《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測(cè)（二十）“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域 理（普通生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測(cè)（二十）“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域 理（普通生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題檢測(cè)（二十） “選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域A組選擇壓軸小題命題點(diǎn)專練1(2018全國(guó)卷)已知角的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊上有兩點(diǎn)A(1，a)，B(2，b)，且cos 2，則|ab|()A.B.C. D1解析：選B由cos 2，得cos2 sin2，即，tan ，即，|ab|.故選B.2(2019屆高三廣州調(diào)研)若將函數(shù)y2sinsin的圖象向左平移(0)個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)恰為奇函數(shù)，則的最小值為()A. B.C. D.解析：選A由y2sinsin，可得y2sincossin，該函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為g(x)sinsin

2、，因?yàn)間(x)sin為奇函數(shù)，所以2k(kZ)，(kZ)，又0，故的最小值為，選A.3.如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABBC，側(cè)面PAB底面ABCD，若PAADABkBC(0k1)，則()A當(dāng)k時(shí)，平面BPC平面PCDB當(dāng)k時(shí)，平面APD平面PCDCk(0,1)，直線PA與底面ABCD都不垂直Dk(0,1)，使直線PD與直線AC垂直解析：選A取PB，PC的中點(diǎn)分別為M，N，連接MN，AM，DN，由平面PAB平面ABCD，BCAB，可知BC平面PAB，BCAM，又M為PB的中點(diǎn)，PAAB，AMPB，可得AM平面PBC，而ADBC且ADBC，同時(shí)MNBC且MNBC

3、，ADMN且ADMN，則四邊形ADNM為平行四邊形，可得AMDN，則DN平面BPC，又DN平面PCD，平面BPC平面PCD.其余選項(xiàng)都錯(cuò)誤，故選A.4(2019屆高三西安八校聯(lián)考)已知球的直徑SC4，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)， ASCBSC30，則棱錐SABC的體積最大為()A2 B.C. D2解析：選A如圖，因?yàn)榍虻闹睆綖镾C，且SC4，ASC BSC30，所以SACSBC90，ACBC2，SASB2，所以SSBC222，則當(dāng)點(diǎn)A到平面SBC的距離最大時(shí)，棱錐ASBC，即SABC的體積最大，此時(shí)平面SAC平面SBC，點(diǎn)A到平面SBC的距離為2sin 30，所以棱錐SABC的體積最大為22，故

4、選A.5(2019屆高三蘭州診斷考試)已知圓C：(x1)2(y4)210和點(diǎn)M(5，t)，若圓C上存在兩點(diǎn)A，B使得MAMB，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是()A2,6 B3,5C2,6 D3,5解析：選C法一：當(dāng)MA，MB是圓C的切線時(shí)，AMB取得最大值若圓C上存在兩點(diǎn)A，B使得MAMB，則MA，MB是圓C的切線時(shí)，AMB90，AMC45，且AMC90，如圖，則|MC|2，所以16(t4)220，所以2t6.法二：由于點(diǎn)M(5，t)是直線x5上的點(diǎn)，圓心的縱坐標(biāo)為4，所以實(shí)數(shù)t的取值范圍一定關(guān)于t4對(duì)稱，故排除選項(xiàng)A、B.當(dāng)t2時(shí)，|CM|2，若MA，MB為圓C的切線，則sinCMAsinCMB，所以

5、CMACMB45，即MAMB，所以t2時(shí)符合題意，故排除選項(xiàng)D.故選C.6若點(diǎn)P為橢圓C：x22y23的左頂點(diǎn)，過(guò)原點(diǎn)O的動(dòng)直線與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)點(diǎn)G滿足2，則|2|2的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選C由題意易知點(diǎn)P(，0)，設(shè)點(diǎn)G(x0，y0)，由2，得(x0，y0)2(x0，y0)，即解得故G.設(shè)A(x1，y1)，則B(x1，y1)，|2|22y2y2x2y2x3xx，又x1，故x0,3，x，所以|2|2的取值范圍是，選C.7已知平面向量a，b，c滿足|a|，|b|1，ab1，且ac與bc的夾角為，則|c|的最大值為()A. B2C. D4解析：選A設(shè)a，b，c.平面向量a

