2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第二部分 專題二 巧做高考題型講義選擇題具有概括性強，知識覆蓋面廣，小巧靈活等特點注重多個知識點的小型綜合，側(cè)重于考查學(xué)生是否能迅速選出正確答案，解題手段不拘常規(guī)，有利于考查學(xué)生的選擇、判斷能力常用方法分直接法和間接法兩大類直接法是解答選擇題最基本、最常用的方法，但高考的題量較大，如果所有選擇題都用直接法解答，時間可能不允許，因此，我們還要研究解答選擇題的一些間接法的應(yīng)用技巧其基本解答策略是：充分利用題干和選項所提供的信息作出判斷先定性后定量，先特殊后推理，先間接后直接，先排除后求解總的來說，選擇題屬于小題，盡量避免“小題大做”在考場上，提高了解題速度，也是一種制勝的法寶直接法直接從題設(shè)條件出發(fā)，運用有關(guān)概念、性質(zhì)、定理、法則和公式等知識，通過嚴(yán)密地推理和準(zhǔn)確地運算，從而得出正確的結(jié)論，然后對照題目所給出的選項“對號入座”，作出相應(yīng)的選擇涉及概念、性質(zhì)的辨析或運算較簡單的題目常用直接法例1(xx·全國卷)記Sn為等差數(shù)列an的前n項和若a4a524，S648，則an的公差為()A1 B2C4 D8解析設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則由得即解得d4.答案C直接法是解答選擇題最常用的基本方法直接法適用的范圍很廣，只要運算正確必能得出正確的答案平時練習(xí)中應(yīng)不斷提高用直接法解選擇題的能力，準(zhǔn)確把握題目的特點用簡便的方法巧解選擇題，是建立在扎實掌握“三基”的基礎(chǔ)上的，否則一味求快則會快中出錯1兩個正數(shù)a，b的等差中項是，一個等比中項是2，且a>b，則拋物線y2x的焦點坐標(biāo)為()A.B.C. D.解析：選B由兩個正數(shù)a，b的等差中項是，得ab9；a，b的一個等比中項是2，得ab20，且a>b，故a5，b4.又由2p，得，故拋物線y2x的焦點坐標(biāo)為.特例法從題干(或選項)出發(fā)，通過選取特殊情況代入，將問題特殊化或構(gòu)造滿足題設(shè)條件的特殊函數(shù)或圖形位置，進行判斷特殊化法是“小題小做”的重要策略，要注意在怎樣的情況下才可使用，特殊情況可能是：特殊值、特殊點、特殊位置、特殊函數(shù)等例2已知>0，函數(shù)f(x)sin在上單調(diào)遞減則的取值范圍是()A.B.C. D. (0,2解析根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)利用特殊值法代入逐項判斷：2時，2x，不合題意，排除D.1時，x，合題意，排除B、C，故選A.答案A特例法具有簡化運算和推理的功效，比較適用于題目中含有字母或具有一般性結(jié)論的選擇題，但用特例法解選擇題時，要注意以下兩點：第一，取特例盡可能簡單，有利于計算和推理；第二，若在不同的特殊情況下有兩個或兩個以上的結(jié)論相符，則應(yīng)選另一特例情況再檢驗，或改用其他方法求解2函數(shù)yax(a>0，a1)的圖象可能是()解析：選D函數(shù)yax(a>0，a1)恒過(1,0)，選項只有D符合，故選D.排除法排除法也叫篩選法、淘汰法它是充分利用選擇題有且只有一個正確的選項這一特征，通過分析、推理、計算、判斷，排除不符合要求的選項，從而得出正確結(jié)論的一種方法例3設(shè)x表示不大于x的最大整數(shù)，則對任意實數(shù)x，y有()Axx B2x2xCxyxy Dxyxy解析選項A，取x1.5，則x1.52，x1.51，顯然xx；選項B，取x1.5，則2x33,2x21.52，顯然2x2x；選項C，取xy1.6，則xy3.23，xy1.61.62，顯然xy>xy排除A，B，C，故選D.答案D排除法適應(yīng)于定性型或不易直接求解的選擇題當(dāng)題目中的條件多于一個時，先根據(jù)某些條件在選項中找出明顯與之矛盾的予以否定，再根據(jù)另一些條件在縮小選項的范圍內(nèi)找出矛盾，這樣逐步篩選，直到得出正確的答案3函數(shù)yxcos xsin x的圖象大致為()解析：選D由題意知，函數(shù)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，當(dāng)0<x<時，顯然y>0，而當(dāng)x時，y<0，據(jù)此排除選項A，B，C.數(shù)形結(jié)合法根據(jù)題設(shè)條件作出所研究問題的曲線或有關(guān)圖形，借助幾何圖形的直觀性作出正確的判斷，習(xí)慣上也叫數(shù)形結(jié)合法有些選擇題可通過命題條件中的函數(shù)關(guān)系或幾何意義，作出函數(shù)的圖象或幾何圖形，借助于圖象或圖形的作法、形狀、位置、性質(zhì)等，綜合圖象的特征，得出結(jié)論圖形化策略就是以數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想為指導(dǎo)的一種解題策略例4設(shè)函數(shù)f(x)其中x表示不超過x的最大整數(shù)，如1.12，3等若直線ykxk(k>0)與函數(shù)yf(x)的圖象恰有三個不同的交點，則實數(shù)k的取值范圍是()A.B.C. D.解析直線ykxk(k>0)恒過定點(1,0)，在同一直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)yf(x)的圖象和直線ykxk(k>0)的圖象，如圖所示，因為兩個函數(shù)圖象恰好有三個不同的交點，所以k<.