝θ，因?yàn)锽C＝2，所以B(2cos θ，0)，C(0,2sin θ)，則＝(－2cos θ，2sin θ)，設(shè)＝(x，y)，因?yàn)椤鰽BC是邊長為2的等邊三角形， 所以解得即＝(sin θ－cos θ，cos θ＋sin θ)， 則＝＋＝(sin θ＋cos θ，cos θ＋sin θ)， 因?yàn)镸為AB的中點(diǎn)， 所以＝

50、＋＝sin θ＋cos θ，cos θ＋sin θ， 所以·＝＋sin 2θ＋＋sin 2θ＋cos2θ＝sin 2θ＋cos 2θ＋＝sin(2θ＋φ)＋其中cos φ＝，sin φ＝， 所以·的最大值為＋. 答案：＋ 16．已知函數(shù)f(x)＝sin 2x＋2cos2x＋m在區(qū)間上的最大值為3，則 (1)m＝________； (2)對(duì)任意a∈R，f(x)在[a，a＋20π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為________． 解析：(1)因?yàn)閒(x)＝2sin＋1＋m， 當(dāng)x∈時(shí)，≤2x＋≤， 所以當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取最大值3＋m，所以m＝0. (2)易知函數(shù)f(x)是周期為π的周期函數(shù)，由圖可知，在每個(gè)周期內(nèi)只有2個(gè)零點(diǎn)，而[a，a＋20π]有20個(gè)周期，故有40個(gè)零點(diǎn)，特別地，當(dāng)a為零點(diǎn)時(shí)，a＋20π也是零點(diǎn)，由此可得，此時(shí)可有41個(gè)零點(diǎn)．所以填40或41. 答案：(1)0　(2)40或41