《2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第30練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第30練（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第30練　壓軸小題突破練(2) [明晰考情]　高考選擇題的12題位置、填空題的16題位置，往往出現(xiàn)邏輯思維深刻，難度高檔的題目. 考點(diǎn)一　與向量有關(guān)的壓軸小題 方法技巧　(1)以向量為載體的綜合問題，要準(zhǔn)確使用平面向量知識(shí)進(jìn)行轉(zhuǎn)化，最后歸結(jié)為不含向量的問題. (2)平面向量常與三角函數(shù)、平面幾何、解析幾何等相結(jié)合，利用向量共線或數(shù)量積的知識(shí)解題. 1.在△ABC中，已知·＝9，sin B＝cos A·sin C，S△ABC＝6，P為線段AB上的點(diǎn)，且＝x·＋y·，則xy的最大值為(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案　C 解析　由題設(shè)sin B＝sin(A

2、＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝sin Ccos A， 即sin Acos C＝0，也即cos C＝0， ∴C＝90°. 又∵bccos A＝9，故b2＝9，即b＝3. ∵ab＝6，故a＝4，c＝5， 故建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系xCy，則A(3，0)，B(0，4)，則由題設(shè)可知P(x，y)， 直線AB的方程為＋＝1且x＞0，y＞0， ∴＋＝1≥2，即xy≤3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝2時(shí)“＝”成立，故選C. 2.已知點(diǎn)O是△ABC內(nèi)部一點(diǎn)，且滿足2＋3＋4＝0，則△AOB，△BOC，△AOC的面積之比為(　　) A.4∶2∶3 B.2∶3∶4 C

3、.4∶3∶2 D.3∶4∶5 答案　A 解析　如圖所示，延長OA，OB，OC，使 OD＝2OA，OE＝3OB，OF＝4OC， ∵2＋3＋4＝0， ∴＋＋＝0， 即O是△DEF的重心，故△DOE，△EOF，△DOF的面積相等， 不妨令它們的面積均為1，則△AOB的面積為，△BOC的面積為，△AOC的面積為，故△AOB，△BOC，△AOC的面積之比為∶∶＝4∶2∶3. 故選A. 3.(2017·江蘇)如圖，在同一個(gè)平面內(nèi)，向量，，的模分別為1，1，，與的夾角為α，且tan α＝7，與的夾角為45°.若＝m＋n(m，n∈R)，則m＋n＝________. 答案　3

4、解析　如圖，過點(diǎn)C作CD∥OB交OA的延長線于點(diǎn)D. 設(shè)＝m，＝n，則在△ODC中有OD＝m， DC＝n，OC＝，∠OCD＝45°， 由tan α＝7，得cos α＝， 又由余弦定理知， 即 ①＋②得4－2n－m＝0，即m＝10－5n，代入①得12n2－49n＋49＝0，解得n＝或n＝，當(dāng)n＝時(shí)，m＝10－5×＝－<0(舍去)，當(dāng)n＝時(shí)，m＝10－5×＝，故m＋n＝＋＝3. 4.已知O為△ABC的外心，且＝λ＋μ. (1)若∠C＝90°，則λ＋μ＝______________； (2)若∠ABC＝60°，則λ＋μ的最大值為______________. 答案　　

5、解析　(1)若∠C＝90°，則O為AB邊的中點(diǎn)， ＝，即λ＝，μ＝0. (2)設(shè)△ABC的三內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，因?yàn)镺為△ABC的外心，且＝λ＋μ， 所以 即 化簡得 解得 則λ＋μ＝－≤－2＝－＝，當(dāng)且僅當(dāng)△ABC為等邊三角形時(shí)“＝”成立. 考點(diǎn)二　與解析幾何有關(guān)的壓軸小題 方法技巧　求圓錐曲線范圍，最值問題的常用方法 (1)定義性質(zhì)轉(zhuǎn)化法：利用圓錐曲線的定義性質(zhì)進(jìn)行轉(zhuǎn)化，根據(jù)平面幾何中的結(jié)論確定最值或范圍. (2)目標(biāo)函數(shù)法：建立所求的目標(biāo)函數(shù)，將所求最值轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值解決. (3)條件不等式法：找出與變量相關(guān)的所有限制條件，然后再通過解決不等式(