答案B涉及函數(shù)零點問題，一般有兩種題型，且都可以利用數(shù)形結(jié)合法求解(1)求解方程根的個數(shù)畫出相關(guān)的兩個函數(shù)的圖象，則兩函數(shù)圖象的交點個數(shù)即是函數(shù)零點的個數(shù)；(2)討論圖象交點問題的參數(shù)范圍，如本例就是利用圖象中直線ykxk(k>0)與函數(shù)yf(x)圖象恰有三個不同的交點，得到實數(shù)k的取值范圍4(xx·全國卷)在矩形ABCD中，AB1，AD2，動點P在以點C為圓心且與BD相切的圓上若，則的最大值為()A3 B2C. D2解析：選A以A為坐標(biāo)原點，AB，AD所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直線BD的方程為2xy20，點C到直線BD的距離為，所以圓C：(x1)2(y2)2.因為P在圓C上，所以P.又(1,0)，(0,2)，(，2)，所以2cos sin 2sin()3(其中tan 2)，當(dāng)且僅當(dāng)2k，kZ時，取得最大值3.概念辨析法概念辨析法是從題設(shè)條件出發(fā)，通過對數(shù)學(xué)概念的辨析，進行少量運算或推理，直接選擇出正確結(jié)論的方法這類題目一般是給出一個創(chuàng)新定義，或涉及一些似是而非、容易混淆的概念或性質(zhì)，需要考生在平時注意辨析有關(guān)概念，準(zhǔn)確區(qū)分相應(yīng)概念的內(nèi)涵與外延，同時在審題時多加小心例5對于函數(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“零點相鄰函數(shù)”若函數(shù)f(x)ex1x2與g(x)x2axa3互為“零點相鄰函數(shù)”，則實數(shù)a的取值范圍是()A2,4B.C. D2,3解析函數(shù)f(x)ex1x2的零點為x1，設(shè)g(x)x2axa3的零點為b，若函數(shù)f(x)ex1x2與g(x)x2axa3互為“零點相鄰函數(shù)”，則|1b|1，0b2.由于g(x)x2axa3x23a(x1)必經(jīng)過點(1,4)，要使其零點在區(qū)間0,2上，則即解得2a3.答案D函數(shù)的創(chuàng)新命題是高考的一個亮點，此類題型是用數(shù)學(xué)符號、文字?jǐn)⑹鼋o出一個教材之外的新定義，要求考生在短時間內(nèi)通過閱讀、理解后，解決題目給出的問題解決這類問題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確把握新定義的含義，把從定義和題目中獲取的信息進行有效整合，并轉(zhuǎn)化為熟悉的知識加以解決5若對于定義在R上的函數(shù)f(x)，其圖象是連續(xù)不斷的，且存在常數(shù)(R)使得f(x)f(x)0對任意實數(shù)都成立，則稱f(x)是一個“伴隨函數(shù)”下列是關(guān)于“伴隨函數(shù)”的結(jié)論：f(x)0不是常數(shù)函數(shù)中唯一一個“伴隨函數(shù)”；f(x)x是“伴隨函數(shù)”；f(x)x2是“伴隨函數(shù)”；“伴隨函數(shù)”至少有一個零點其中正確的結(jié)論個數(shù)是()A1 B2C3 D4解析：選B由題意得，正確，如f(x)c0，取1，則f(x1)f(x)cc0，即f(x)c0是一個“伴隨函數(shù)”；不正確，若f(x)x是一個“伴隨函數(shù)”，則xx0，求得0且1，矛盾；不正確，若f(x)x2是一個“伴隨函數(shù)”，則(x)2x20，求得0且1，矛盾；正確，若f(x)是“伴隨函數(shù)”，則ff(x)0，取x0，則ff(0)0，若f(0)，f任意一個為0，則函數(shù)f(x)有零點；若f(0)，f均不為0，則f(0)，f異號，由零點存在性定理知，在區(qū)間內(nèi)存在零點，所以有兩個結(jié)論正確.估算法由于選擇題提供了唯一正確的選項，解答又無需過程，因此，有些題目不必進行準(zhǔn)確的計算，只需對其數(shù)值特點和取值界限作出適當(dāng)?shù)墓烙?，便能作出正確的判斷，這就是估算法估算法的關(guān)鍵是確定結(jié)果所在的大致范圍，否則“估算”就沒有意義估算法往往可以減少運算量，快速找到答案例6如圖，在多面體ABCDEF中，已知平面ABCD是邊長為3的正方形，EFAB，EF，EF與平面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為()A. B5C6 D.解析連接BE，CE，四棱錐E­ABCD的體積為VE­ABCD×3×3×26，又多面體ABCDEF的體積大于四棱錐E­ABCD的體積，即所求幾何體的體積V>VE­ABCD6，而四個選項里面大于6的只有，故選D.答案D本題既用了估算法又用了排除法，解題的關(guān)鍵是利用的范圍求sin 的范圍一定要準(zhǔn)確，否則將達(dá)不到解題的目的或解答錯誤6.(xx·寧波效實中學(xué)模擬)圖中陰影部分的面積S是h的函數(shù)(0hH)，則該函數(shù)的大致圖象是()解析：選B由圖知，隨著h的增大，陰影部分的面積S逐漸減小，且減小得越來越慢，結(jié)合選項可知選B.