專題檢測（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專練1(2018·全國卷)已知角的頂點為坐標原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊上有兩點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·廣州調研)若將函數y2sinsin的圖象向左平移(>0)個單位長度，所得圖象對應的函數恰為奇函數，則的最小值為()A. B.C. D.解析：選A由y2sinsin，可得y2sincossin，該函數的圖象向左平移個單位長度后，所得圖象對應的函數解析式為g(x)sinsin，因為g(x)sin為奇函數，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，側面PAB底面ABCD，若PAADABkBC(0<k<1)，則()A當k時，平面BPC平面PCDB當k時，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，PAAB，AMPB，可得AM平面PBC，而ADBC且ADBC，同時MNBC且MNBC，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.其余選項都錯誤，故選A.4(2019屆高三·西安八校聯考)已知球的直徑SC4，A，B是該球球面上的兩點， ASCBSC30°，則棱錐S­ABC的體積最大為()A2 B.C. D2解析：選A如圖，因為球的直徑為SC，且SC4，ASC BSC30°，所以SACSBC90°，ACBC2，SASB2，所以SSBC×2×22，則當點A到平面SBC的距離最大時，棱錐A­SBC，即S­ABC的體積最大，此時平面SAC平面SBC，點A到平面SBC的距離為2sin 30°，所以棱錐S­ABC的體積最大為×2×2，故選A.5(2019屆高三·蘭州診斷考試)已知圓C：(x1)2(y4)210和點M(5，t)，若圓C上存在兩點A，B使得MAMB，則實數t的取值范圍是()A2,6 B3,5C2,6 D3,5解析：選C法一：當MA，MB是圓C的切線時，AMB取得最大值若圓C上存在兩點A，B使得MAMB，則MA，MB是圓C的切線時，AMB90°，AMC45°，且AMC<90°，如圖，則|MC|2，所以16(t4)220，所以2t6.法二：由于點M(5，t)是直線x5上的點，圓心的縱坐標為4，所以實數t的取值范圍一定關于t4對稱，故排除選項A、B.當t2時，|CM|2，若MA，MB為圓C的切線，則sinCMAsinCMB，所以CMACMB45°，即MAMB，所以t2時符合題意，故排除選項D.故選C.6若點P為橢圓C：x22y23的左頂點，過原點O的動直線與橢圓C交于A，B兩點點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P(，0)，設點G(x0，y0)，由2，得(x0，y0)2(x0，y0)，即解得故G.設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，a·b1，且ac與bc的夾角為，則|c|的最大值為()A. B2C. D4解析：選A設a，b，c.平面向量a，b，c滿足|a|，|b|1，a·b1，cosa，b，a，b的夾角為.ac與bc的夾角為，點C在OAB的外接圓O的弦AB所對的優(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已知定義域為R的奇函數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0<x<1時，f(x)的導函數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因為f(x)是奇函數，所以f(0)0，f(x)f(x)又因為f(1x)f(1x)，所以f(x2)f(x)f(x)，所以f(x4)f(x2)f(x)，所以函數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0<x<1時，設F(x)，所以F(x)<0，則函數F(x)在(0,1)上為減函數，所以 < 0，所以f(x)<0.所以f(x)的導函數f(x)<f(x)<0.所以函數f(x)在(0,1)上為減函數由f(1x)f(1x)知，直線x1是函數f(x)的圖象的對稱軸所以f(x)在1,2上單調遞增，所以所求最小值為f(1)a.9已知關于x的方程x2(a1)xa2b10的兩個實根分別為x1，x2，且0<x1<1，x2>1，則 的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選B令f(x)x2(a1)xa2b1，關于x的方程x2(a1)xa2b10的兩個實根分別為x1，x2，且0<x1<1，x2>1，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與原點連線的斜率，由解得P，1<k<，故的取值范圍是.10(2018·貴陽適應性考試)已知函數f(x)的圖象上有兩對關于y軸對稱的點，則實數k的取值范圍是()A(0，e) B.C(0,2e2) D(0，e2)解析：選C將函數yln(2x)(x<0)的圖象沿y軸翻折，得函數g(x)ln 2x(x>0)的圖象，由題意可得g(x)的圖象和ykx3(x0)的圖象有兩個交點設ykx3(x0)的圖象與曲線yg(x)相切的切點為(m，ln 2m)，由g(x)，得k.