6、組)求變量的范圍. 5.已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，A是C的左頂點(diǎn)，點(diǎn)P在過A且斜率為的直線上，△PF1F2為等腰三角形，∠F1F2P＝120°，則C的離心率為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如圖，作PB⊥x軸于點(diǎn)B. 由題意可設(shè)|F1F2|＝|PF2|＝2，則c＝1， 由∠F1F2P＝120°， 可得|PB|＝，|BF2|＝1， 故|AB|＝a＋1＋1＝a＋2， tan∠PAB＝＝＝， 解得a＝4， 所以e＝＝. 故選D. 6.已知F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)為橢圓＋＝1(a＞b＞0)的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為

7、橢圓上一點(diǎn)且·＝c2，則此橢圓離心率的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)P(m，n)，則·＝(－c－m，－n)·(c－m，－n)＝m2－c2＋n2＝c2， ∴2c2－m2＝n2.① 把P(m，n)代入＋＝1，得＋＝1，② ①代入②得m2＝≥0， ∴a2b2≤2a2c2，即b2≤2c2， 又a2＝b2＋c2，∴a2≤3c2，即e＝≥. 又m2＝≤a2， 即a2≥2c2，即e＝≤， ∴橢圓離心率的取值范圍是. 7.等腰直角△AOB內(nèi)接于拋物線y2＝2px(p＞0)，O為拋物線的頂點(diǎn)，OA⊥OB，△AOB的面積是16，拋物線的焦點(diǎn)為F，若

8、M是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，則的最大值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因?yàn)榈妊苯恰鰽OB內(nèi)接于拋物線y2＝2px(p＞0)，O為拋物線的頂點(diǎn)，OA⊥OB， 所以可設(shè)A(a，a)(a＞0)， S△AOB＝a×2a＝16，得a＝4， 將A(4，4)代入y2＝2px，得p＝2，拋物線的方程為y2＝4x，所以F(1，0). 設(shè)M(x，y)，則x≥0，設(shè)t＝(0

9、最小值為____________. 答案　4 解析　設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)為A(xA，yA)，B(xB，yB)， 由題意可知 ＝＋＝2≥2＝2， 當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為y＝k(x－1)，聯(lián)立 得ky2－4y－4k＝0， 由根與系數(shù)的關(guān)系，得 yAyB＝－4，由此可知|EG|≥4 ，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立， 即的最小值為4. 當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，直線AB：x＝1，此時(shí)A(1，－2)，B(1，2)，所以C(2，－4)，D，即G(0，1)， E(0，－4)，所以|EG|＝5. 綜上，|EG|的最小值為4. 考點(diǎn)三　與推理證明有關(guān)的壓軸小

10、題 方法技巧　推理證明問題考查學(xué)生邏輯推理能力，屬于較難題，考試形式往往為 (1)以數(shù)表、數(shù)陣、圖形為背景與數(shù)列、周期性等知識(shí)相結(jié)合考查歸納推理和類比推理，多以小題形式出現(xiàn). (2)“新定義”問題題型較為新穎，所包含的信息豐富，能較好地考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力，越來越受到關(guān)注和重視. 9.給出以下數(shù)對(duì)序列： (1，1) (1，2)(2，1) (1，3)(2，2)(3，1) (1，4)(2，3)(3，2)(4，1) … 若第i行的第j個(gè)數(shù)對(duì)為aij，如a43＝(3，2)，則anm等于(　　) A.(m，n－m＋1) B.(m－1，n－m) C.(m－1，n－m