第二講分類智取填空題穩(wěn)得分填空題具有小巧靈活、結(jié)構(gòu)簡單、運算量不大等特點(1)根據(jù)填空時所填寫的內(nèi)容形式，可以將填空題分成兩種類型：定量型：要求考生填寫數(shù)值、數(shù)集或數(shù)量關(guān)系；定性型：要求填寫的是具有某種性質(zhì)的對象或者填寫給定數(shù)學(xué)對象的某種性質(zhì)(2)根據(jù)填空題出題設(shè)問的多少，又可以將填空題分成兩類形式：單空題：與全國卷出題方式相同，一題一空，根據(jù)一般填空題的特點，四招速解；多空題：是浙江高考填空題的一大特色，一題多空，出題的目的是提高知識覆蓋面的考查，降低難度，讓學(xué)生能分步得分；本質(zhì)上來說和單空題區(qū)別無非就是多填一空，其解題方法和單空題相同，但多空題有它自身的特色，搞清多空之間設(shè)問的關(guān)系能使我們的解題事半功倍解答填空題時，由于不反映過程，只要求結(jié)果，故對正確性的要求比解答題更高、更嚴(yán)格在解填空題時要做到：一、單空題四招速解直接法它是直接從題設(shè)出發(fā)，利用有關(guān)性質(zhì)或結(jié)論，通過巧妙地變形，直接得到結(jié)果的方法要善于透過現(xiàn)象抓本質(zhì)，有意識地采取靈活、簡捷的解法解決問題例1(xx·全國卷)ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cos A，cos C，a1，則b_.解析因為A，C為ABC的內(nèi)角，且cos A，cos C，所以sin A，sin C，所以sin Bsin(AC)sin(AC)sin Acos Ccos Asin C××.又a1，所以由正弦定理得b×.答案直接法是解決計算型填空題最常用的方法，在計算過程中，我們要根據(jù)題目的要求靈活處理，多角度思考問題，注意一些解題規(guī)律和解題技巧的靈活應(yīng)用，將計算過程簡化從而得到結(jié)果，這是快速準(zhǔn)確地求解填空題的關(guān)鍵1(xx·北京高考)若等差數(shù)列an和等比數(shù)列bn滿足a1b11，a4b48，則_.解析：設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q，則a413d8，解得d3；b41·q38，解得q2.所以a2132，b21×(2)2，所以1.答案：1特殊值法當(dāng)填空題已知條件中含有某些不確定的量，但題設(shè)條件中提供的信息暗示答案是一個定值時，可以從題中變化的不定量中選取符合條件的恰當(dāng)特殊值(特殊函數(shù)、特殊角、特殊數(shù)列、特殊位置、特殊點、特殊方程、特殊模型等)進行處理，從而得出探求的結(jié)論為保證答案的正確性，在利用此方法時，一般應(yīng)多取幾個特例例2如圖所示，在平行四邊形ABCD中，APBD，垂足為P，且AP3，則·_.解析法一：··()····()·2·，APBD，·0.又·|cos BAP|2，·2|22×918.法二：把平行四邊形ABCD看成正方形，則P點為對角線的交點，AC6，則·18.答案18求值或比較大小等問題的求解均可利用特殊值代入法，但要注意此種方法僅限于求解結(jié)論只有一種的填空題，對于開放性的問題或者有多種答案的填空題，則不能使用該種方法求解本題中的法二把平行四邊形看作正方形，從而減少了計算量2若函數(shù)f(x)滿足：f(1)，4f(x)f(y)f(xy)f(xy)，則f(2 018)_.解析：取x1，y0時，有f(0)f(1)f(1)，取x1，y1時，有f(2)f(0)，f(2).取xn，y1，有f(n)f(n1)f(n1)，同理f(n1)f(n2)f(n)，聯(lián)立得f(n2)f(n1)，可得f(n6)f(n)，所以f(x)是以6為周期的函數(shù)，故f(2 018)f(2).答案：圖象分析法對于一些含有幾何背景的填空題，若能根據(jù)題目中的條件，作出符合題意的圖形，并通過對圖形的直觀分析、判斷，即可快速得出正確結(jié)果這類問題的幾何意義一般較為明顯，如一次函數(shù)的斜率和截距、向量的夾角、解析幾何中兩點間距離等，求解的關(guān)鍵是明確幾何含義，準(zhǔn)確規(guī)范地作出相應(yīng)的圖形例3已知a，b是平面內(nèi)兩個互相垂直的單位向量，若向量c滿足(ac)·(bc)0，則|c|的最大值是_解析如圖，a，b，c，(ac)·(bc)0，點C在以AB為直徑，AB的中點為圓心的圓上，故|OC|的最大值為圓的直徑，即|AB|的長為.答案圖象分析法實質(zhì)上就是數(shù)形結(jié)合的思想方法在解決填空題中的應(yīng)用，利用圖形的直觀性并結(jié)合所學(xué)知識便可直接得到相應(yīng)的結(jié)論，這也是高考命題的熱點準(zhǔn)確運用此類方法的關(guān)鍵是正確把握各種式子與幾何圖形中的變量之間的對應(yīng)關(guān)系，利用幾何圖形中的相關(guān)結(jié)論求出結(jié)果3不等式·sin x<0，x，2的解集為_解析：在同一坐標(biāo)系中分別作出y|x|與ysin x的圖象：根據(jù)圖象可得不等式的解集為(，2)答案：(，2)構(gòu)造法用構(gòu)造法解填空題的關(guān)鍵是由條件和結(jié)論的特殊性構(gòu)造出數(shù)學(xué)模型，從而簡化推導(dǎo)與運算過程構(gòu)造法是建立在觀察聯(lián)想、分析綜合的基礎(chǔ)之上的，首先應(yīng)觀察題目，觀察已知(例如代數(shù)式)形式上的特點，然后積極調(diào)動思維，聯(lián)想、類比已學(xué)過的知識及各種數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)、數(shù)學(xué)模型，深刻地了解問題及問題的背景(幾何背景、代數(shù)背景)，從而構(gòu)造幾何、函數(shù)、向量等具體的數(shù)學(xué)模型，達(dá)到快速解題的目的例4如圖，已知球O的球面上有四點A，B，C，D，DA平面ABC，ABBC，DAABBC，則球O的體積等于_解析如圖，以DA，AB，BC為棱長構(gòu)造正方體，設(shè)正方體的外接球球O的半徑為R，則正方體的體對角線長即為球O的直徑，所以|CD|2R，所以R，故球O的體積V.