6、，b，c滿足|a|，|b|1，ab1，cosa，b，a，b的夾角為.ac與bc的夾角為，點(diǎn)C在OAB的外接圓O的弦AB所對(duì)的優(yōu)弧上，如圖所示因此|c|的最大值為OAB的外接圓O的直徑|ab|.由正弦定理可得OAB的外接圓的直徑2R，則|c|的最大值為.8已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，f(1x)f(1x)，f(1)a，且當(dāng)0x1時(shí)，f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)f(x)，則f(x)在區(qū)間2 017，2 018上的最小值為()Aa B0Ca D2 016解析：選A因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，所以f(0)0，f(x)f(x)又因?yàn)閒(1x)f(1x)，所以f(x2)f(x)f(x)，

7、所以f(x4)f(x2)f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為4.所以求f(x)在區(qū)間2 017，2 018上的最小值即為求f(x)在區(qū)間1,2上的最小值當(dāng)0x1時(shí)，設(shè)F(x)，所以F(x)0，則函數(shù)F(x)在(0,1)上為減函數(shù)，所以 0，所以f(x)0.所以f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)f(x)0.所以函數(shù)f(x)在(0,1)上為減函數(shù)由f(1x)f(1x)知，直線x1是函數(shù)f(x)的圖象的對(duì)稱軸所以f(x)在1,2上單調(diào)遞增，所以所求最小值為f(1)a.9已知關(guān)于x的方程x2(a1)xa2b10的兩個(gè)實(shí)根分別為x1，x2，且0x11，則 的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選B令f(x)x2

8、(a1)xa2b1，關(guān)于x的方程x2(a1)xa2b10的兩個(gè)實(shí)根分別為x1，x2，且0x11，作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示.表示陰影部分中的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率，由解得P，1k，故的取值范圍是.10(2018貴陽(yáng)適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)的圖象上有兩對(duì)關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A(0，e) B.C(0,2e2) D(0，e2)解析：選C將函數(shù)yln(2x)(x0)的圖象，由題意可得g(x)的圖象和ykx3(x0)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)設(shè)ykx3(x0)的圖象與曲線yg(x)相切的切點(diǎn)為(m，ln 2m)，由g(x)，得k.又ln 2mkm3，解得m，則k2e2.由圖

9、象可得0k2e2時(shí)，g(x)的圖象和ykx3(x0)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，故選C.11(2019屆高三昆明高三摸底)在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，ABAD4，AA12.過(guò)點(diǎn)A1作平面與AB，AD分別交于M，N兩點(diǎn)，若AA1與平面所成的角為45，則截面A1MN面積的最小值是()A2 B4C4 D8解析：選B如圖，過(guò)點(diǎn)A作AEMN，連接A1E，A1A平面ABCD，A1AMN，AEA1AA，MN平面A1AE，A1EMN，平面A1AE平面A1MN，AA1E為AA1與平面A1MN所成的角，AA1E45，在RtA1AE中，AA12，AE2，A1E2，在RtMAN中，由射影定理得MEENAE24，由基本不

10、等式得MNMEEN24，當(dāng)且僅當(dāng)MEEN，即E為MN的中點(diǎn)時(shí)等號(hào)成立，截面A1MN面積的最小值為424，故選B.12對(duì)于函數(shù)f(x)和g(x)，設(shè)x|f(x)0，x|g(x)0，若存在，使得|1，則稱f(x)與g(x)互為“零點(diǎn)相鄰函數(shù)”若函數(shù)f(x)ex1x2與g(x)x2axa3互為“零點(diǎn)相鄰函數(shù)”，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A2,4 B.C. D2,3解析：選Df(x)ex110，f(x)ex1x2是R上的單調(diào)遞增函數(shù)又f(1)0，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為x1，1，|1|1，02，函數(shù)g(x)x2axa3在區(qū)間0,2上有零點(diǎn)由g(x)0，得a(0x2)，即a(x1)2(0x2)，設(shè)x1t(1t

11、3)，則at2(1t3)，令h(t)t2(1t3)，易知h(t)在區(qū)間1,2)上是減函數(shù)，在區(qū)間2,3上是增函數(shù)，2h(t)3，即2a3.B組填空壓軸小題命題點(diǎn)專練1(2018南昌一模)已知函數(shù)f(x)x3sin x，若0，且f f(2)，則cos_.解析：由題易知函數(shù)f(x)x3sin x為奇函數(shù)且在上單調(diào)遞增因?yàn)?，所以，2，又ff(2)，2，coscos .答案：2設(shè)函數(shù)f(x)則滿足f(f(t)2f(t)的t的取值范圍是_解析：若f(t)1，顯然滿足f(f(t)2f(t)，則有或解得t；若f(t)0時(shí)，f(x)exx0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以|log3x|1，解得x3.