11、＋1) D.(m，n－m) 答案　A 解析　方法一　由前4行的特點(diǎn)，歸納可得：若anm＝(a，b)，則a＝m，b＝n－m＋1，∴anm＝(m，n－m＋1). 方法二　賦值法，令m＝n＝1，則anm＝a11＝(1，1)，分別代入選項(xiàng)A，B，C，D，只有A結(jié)果為(1，1)符合題意. 10.老王和小王父子倆玩一種類似于古代印度的“梵塔游戲”：有3個(gè)柱子甲、乙、丙，在甲柱上現(xiàn)有4個(gè)盤子，最上面的兩個(gè)盤子大小相同，從第二個(gè)盤子往下大小不等，大的在下，小的在上(如圖)，把這4個(gè)盤子從甲柱全部移到乙柱游戲即結(jié)束，在移動(dòng)過程中每次只能移動(dòng)一個(gè)盤子，甲、乙、丙柱都可以利用，且3個(gè)柱子上的盤子始終保持

12、小的盤子不能放在大的盤子之下，設(shè)游戲結(jié)束需要移動(dòng)的最少次數(shù)為n，則n等于(　　) A.7 B.8 C.11 D.15 答案　C 解析　由題意得，根據(jù)甲乙丙三圖可知最上面的兩個(gè)是一樣大小的，所以比三個(gè)盤子不同時(shí)操作的次數(shù)(23－1)要多，比四個(gè)盤子不同時(shí)操作的次數(shù)(24－1)要少，相當(dāng)于與操作三個(gè)不同盤子的時(shí)候相比，最上面的那個(gè)動(dòng)了幾次，就會(huì)增加幾次，故游戲結(jié)束需要移動(dòng)的最少次數(shù)為11. 11. 有三張卡片，分別寫有1和2，1和3，2和3.甲、乙、丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是

13、1”，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是________. 答案　(1，3) 解析　由題意得丙不取(2，3)，若丙取(1，2)，則乙取(2，3)，甲取(1，3)滿足；若丙取(1，3)，則乙取(2，3)，甲取(1，2)不滿足，故甲取(1，3). 12.若函數(shù)f(x)，g(x)滿足?f(x)g(x)dx＝0，則稱f(x)，g(x)為區(qū)間[－1，1]上的一組正交函數(shù).給出三組函數(shù)： ①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.其中為區(qū)間[－1，1]上的正交函數(shù)的是________.(填序號(hào)) 答案　

14、①③ 解析　對(duì)于①，?dx＝?sin xdx＝－＝0，則f(x)，g(x)為區(qū)間[－1，1]上的正交函數(shù)； 對(duì)于②，?(x＋1)(x－1)dx＝?(x2－1)dx＝≠0，則f(x)，g(x)不是區(qū)間[－1，1]上的正交函數(shù)； 對(duì)于③，?x3dx＝＝0，則f(x)，g(x)為區(qū)間[－1，1]上的正交函數(shù).所以滿足條件的正交函數(shù)是①③. 1.(2018·天津)在如圖所示的平面圖形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，＝2，＝2，則·的值為(　　) A.－15 B.－9 C.－6 D.0 答案　C 解析　如圖，連接MN. ∵＝2， ＝2， ∴＝＝，

15、 ∴MN∥BC，且＝， ∴＝3＝3(－)， ∴·＝3(·－2)＝3(2×1×cos 120°－12)＝－6. 故選C. 2.已知向量a，b滿足|a|＝2|b|≠0，且關(guān)于x的函數(shù)f(x)＝2x3＋3|a|x2＋6a·bx＋7在實(shí)數(shù)集R上單調(diào)遞增，則向量a，b的夾角的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　求導(dǎo)可得f′(x)＝6x2＋6|a|x＋6a·b，則由函數(shù)f(x)＝2x3＋3|a|x2＋6a·bx＋7在實(shí)數(shù)集R上單調(diào)遞增，可得f′(x)＝6x2＋6|a|x＋6a·b≥0在R上恒成立，即x2＋|a|x＋a·b≥0恒成立， 故判別式Δ＝a2－4