答案構(gòu)造法實質(zhì)上是轉(zhuǎn)化與化歸思想在解題中的應(yīng)用，需要根據(jù)已知條件和所要解決的問題確定構(gòu)造的方向，通過構(gòu)造新的函數(shù)、不等式或數(shù)列等新的模型，從而轉(zhuǎn)化為自己熟悉的問題本題巧妙地構(gòu)造出正方體，而球的直徑恰好為正方體的體對角線，問題很容易得到解決.4在數(shù)列an中，若a11，an12an3(n1)，則該數(shù)列的通項an_.解析：由an12an3，則有an132(an3)，即2.所以數(shù)列an3是以a134為首項，公比為2的等比數(shù)列，即an34·2n12n1，所以an2n13.答案：2n13二、多空題辨式解答并列式兩空并答此種類型多空題的特點是：根據(jù)題設(shè)條件，利用同一解題思路和過程，可以一次性得出兩個空的答案，兩空并答，題目比較簡單，會便全會，這類題目在高考中一般涉及較少，常考查一些基本量的求解，一般是多空題的第一個題目例1(xx·浙江高考)已知2cos2xsin 2xAsin(x)b(A0)，則A_，b_.解析2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2x1sin，1sinAsin(x)b，A，b1.答案1點評例1中根據(jù)題設(shè)條件把2cos2xsin 2x化成1sin后，對比原條件恒等式兩邊可直接得出兩空的結(jié)果，A，b1.1(xx·浙江高考)雙曲線y21的焦距是_，漸近線方程是_解析：由雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程，知雙曲線焦點在x軸上，且a22，b21，c2a2b23，即c，焦距2c2，漸近線方程為y±x，即y±x.答案：2y±x分列式一空一答此種類型多空題的特點是：兩空的設(shè)問相當(dāng)于一個題目背景下的兩道小填空題，兩問之間沒什么具體聯(lián)系，各自成題，是對于多個知識點或某知識點的多個角度的考查；兩問之間互不干擾，不會其中一問，照樣可以答出另一問例2(1)(xx·浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的表面積是_cm2，體積是_cm3.(2)(xx·浙江高考)已知函數(shù)f(x)則f(f(3)_，f(x)的最小值是_解析(1)由三視圖知該幾何體是一個組合體，左邊是一個長方體，交于一點的三條棱的長分別為2 cm,4 cm,2 cm，右邊也是一個長方體，交于一點的三條棱的長分別為2 cm,2 cm，4 cm.幾何體的表面積為(2×22×42×4)×2×22×2×272(cm2)，體積為2×2×4×232(cm3)(2)f(3)lg(3)21lg 101，f(f(3)f(1)1230.當(dāng)x1時，x32 323，當(dāng)且僅當(dāng)x，即x時等號成立，此時f(x)min230；當(dāng)x1時，lg(x21)lg(021)0，此時f(x)min0.所以f(x)的最小值為23.答案(1)7232(2)023點評例2(1)中根據(jù)題設(shè)條件三視圖得出其幾何體的直觀圖后，由面積的相關(guān)公式求出幾何體的面積，由體積的相關(guān)公式求出其體積；例2(2)中，兩空都是在已知一分段函數(shù)的解析式，考查兩方面的知識，分別求出函數(shù)的值和函數(shù)的最值2(xx·浙江高考)函數(shù)f(x)sin2xsin xcos x1的最小正周期是_，單調(diào)遞減區(qū)間是_解析：f(x)sin2xsin xcos x1sin 2x1sin 2xcos 2xsin，函數(shù)f(x)的最小正周期T.令2k2x2k，kZ，解之可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(kZ)答案：(kZ)遞進式逐空解答此種類型多空題的特點是：兩空之間有著一定聯(lián)系，一般是第二空需要借助第一空的結(jié)果再進行作答，第一空是解題的關(guān)鍵也是難點，只要第一空會做做對，第二空便可順勢解答例3(xx·浙江高考)設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn.若S24，an12Sn1，nN*，則a1_，S5_.解析an12Sn1，Sn1Sn2Sn1，Sn13Sn1，Sn13，數(shù)列是公比為3的等比數(shù)列，3.又S24，S11，a11，S5×34×34，S5121.答案1121點評例3中根據(jù)題設(shè)條件求出a11后，再根據(jù)等比數(shù)列的求和公式求出S5.