又ln 2mkm3，解得m，則k2e2.由圖象可得0<k<2e2時，g(x)的圖象和ykx3(x0)的圖象有兩個交點，故選C.11(2019屆高三·昆明高三摸底)在長方體ABCD­A1B1C1D1中，ABAD4，AA12.過點A1作平面與AB，AD分別交于M，N兩點，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，過點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ME·ENAE24，由基本不等式得MNMEEN24，當且僅當MEEN，即E為MN的中點時等號成立，截面A1MN面積的最小值為×4×24，故選B.12對于函數f(x)和g(x)，設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”若函數f(x)ex1x2與g(x)x2axa3互為“零點相鄰函數”，則實數a的取值范圍為()A2,4 B.C. D2,3解析：選Df(x)ex110，f(x)ex1x2是R上的單調遞增函數又f(1)0，函數f(x)的零點為x1，1，|1|1，02，函數g(x)x2axa3在區(qū)間0,2上有零點由g(x)0，得a(0x2)，即a(x1)2(0x2)，設x1t(1t3)，則at2(1t3)，令h(t)t2(1t3)，易知h(t)在區(qū)間1,2)上是減函數，在區(qū)間2,3上是增函數，2h(t)3，即2a3.B組填空壓軸小題命題點專練1(2018·南昌一模)已知函數f(x)x3sin x，若0，且f f(2)，則cos_.解析：由題易知函數f(x)x3sin x為奇函數且在上單調遞增因為0，所以，2，又ff(2)，2，coscos .答案：2設函數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)<1，由f(f(t)2f(t)，得f(t)2f(t)，可知f(t)1，所以t1，解得t3.綜上所述，t3或t.答案：33設點P，Q分別是曲線yxex(e是自然對數的底數)和直線yx3上的動點，則P，Q兩點間距離的最小值為_解析：yexxex(1x)ex，由(1x)ex1，得ex1x，exx10，令h(x)exx1，顯然h(x)是增函數，且h(0)0，即方程exx10只有一個解x0，又曲線yxex在x0處的切線方程為yx，兩平行線xy0和xy30之間的距離為 d，故P，Q兩點間距離的最小值為.答案：4(2019屆高三·南寧摸底聯考)已知函數f(x)(exex)x，f(log3x)f(logx)2f(1)，則x的取值范圍是_解析：由題意知f(x)f(x)，所以f(x)是偶函數由f(logx)f(log3x)f(log3x)，知原不等式可化為f(log3x)f(1)又x>0時，f(x)exx>0，所以f(x)在(0，)上單調遞增，所以|log3x|1，解得x3.答案：5(2018·鄭州質檢)我國古代數學專著九章算術對立體幾何有深入的研究，從其中的一些數學用語可見，譬如“鱉臑”意指四個面都是直角三角形的三棱錐某“鱉臑”的三視圖(圖中網格紙上每個小正方形的邊長為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_解析：由該幾何體的三視圖還原其直觀圖，并放入長方體中如圖中的三棱錐A­BCD所示，其中AB2，BCCD，易知長方體的外接球即為三棱錐A­BCD的外接球，設外接球的直徑為2R，所以4R2(2)2()2()282212，則R23，因此外接球的表面積S4R212.答案：126(2018·全國卷)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30°.若SAB的面積為8，則該圓錐的體積為_解析：在RtSAB中，SASB，SSAB·SA28，解得SA4.設圓錐的底面圓心為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r2·h×(2)2×28.答案：87(2018·全國卷)ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知bsin Ccsin B4asin Bsin C，b2c2a28，則ABC的面積為_解析：bsin Ccsin B4asin Bsin C，由正弦定理得sin Bsin Csin Csin B4sin Asin Bsin C.