16、a·b≤0， 再由|a|＝2|b|≠0，可得8|b|2≤8|b|2cos〈a，b〉， ∴cos〈a，b〉≥， 又∵〈a，b〉∈[0，π]， ∴〈a，b〉∈. 3.(2018·重慶診斷)設(shè)集合A＝{(x，y)|(x＋3sin α)2＋(y＋3cos α)2＝1，α∈R}，B＝{(x，y)|3x＋4y＋10＝0}，記P＝A∩B，則點(diǎn)集P所表示的軌跡長度為(　　) A.2 B.2 C.4 D.4 答案　D 解析　由題意得圓(x＋3sin α)2＋(y＋3cos α)2＝1的圓心(－3sin α，－3cos α)在圓x2＋y2＝9上，當(dāng)α變化時(shí)，該圓繞著原點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，集合A表示的

17、區(qū)域是如圖所示的環(huán)形區(qū)域(陰影部分所示). 由于原點(diǎn)(0，0)到直線3x＋4y＋10＝0的距離為d＝＝2，所以直線3x＋4y＋10＝0恰好與圓環(huán)的小圓相切. 所以P＝A∩B表示的是直線3x＋4y＋10＝0截圓環(huán)的大圓x2＋y2＝16所得的弦長. 故點(diǎn)集P所表示的軌跡長度為2＝4. 4.設(shè)雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的右焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F作與x軸垂直的直線l交兩漸近線于A，B兩點(diǎn)，且與雙曲線在第一象限的交點(diǎn)為P，設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，λμ＝，則該雙曲線的離心率為(　　) A. B.2 C. D. 答案　D 解析　雙曲線的漸近線方程為y＝±x，焦點(diǎn)F

18、(c，0)，不妨設(shè)yA>0，yB<0， 則A，B，P， 因?yàn)椋溅耍蹋? 所以＝， 所以λ＋μ＝1，λ－μ＝， 解得λ＝，μ＝， 又由λμ＝，得＝， 解得＝2， 所以e＝，故選D. 5.若數(shù)列{an}滿足－＝0，n∈N*，p為非零常數(shù)，則稱數(shù)列{an}為“夢(mèng)想數(shù)列”.已知正項(xiàng)數(shù)列為“夢(mèng)想數(shù)列”，且b1b2b3…b99＝299，則b8＋b92的最小值是(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 答案　B 解析　依題意可得bn＋1＝pbn，則數(shù)列{bn}為等比數(shù)列.又b1b2b3…b99＝299＝b，則b50＝2.b8＋b92≥2＝2b50＝4，當(dāng)且僅當(dāng)b8＝b92＝2

19、，即該數(shù)列為常數(shù)列時(shí)取等號(hào). 6.來自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，剛好碰在一起.他們除懂本國語言外，每人還會(huì)說其他三國語言中的一種.有一種語言是三個(gè)人會(huì)說的，但沒有一種語言四人都懂，現(xiàn)知道：①甲是日本人，丁不會(huì)說日語，但他倆能自由交談；②四人中沒有一個(gè)人既能用日語交談，又能用法語交談；③乙、丙、丁交談時(shí)，不能只用一種語言；④乙不會(huì)說英語，當(dāng)甲與丙交談時(shí)，他能做翻譯.針對(duì)他們懂的語言，正確的推理是(　　) A.甲日德、乙法德、丙英法、丁英德 B.甲日英、乙日德、丙德法、丁日英 C.甲日德、乙法德、丙英德、丁英德 D.甲日法、乙英德、丙法德、丁法英 答案　A 解析　分析題

20、目和選項(xiàng)，由①知，丁不會(huì)說日語，排除B選項(xiàng)；由②知，沒有人既會(huì)日語又會(huì)法語，排除D選項(xiàng)；由③知乙、丙、丁不會(huì)同一種語言，排除C選項(xiàng)，故選A. 7.(2018·石家莊模擬)拋物線C：y＝x2的焦點(diǎn)為F，其準(zhǔn)線l與y軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)M在拋物線C上，當(dāng)＝時(shí)，△AMF的面積為(　　) A.1 B.2 C.2 D.4 答案　B 解析　F(0，1)，A(0，－1)，過M作MN⊥l，垂足為N，∴△AMF的高為|AN|， 設(shè)M(m>0)， 則S△AMF＝×2m＝m. 又由＝，|MN|＝|MF|， ∴△AMN為等腰直角三角形， ∴m2＋1＝m，∴m＝2， ∴△AMF的面積為2.