第二空的解答是建立在第一空解答的基礎(chǔ)上的，只有求出第一空才能求得第二空.3(xx·臺州模擬)以坐標(biāo)原點O為圓心，且與直線xy20相切的圓方程是_，圓O與圓x2y22y30的位置關(guān)系是_解析：由題意所求圓的半徑等于原點O到直線xy20的距離，即r，則所求圓的方程為x2y22；因為圓O與圓x2y22y30的圓心和半徑分別為O(0,0)，r1，C2(0,1)，r22，且r2r1<|OC2|1<r1r22，所以兩圓相交答案：x2y22相交選擇填空提速專練(一)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1已知Ax|y2x，By|y2x，則()AABA BABACAB D(RA)B解析：選B因為Ax|x0，By|yR，所以AB A，故選B.2設(shè)a，b是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列四個命題錯誤的是()A若ab，a，b，則bB若ab，a，b，則C若a，則a或aD若a，則a解析：選D易知A，B，C均正確；D中a和的位置關(guān)系有三種可能，a，a或a與相交，故D錯誤，故選D.3已知函數(shù)f(2x)x·log32，則f(39)的值為()A. B. C6 D9解析：選D令t2x(t>0)，則xlog2t，于是f(t)log2t·log32log3t(t>0)，故函數(shù)f(x)log3x(x>0)，所以f(39)log3399，故選D.4在復(fù)平面內(nèi)，已知復(fù)數(shù)z，則z在復(fù)平面上對應(yīng)的點在()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限解析：選B因為zi，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對應(yīng)的點為，顯然此點在第二象限，故選B.5將函數(shù)ycos(2x)的圖象向右平移個單位，得到的函數(shù)為奇函數(shù)，則|的最小值為()A. B.C. D.解析：選B設(shè)ycos(2x)向右平移個單位長度得到的函數(shù)為g(x)，則g(x)cos，因為g(x)cos為奇函數(shù)，且在原點有定義，所以k(kZ)，解得k(kZ)，故當(dāng)k1時，|min，故選B.6已知實數(shù)a，b，則“|ab|ab|1”是“a2b21”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選A由絕對值三角不等式|a±b|a|b|可得即此不等式組表示邊長為1的正方形區(qū)域(含邊界)，而a2b21表示單位圓域(含邊界)，故由可以推出a2b21，但是反之不成立，故選A.7已知雙曲線M：1和雙曲線N：1，其中b>a>0，雙曲線M和雙曲線N交于A，B，C，D四個點，且四邊形ABCD的面積為4c2，則雙曲線M的離心率為()A. B.3C. D.1解析：選C設(shè)A為雙曲線M，N在第一象限的交點，由對稱性易知四邊形ABCD是正方形，因為正方形ABCD的面積為4c2，所以邊長為2c，即A(c，c)，代入雙曲線M中，得1，即1，變形為e21，整理得e43e210，所以e2e2<1，舍去，故e，故選C.8已知實數(shù)x，y滿足x2y21,3x4y0，則的取值范圍是()A1,4 B.C. D.解析：選B因為，故需要先求出的取值范圍，而表示動點(x，y)與定點A(3,1)連線所成直線的斜率，約束條件表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，是直線3x4y0與圓x2y21圍成的下半圓區(qū)域(含邊界)易得B，由圖可知直線AB的斜率最小，所以min.又過A(3,1)且在x軸下方與圓x2y21相切的直線斜率最大，可設(shè)切線方程為y1k(x3)，即kxy3k10，由圓心到切線的距離等于半徑可得d1，解得k，即max，故.于是，故選B.9設(shè)等差數(shù)列an的公差d0，且a2d，若ak是a6與ak6的等比中項，則k()A5 B6 C9 D11解析：選C因為ak是a6與ak6的等比中項，所以aa6ak6.又等差數(shù)列an的公差d0，且a2d，所以a2(k2)d2(a24d)a2(k4)d，所以(k3)23(k3)，解得k9或k0(舍去)，故選C.10.在直角梯形 ABCD 中，ABAD，DCAB，ADDC1，AB2，E，F(xiàn) 分別為AB，BC 的中點，以A 為圓心，AD為半徑的圓弧DE的中點為P (如圖所示)若，其中，R，則的值是()A. B. C. D.解析：選B以A為原點，建立如圖所示直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)，E(1,0)，F(xiàn)，所以(1,1)，則.又因為以A為圓心，AD為半徑的圓弧DE的中點為P，所以點P的坐標(biāo)為P，所以解得從而.二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分，把答案填在題中橫線上)11已知函數(shù)f(x)，在F(x)f(x)1和G(x)f(x)1中，_為奇函數(shù)；若f(b)，則f(b)_.解析：由G(x)f(x)1，G(x)G(x)，故G(x)f(x)1為奇函數(shù)由f(b)得，G(b)f(b)1，所以G(b)f(b)1，f(b).答案：G(x)12已知等比數(shù)列an的前n項和滿足Sn1A·3n，數(shù)列bn是遞增數(shù)列，且bnAn2Bn，則A_，B的取值范圍為_解析：因為任意一個公比不為1的等比數(shù)列前n項和為Snqn，而等比數(shù)列an的前n項和為Sn1A·3n，所以A1，bnn2Bn.又因為數(shù)列bn是遞增數(shù)列，所以bn1bn(n1)2B(n1)n2Bn2n1B>0恒成立，所以B>(2n1)恒成立，所以B>3.答案：1(3，)13某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_，表面積為_解析：由三視圖可知該幾何體是由半個圓柱和一個倒立的直四棱錐組合而成的，如圖，故該幾何體的體積V×4×4×48，表面積為S×22161612.