12、答案：5(2018鄭州質(zhì)檢)我國(guó)古代數(shù)學(xué)專著九章算術(shù)對(duì)立體幾何有深入的研究，從其中的一些數(shù)學(xué)用語(yǔ)可見(jiàn)，譬如“鱉臑”意指四個(gè)面都是直角三角形的三棱錐某“鱉臑”的三視圖(圖中網(wǎng)格紙上每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1)如圖所示，已知該幾何體的高為2，則該幾何體外接球的表面積為_(kāi)解析：由該幾何體的三視圖還原其直觀圖，并放入長(zhǎng)方體中如圖中的三棱錐ABCD所示，其中AB2，BCCD，易知長(zhǎng)方體的外接球即為三棱錐ABCD的外接球，設(shè)外接球的直徑為2R，所以4R2(2)2()2()282212，則R23，因此外接球的表面積S4R212.答案：126(2018全國(guó)卷)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐

13、底面所成角為30.若SAB的面積為8，則該圓錐的體積為_(kāi)解析：在RtSAB中，SASB，SSABSA28，解得SA4.設(shè)圓錐的底面圓心為O，底面半徑為r，高為h，在RtSAO中，SAO30，所以r2，h2，所以圓錐的體積為r2h(2)228.答案：87(2018全國(guó)卷)ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知bsin Ccsin B4asin Bsin C，b2c2a28，則ABC的面積為_(kāi)解析：bsin Ccsin B4asin Bsin C，由正弦定理得sin Bsin Csin Csin B4sin Asin Bsin C.又sin Bsin C0，sin A.由余弦定理得co

14、s A0，cos A，bc，SABCbcsin A.答案：8(2018全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)2sin xsin 2x，則f(x)的最小值是_解析：f(x)2cos x2cos 2x2cos x2(2cos2x1)2(2cos2xcos x1)2(2cos x1)(cos x1)cos x10，當(dāng)cos x時(shí)，f(x)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增當(dāng)cos x，f(x)有最小值又f(x)2sin xsin 2x2sin x(1cos x)，當(dāng)sin x時(shí)，f(x)有最小值，即 f(x)min2.答案：9(2019屆高三湖北八校聯(lián)考)我國(guó)南北朝時(shí)期的數(shù)學(xué)家祖暅提出體積的計(jì)算原理(祖暅原理)：“

15、冪勢(shì)既同，則積不容異”“勢(shì)”是幾何體的高，“冪”是截面面積其意思為：如果兩個(gè)等高的幾何體在同高處的截面面積恒等，那么這兩個(gè)幾何體的體積相等已知雙曲線C的漸近線方程為y2x，一個(gè)焦點(diǎn)為(，0)直線y0與y3在第一象限內(nèi)與雙曲線及漸近線圍成如圖所示的圖形OABN，則它繞y軸旋轉(zhuǎn)一圈所得幾何體的體積為_(kāi)解析：由題意可得雙曲線的方程為x21，直線y3在第一象限內(nèi)與漸近線的交點(diǎn)N的坐標(biāo)為，與雙曲線在第一象限內(nèi)的交點(diǎn)B的坐標(biāo)為，在所得幾何體中，在高為h處作一截面，則截面面積為，根據(jù)祖暅原理，可得該幾何體的體積與底面面積為，高為3的圓柱的體積相同，故所得幾何體的體積為3.答案：310.如圖，在平面四邊形AB