又sin Bsin C>0，sin A.由余弦定理得cos A>0，cos A，bc，SABCbcsin A××.答案：8(2018·全國卷)已知函數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cos x<時，f(x)<0，f(x)單調遞減；當cos x>時，f(x)>0，f(x)單調遞增當cos x，f(x)有最小值又f(x)2sin xsin 2x2sin x(1cos x)，當sin x時，f(x)有最小值，即 f(x)min2××.答案：9(2019屆高三·湖北八校聯考)我國南北朝時期的數學家祖暅提出體積的計算原理(祖暅原理)：“冪勢既同，則積不容異”“勢”是幾何體的高，“冪”是截面面積其意思為：如果兩個等高的幾何體在同高處的截面面積恒等，那么這兩個幾何體的體積相等已知雙曲線C的漸近線方程為y±2x，一個焦點為(，0)直線y0與y3在第一象限內與雙曲線及漸近線圍成如圖所示的圖形OABN，則它繞y軸旋轉一圈所得幾何體的體積為_解析：由題意可得雙曲線的方程為x21，直線y3在第一象限內與漸近線的交點N的坐標為，與雙曲線在第一象限內的交點B的坐標為，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ABCD中，O為BD的中點，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·貴陽適應性考試)已知底面是正六邊形的六棱錐P­ABCDEF的七個頂點均在球O的表面上，底面正六邊形的邊長為1，若該六棱錐體積的最大值為，則球O的表面積為_解析：因為六棱錐P­ABCDEF的七個頂點均在球O的表面上，由對稱性和底面正六邊形的面積為定值知，當六棱錐P­ABCDEF為正六棱錐時，體積最大設正六棱錐的高為h，則×h，解得h2.記球O的半徑為R，根據平面截球面的性質，得(2R)212R2，解得R，所以球O的表面積為4R24×2.答案：12(2019屆高三·惠州調研)在四邊形ABCD中，P為CD上一點，已知|8，|5，與的夾角為，且cos ，3，則·_.解析：，3，又|8，|5，cos ，·8×5×22， ··|2·|22511122.答案：213(2019屆高三·益陽、湘潭調研)已知圓C1：x2(y2)24，拋物線C2：y22px(p>0)，C1與C2相交于A，B兩點，|AB|，則拋物線C2的方程為_解析：法一：由題意，知圓C1與拋物線C2的其中一個交點為原點，不妨記為B，設A(m，n)|AB|，解得即A.將A的坐標代入拋物線方程得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的其中一個交點為原點，不妨記為B，設A(m，n)由圓C1的性質知cosC1BA，sinC1BA，n|AB|cosC1BA，m|AB|sinC1BA，即A，將A的坐標代入拋物線方程得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，且與線段CD(包括端點C，D)有兩個交點，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中點為坐標原點O，過點O且垂直于AB的直線為y軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，則A(2,0)，B(2,0)，C(1，)設以A，B為焦點的雙曲線方程為1(a>0，b>0)，則c2.由a2b2c2，得b24a2，當x1時，y2a25.要使雙曲線與線段CD(包括端點C，D)有兩個交點，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·武漢調研)過圓：x2y24外一點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，則四邊形ABCD面積的最大值為_解析：如圖所示，S四邊形ABCD(PA·PDPB·PC)，取AB，CD的中點分別為E，F，連接OE，OF，OP，則S四邊形ABCD=(PEAE)·(PFDF)(PEAE)·(PFDF)PE·DFAE·PF，由題意知四邊形OEPF為矩形，則OEPF，OFPE，結合柯西不等式有S四邊形ABCDOF·DFAE·OE，其中OF2OE2OP2，DF2AE24OF24OE28OP2，據此可得S四邊形ABCD，綜上，四邊形ABCD面積的最大值為.答案：16(2018·湘東五校聯考)已知函數f(x)3mx(3m)ln x，若對任意的m(4,5)，x1，x21,3，恒有(aln 3)m3ln 3>|f(x1)f(x2)|成立，則實數a的取值范圍是_解析：f(x)3mx(3m)ln x，f(x)，當x1,3，m(4,5)時，f(x)>0，f(x)在1,3上單調遞增，|f(x1)f(x2)|f(3)f(1)6m(3m)ln 3， (aln 3)m3ln 3>6m(3m)ln 3，a>6.y6在m(4,5)上單調遞減，<6<，a.答案：