答案：816161214已知在一次考試中甲、乙、丙三人及格的概率均為，那么三人中至少有2人及格的概率為_，記考試及格的人數(shù)為X，則隨機變量X的期望為_解析：因為甲、乙、丙三人及格的概率均為，所以XB，所以P13C××21，E(X)3×2.答案：215已知實數(shù)x>0，y>0，且滿足xy1，則的最小值為_解析：因為xy1，所以222，當(dāng)且僅當(dāng)即x2，y1時等號成立答案：2216已知函數(shù)f(x)sin，對任意的x1，x2，x3，且0x1<x2<x3，都有|f(x1)f(x2)|f(x2)f(x3)|m成立，則實數(shù)m的最小值為_解析：原不等式恒成立，只需要m大于或等于|f(x1)f(x2)|f(x2)f(x3)|的最大值即可，則只需|f(x1)f(x2)|，|f(x2)f(x3)|都取得最大值，結(jié)合f(x)sin2x，x0，的圖象易知，當(dāng)x1，x2，x3時，|f(x1)f(x2)|max|1(1)|2，|f(x2)f(x3)|max1，所以|f(x1)f(x2)|f(x2)f(x3)|的最大值為3，即m的最小值為3.答案：317.已知扇環(huán)如圖所示，AOB120°，OA2，OA，P是扇環(huán)邊界上一動點，且滿足xy，則2xy的取值范圍為_解析：以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)A為x軸建立平面直角坐標(biāo)系(圖略)，易知A(2,0)，B(1，)，設(shè)P(2cos ，2sin )，(1)當(dāng)點P在AA上運動時，向量與共線，顯然y0，此時x(2x,0)，2x2，所以2xy2；(2)當(dāng)點P在BB上運動時，向量與共線，顯然x0，此時y(y，y)，2cos 60°ycos 60°，即y1，所以2xy1；(3)當(dāng)點P在上運動時，由xy，得(2cos ，2sin )x(2,0)y(1，)，即2cos 2xy，2sin y，所以2xysin 2cos ，變形可得2xysin()，其中tan ，因為P是扇環(huán)邊界上一動點，且滿足xy，所以x，y均為非負(fù)實數(shù)，又<<1，所以可取<<，因為，所以當(dāng)時，2xy取得最大值，最大值為，當(dāng)時，2xy取得最小值，最小值為1；(4)當(dāng)點P在上運動時，因為，故2xy的最大值為×，最小值為×1.綜上所述，2xy.答案：選擇填空提速專練(二)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1已知i為虛數(shù)單位，則|32i|()A. B.C. D3解析：選C由題意得|32i|，故選C.2已知Ax|2<x<1，Bx|2x>1，則A(RB)為()A(2,1) B(，1)C(0,1) D(2,0解析：選D由題意得集合Bx|x>0，所以RBx|x0，則A(RB)x|2<x0，故選D.3若(x1)81a1xa2x2a8x8，則a5()A56 B56C35 D35解析：選B二項式(x1)8的展開式中x5的系數(shù)為a5C(1)356，故選B.4設(shè)函數(shù)f(x)sin(x)(>0)，則f(x)的奇偶性()A與有關(guān)，且與有關(guān)B與有關(guān)，但與無關(guān)C與無關(guān)，且與無關(guān)D與無關(guān)，但與有關(guān)解析：選D因為決定函數(shù)f(x)sin(x)的最小正周期，決定函數(shù)f(x)sin(x)的圖象沿x軸平移的距離，所以函數(shù)f(x)sin(x)的奇偶性與無關(guān)，與有關(guān)，故選D.5已知xR，則“|x3|x1|<2”是“x1”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件解析：選A因為|x3|x1|(x3)(x1)|2，當(dāng)且僅當(dāng)x1時，等號成立，所以|x3|x1|<2等價于x>1，所以“|x3|x1|<2”是“x1”的充分不必要條件，故選A.6在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知B30°，ABC的面積為.且sin Asin C2sin B，則b的值為()A42 B42C.1 D.1解析：選D在ABC中，由sin Asin C2sin B結(jié)合正弦定理得ac2b，ABC的面積為acsin Bac×，解得ac6，在ABC中，由余弦定理得b2a2c22accos B(ac)22acac(2b)2(2)×6.解得b1，故選D.7將5名同學(xué)分到甲、乙、丙3個小組，若甲組至少兩人，乙、丙組每組至少一人，則不同的分配方案的種數(shù)為()A50 B80 C120 D140解析：選B當(dāng)甲組有兩人時，有CA種不同的分配方案；當(dāng)甲組有三人時，有CA種不同的分配方案綜上所述，不同的分配方案共有CACA80種不同的分配方案，故選B.8已知a，b為實常數(shù)，ci(iN*)是公比不為1的等比數(shù)列，直線axbyci0與拋物線y22px(p>0)均相交，所成弦的中點為Mi(xi，yi)，則下列說法錯誤的是()A數(shù)列xi可能是等比數(shù)列B數(shù)列yi是常數(shù)列C數(shù)列xi可能是等差數(shù)列D數(shù)列xiyi可能是等比數(shù)列解析：選C設(shè)等比數(shù)列ci的公比為q.