21、 8.在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝BC＝2AD＝2，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，以A為圓心，AD為半徑的圓交AB于點(diǎn)G，點(diǎn)P在上運(yùn)動(dòng)(如圖).若＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，則6λ＋μ的取值范圍是(　　) A.[1，] B.[，2] C.[2，2] D.[1，2] 答案　C 解析　建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系， 則A(0，0)，B(2，0)，E(2，1)，C(2，2)，D(0，1)，F(xiàn). 設(shè)P(cos θ，sin θ)，其中0≤θ≤，則 ＝(cos θ，sin θ)，＝(2，1)，＝， ∵＝λ＋μ， ∴(cos θ，sin θ)＝λ(2，

22、1)＋μ， 即 解得 ∴6λ＋μ＝2sin θ＋2cos θ＝2sin， ∵0≤θ≤，∴≤θ＋≤， ∴2≤2sin≤2， 即6λ＋μ的取值范圍是[2，2]，故選C. 9.在△ABC中，A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a2＋b2－c2＝ab，且acsin B＝2sin C，則·＝________. 答案　3 解析　由a2＋b2－c2＝ab，得2cos C＝，即cos C＝，由acsin B＝2sin C，得＝，由＝，得ab＝2，所以·＝abcos C＝2×＝3. 10.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若為常數(shù)，則稱數(shù)列{an}為“精致數(shù)列”. 已知等差數(shù)列{bn}的首

23、項(xiàng)為1，公差不為0，若數(shù)列{bn}為“精致數(shù)列”，則數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為__________. 答案　bn＝2n－1(n∈N*) 解析　設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，由為常數(shù)，設(shè)＝k且b1＝1，得n＋n(n－1)d＝k， 即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d， 整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0， 因?yàn)閷?duì)任意正整數(shù)n上式恒成立， 則解得 所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n－1(n∈N*). 11.已知cos＝， coscos＝， coscoscos＝， …， (1)根據(jù)以上等式，可猜想出的一般結(jié)論是________； (2)若數(shù)列{an

24、}中，a1＝cos，a2＝coscos，a3＝coscoscos，…， 前n項(xiàng)和Sn＝，則n＝________. 答案　(1)cos·cos·…·cos＝(n∈N*)　(2)10 解析　(1)從題中所給的幾個(gè)等式可知，第n個(gè)等式的左邊應(yīng)有n個(gè)余弦相乘，且分母均為2n＋1，分子分別為π，2π，…，nπ，右邊應(yīng)為，故可以猜想出結(jié)論為cos·cos·…·cos＝(n∈N*). (2)由(1)可知an＝， 故Sn＝＝1－＝＝， 解得n＝10. 12.已知拋物線C：y2＝2px(0＜p＜4)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P為C上一動(dòng)點(diǎn)，A(4，0)，B(p，p)，且|PA|的最小值為，則|BF|＝________. 答案　 解析　設(shè)P(x，y)且y2＝2px，則 |PA|＝＝＝， 根號(hào)下二次函數(shù)的對(duì)稱軸為x＝4－p∈(0，4)， 所以在對(duì)稱軸處取得最小值， 即＝， 解得p＝3或5(舍去)，經(jīng)檢驗(yàn)p＝3符合題意. 所以拋物線方程為y2＝6x，B(3，3)， 易知點(diǎn)B在拋物線上，所以|BF|＝3＋＝.