16、CD中，O為BD的中點(diǎn)，且OA3，OC5.若7，則的值是_解析：由7得，()()7，即()()7，所以2727916，所以|4.所以()()()()2225169.答案：911(2018貴陽(yáng)適應(yīng)性考試)已知底面是正六邊形的六棱錐PABCDEF的七個(gè)頂點(diǎn)均在球O的表面上，底面正六邊形的邊長(zhǎng)為1，若該六棱錐體積的最大值為，則球O的表面積為_(kāi)解析：因?yàn)榱忮FPABCDEF的七個(gè)頂點(diǎn)均在球O的表面上，由對(duì)稱性和底面正六邊形的面積為定值知，當(dāng)六棱錐PABCDEF為正六棱錐時(shí)，體積最大設(shè)正六棱錐的高為h，則h，解得h2.記球O的半徑為R，根據(jù)平面截球面的性質(zhì)，得(2R)212R2，解得R，所以球O的表面積

17、為4R242.答案：12(2019屆高三惠州調(diào)研)在四邊形ABCD中，P為CD上一點(diǎn)，已知|8，|5，與的夾角為，且cos ，3，則_.解析：，3，又|8，|5，cos ，8522， |2|22511122.答案：213(2019屆高三益陽(yáng)、湘潭調(diào)研)已知圓C1：x2(y2)24，拋物線C2：y22px(p0)，C1與C2相交于A，B兩點(diǎn)，|AB|，則拋物線C2的方程為_(kāi)解析：法一：由題意，知圓C1與拋物線C2的其中一個(gè)交點(diǎn)為原點(diǎn)，不妨記為B，設(shè)A(m，n)|AB|，解得即A.將A的坐標(biāo)代入拋物線方程得22p，解得p，拋物線C2的方程為y2x.法二：由題意，知圓C1與拋物線C2的其中一個(gè)交點(diǎn)為

18、原點(diǎn)，不妨記為B，設(shè)A(m，n)由圓C1的性質(zhì)知cosC1BA，sinC1BA，n|AB|cosC1BA，m|AB|sinC1BA，即A，將A的坐標(biāo)代入拋物線方程得22p，p，拋物線C2的方程為y2x.答案：y2x14已知等腰梯形ABCD中，ABCD，AB2CD4，BAD60，雙曲線以A，B為焦點(diǎn)，且與線段CD(包括端點(diǎn)C，D)有兩個(gè)交點(diǎn)，則該雙曲線的離心率的取值范圍是_解析：以AB所在直線為x軸，AB中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O且垂直于AB的直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(2,0)，B(2,0)，C(1，)設(shè)以A，B為焦點(diǎn)的雙曲線方程為1(a0，b0)，則c2.由a2b2c2，得

19、b24a2，當(dāng)x1時(shí)，y2a25.要使雙曲線與線段CD(包括端點(diǎn)C，D)有兩個(gè)交點(diǎn)，則a253，解得a242或0a242，由a242得a12，舍去， a242，即0a1.雙曲線的離心率e1.即該雙曲線的離心率的取值范圍是 1，)答案： 1，)15(2019屆高三武漢調(diào)研)過(guò)圓：x2y24外一點(diǎn)P(2,1)作兩條互相垂直的直線AB和CD分別交圓于A，B和C，D點(diǎn)，則四邊形ABCD面積的最大值為_(kāi)解析：如圖所示，S四邊形ABCD(PAPDPBPC)，取AB，CD的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，連接OE，OF，OP，則S四邊形ABCD=(PEAE)(PFDF)(PEAE)(PFDF)PEDFAEPF，由題意知四

20、邊形OEPF為矩形，則OEPF，OFPE，結(jié)合柯西不等式有S四邊形ABCDOFDFAEOE，其中OF2OE2OP2，DF2AE24OF24OE28OP2，據(jù)此可得S四邊形ABCD，綜上，四邊形ABCD面積的最大值為.答案：16(2018湘東五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)3mx(3m)ln x，若對(duì)任意的m(4,5)，x1，x21,3，恒有(aln 3)m3ln 3|f(x1)f(x2)|成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_解析：f(x)3mx(3m)ln x，f(x)，當(dāng)x1,3，m(4,5)時(shí)，f(x)0，f(x)在1,3上單調(diào)遞增，|f(x1)f(x2)|f(3)f(1)6m(3m)ln 3， (aln 3)m3ln 36m(3m)ln 3，a6.y6在m(4,5)上單調(diào)遞減，6，a.答案：