當(dāng)a0，b0時，直線byci0與拋物線y22px最多有一個交點，不符合題意；當(dāng)a0，b0時，直線axci0與拋物線y22px的交點為，± ，則xi，yi0，xiyi，此時數(shù)列xi是公比為q的等比數(shù)列，數(shù)列yi為常數(shù)列，數(shù)列xiyi是以q為公比的等比數(shù)列；當(dāng)a0，b0時，直線axbyci0與拋物線y22px的方程聯(lián)立，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系易得xi，yi，此時數(shù)列yi為常數(shù)列綜上所述，A，B，D正確，故選C.9若定義在(0,1)上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)>0且對任意的x(0,1)，有f2f(x)，則()A對任意的正數(shù)M，存在x(0,1)，使f(x)MB存在正數(shù)M，對任意的x(0,1)，使f(x)MC對任意的x1，x2(0,1)且x1<x2，有f(x1)<f(x2)D.對任意的x1，x2(0,1)且x1<x2，有f(x1)>f(x2)解析：選A令x1(0,1)，x2，則易得x2(0,1)，f(x2)2f(x1)，令x3，則易得x3(0,1)，f(x3)2f(x2)22f(x1)，依次類推得f(xn)2n1f(x1)，所以數(shù)列f(xn)構(gòu)成以f(x1)為首項，2為公比的等比數(shù)列，又因為f(x1)>0，所以對任意的正數(shù)M，存在nN*，使得2nf(x1)M，即存在xxn(0,1)，使得f(x)M，故選A.10.在正方體ABCD ­A1B1C1D1中，點M，N分別是線段CD，AB上的動點，點P是A1C1D內(nèi)的動點(不包括邊界)，記直線D1P與MN所成角為，若的最小值為，則點P的軌跡是()A圓的一部分 B橢圓的一部分C拋物線的一部分 D雙曲線的一部分解析：選B延長D1P交平面ABCD于點Q，則直線D1Q與直線MN所成的角即為直線D1P與直線MN所成的角，則由最小角定理易得當(dāng)點M與點D重合，且直線MN過點Q時，直線D1Q與直線MN所成的角取得最小值，此時D1QD即為直線D1Q與直線MN所成的角，所以D1QD，則DD1Q，所以點P在以DD1為軸，頂角為的圓錐面上運動，又因為點P在平面A1C1D上，所以點P的軌跡是橢圓的一部分，故選B.二、填空題11某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_，表面積為_解析：由三視圖得該幾何體是一個底面為以4為底邊，3為高的三角形，高為8的三棱柱截去兩個以三棱柱的底為底，高為2的三棱錐后所得的組合體，則其體積為×3×4×82×××3×4×240，表面積為4×82××2×××43216.答案：40321612比較lg 2，(lg 2)2，lg(lg 2)的大小，其中最大的是_，最小的是_解析：因為1<2<10，所以0<lg 2<1，所以0<(lg 2)2<lg 2，lg(lg 2)<0，所以三個數(shù)中最大的是lg 2，最小的是lg(lg 2)答案：lg 2lg(lg 2)13設(shè)隨機變量X的分布列為X123Pa則a_；E(X)_.解析：由分布列的概念易得a1，解得a，則E(X)1×2×3×.答案：14已知函數(shù)f(x)x3axb的圖象在點(1，f(1)處的切線方程為2xy50，則a_；b_.解析：由題意得f(x)3x2a，則有解得a1，b3.答案：1315若不等式組表示的平面區(qū)域是等腰三角形區(qū)域，則實數(shù)a的值為_解析：在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)畫出題中的不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，由圖易得當(dāng)a>0時，不等式組表示的平面區(qū)域為三角形區(qū)域，此時畫出不等式組表示的平面區(qū)域為圖中三角形區(qū)域ABC(包含邊界)，由圖易得此時ABC是以AB為底的等腰三角形，且tanBAC，則tanBCOtan(2BAC)，所以直線ax3y40的斜率為，所以a4.答案：416若非零向量a，b滿足：a2(5a4b)·b，則cosa，b的最小值為_解析：由a2(5a4b)·b5a·b4b2得cosa，b，當(dāng)且僅當(dāng)|a|2|b|時，等號成立，所以cosa，b的最小值為.答案：17已知實數(shù)x，y，z滿足則xyz的最小值為_解析：由xy2z1得xy12z，則5x2y2z22xyz224zz2，解得2z2，則xyz(12z)z2z2z的最小值為2(2)22720.答案：720選擇填空提速專練(三)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1已知集合I0，1,2，3，4，集合M0，1,2，N0，3，4，則N(IM)()A0 B3，4C1，2 D解析：選B由條件得IM3，4，N(IM)3，4，故選B.2雙曲線x24y24的漸近線方程是()Ay±4x By±xCy±2x Dy±x解析：選D雙曲線方程化為y21，則a2，b1，漸近線方程為y±x，故選D.3在(1x3)(1x)8的展開式中，x5的系數(shù)是()A28 B84C28 D84解析：選Ax5的系數(shù)為1×C(1)51×C(1)228，故選A.4某幾何體的三視圖如圖所示，其俯視圖是邊長為1的正三角形，側(cè)視圖是菱形，則這個幾何體的體積為()A. B. C. D.解析：選B由三視圖知幾何體為一個正三棱柱截去兩個棱錐得到的組合體，如圖正三棱柱中的三棱錐A1­ADE所示，由三視圖知正三棱柱的底面邊長為1，高為2，則V三棱錐A1­ADE×12×22××12×，故選B.5函數(shù)f(x)asinbcos 2x(a，b不全為零)的最小正周期為()A. B C2 D4解析：選B將函數(shù)f(x)展開，得f(x)asin 2xcos 2x，此時令ma，nab，則f(x)msin 2xncos 2xsin(2x)，其中cos ，sin ，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為T，故選B.6設(shè)z是復(fù)數(shù)，|zi|2(i是虛數(shù)單位)，則|z|的最大值是()A1 B2 C3 D4解析：選C|zi|2表示復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上的對應(yīng)的點在以(0,1)為圓心，半徑為2的圓內(nèi)(含邊界)，而|z|表示此圓內(nèi)(含邊界)到原點的距離，其最大值為123，故選C.7已知公差為d的等差數(shù)列an的前n項和為Sn，若有確定正整數(shù)n0，對任意正整數(shù)m，Sn0·Sn0m<0恒成立，則下列說法錯誤的是()Aa1·d<0 B|Sn|有最小值Can0·an01>0 Dan01·an02>0解析：選C由Sn0·Sn0m<0，知數(shù)列an一定存在正項與負(fù)項，則要么a1>0，d<0，要么a1<0，d>0，即a1·d<0，所以A正確；由等差數(shù)列各項特征知，|Sn|一定能取得最小值，所以B正確；若數(shù)列an為1,2,5,8，當(dāng)n2時，an>0，取n01，對任意正整數(shù)m，Sn0·Sn0m<0均成立，但an0·an01<0，所以C錯誤，故選C.8如圖，圓M和圓N與直線l：ykx分別相切于A，B兩點，且兩圓均與x軸相切，兩圓心的連線與l交于點C，若|OM|ON|且2，則實數(shù)k的值為()A1B. C. D.解析：選D分別過點M，N作x軸的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)(如圖所示)由題意，得MACNBC，所以由2，知|MA|2|NB|.又由x軸與直線ykx是兩個圓的公切線知MON90°，|MA|ME|，|NB|NF|，結(jié)合|OM|ON|，知|ME|2|NF|，OMENOF，所以|OF|ME|2|NF|，所以tanNOF，則tanBOFtan(2NOF)，即k，故選D.9已知f(x)ax2bx，其中1a<0，b>0，則“存在x0,1，|f(x)|>1”是“ab>1”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選C因為1a<0，b>0，所以1，則>0，而二次函數(shù)f(x)的圖象過原點，且開口向下，則：當(dāng)存在x0,1，|f(x)|>1時，若1，則f(1)>1，即ab>1；若0<<1，則1<f·<，所以b>2，又1a<0，所以ab>1.綜上，ab>1.當(dāng)ab>1時，f(1)ab>1，f(0)0，由其圖象知存在x0,1，|f(x)|>1.綜上可知， “存在x0,1，|f(x)|>1”是“ab>1”的充要條件，故選C.10設(shè)正實數(shù)x，y，則|xy|y2的最小值為()A. B. C2 D.解析：選A當(dāng)x>y>0時，|xy|y2xyy22x2，當(dāng)且僅當(dāng)x1，y時，等號成立；當(dāng)yx>0時，|xy|y2yxy22x2xx2x23，當(dāng)且僅當(dāng)xy時，等號成立綜上可知|xy|y2的最小值為，故選A.二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分，把答案填在題中橫線上)11已知向量a(2，x)，b(y,3)，若ab且a·b12，則x_，y_.解析：由已知條件，得解得答案：2312直線l：xy230(R)恒過定點_，P(1,1)到該直線的距離最大值為_解析：已知直線方程轉(zhuǎn)化為(x2)(y3)0，由求得定點(2,3)；點P(1,1)到直線l的距離最大值即為點P(1,1)到定點(2,3)的距離，為.答案：(2,3)13已知函數(shù)f(x)(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則f(e)_，函數(shù)yf(f(x)1的零點有_個(用數(shù)字作答)解析：f(e)ln e1；函數(shù)yf(f(x)1的零點個數(shù)即為方程f(f(x)1的根的個數(shù)，則由ln x1(x1)，得xe，于是f(x)e，則由ln xe(x1)，得xee；或由ef(|x|1)e(x<1)，得f(|x|1)1，所以ln(|x|1)1，解得xe1(舍去)或x1e；由ef(|x|1)1(x<1)，得f(|x|1)0，所以ln(|x|1)0，解得x0，所以f(x)0，只有l(wèi)n x0(x1)，解得x1.綜上可知函數(shù)yf(f(x)1有xee,1e,1共3個零點答案：1314在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，acos Bbcos A,4S2a2c2，其中S是ABC的面積，則C的大小為_解析：由acos Bbcos A，結(jié)合正弦定理，得sin Acos Bsin Bcos A，tan Atan B，AB，則ab，則由4S2a2c2，得4Sa2b2c2，4×absin C2abcos C，tan C1，C.答案：15用黑白兩種顏色隨機地染如下表格中6個格子，每個格子染一種顏色，則有_種不同的染色方法，從左至右數(shù)，不管數(shù)到哪個格子，總有黑色格子不少于白色格子的概率為_解析：(1)用黑白兩種顏色隨機地染表格中的6個格子，每個格子染一種顏色，有2664種不同的染色方法；(2)分三類：第一類，第1格染黑色，第2格染白色，由表知有6種不同染法；第二類，第1,2格染黑色，第3格染白色，由表知有6種不同染法；第三類