2022年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)（文）專(zhuān)題檢測(cè)15《“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域》（教師版）

1、專(zhuān)題檢測(cè)“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(zhuān)練1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，因?yàn)間(x)sin為

2、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(0<k<1)，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)MN

3、BC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(xiàng)都錯(cuò)誤，故選A.4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，ASCBSC30°，所以SACSBC90°，ACBC2，SASB2，所以SSBC×2×22，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，

4、點(diǎn)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AMC<90°，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

5、，所以實(shí)數(shù)t的取值范圍一定關(guān)于t4對(duì)稱(chēng)，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(mǎn)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

6、已知平面向量a，b，c滿(mǎn)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(shè)a，b，c.平面向量a，b，c滿(mǎn)足|a|，|b|1，a·b1，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)0<x<1時(shí)，f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<f(x)，則f(x

7、)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)，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)0<x<1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)

8、f(1x)知，直線x1是函數(shù)f(x)的圖象的對(duì)稱(chēng)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(guān)于x的方程x2(a1)xa2b10的兩個(gè)實(shí)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(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率，由解得P，1<k<，故的取值范圍是.10已知函數(shù)f(x)的圖象上有兩對(duì)關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)，則

9、實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A(e,0)B.C(e2,0) D(2e2,0)解析：選C如圖，因?yàn)楹瘮?shù)yln x的圖象與函數(shù)yln(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，所以問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)yln(x)的圖象與直線ykx3有兩個(gè)交點(diǎn)的問(wèn)題首先求出函數(shù)yln(x)的圖象與直線ykx3相切時(shí)直線的斜率k1.設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，由y得k1.又ln(x0)k1x03，所以x0e2，所以k1 e2.其次，結(jié)合圖象知k(e2,0)時(shí)，函數(shù)yln(x)的圖象與直線ykx3有兩個(gè)交點(diǎn)，所以k的取值范圍是(e2,0)故選C.11在長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1中，ABAD4，AA12.過(guò)點(diǎn)A1作平面與AB，AD分別交于

10、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ME·ENAE24，由基本不等式得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×4×24，故選B.12對(duì)于函數(shù)f(x)和g(x)，

11、設(shè)x|f(x)0，x|g(x)0，若存在，使得|1，則稱(chēng)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(1t3)，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

12、空壓軸小題命題點(diǎn)專(zhuān)練1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(mǎn)足f(f(t)2f(t)的t的取值范圍是_解析：若f(t)1，顯然滿(mǎn)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(shè)點(diǎn)P，Q分別是曲線yxex(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))和直線yx3上的動(dòng)點(diǎn)，則P，Q兩點(diǎn)間距離的最小值為_(kāi)解析：yexxex(1x)

13、ex，由(1x)ex1，得ex1x，exx10，令h(x)exx1，顯然h(x)是增函數(shù)，且h(0)0，即方程exx10只有一個(gè)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(diǎn)間距離的最小值為.答案：4已知函數(shù)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(shù)由f(logx)f(log3x)f(log3x)，知原不等式可化為f(log3x)f(1)又x>0時(shí)，f(x)exx>0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以|log3x|1，解得x3.

14、答案：5我國(guó)古代數(shù)學(xué)專(zhuān)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已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為3

15、0°.若SAB的面積為8，則該圓錐的體積為_(kāi)解析：在RtSAB中，SASB，SSAB·SA28，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r2·h×(2)2×28.答案：87ABC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 Bs

16、in C>0，sin A.由余弦定理得cos A>0，cos A，bc，SABCbcsin A××.答案：8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)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)cos 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

17、最小值，即 f(x)min2××.答案：9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)：“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y±2x，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

18、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ABCD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

19、個(gè)頂點(diǎn)均在球O的表面上，由對(duì)稱(chēng)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的表面積為4R24×2.答案：12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 ，·8×5×22， ··|2·|22511122.答案：213已知圓C1：x2(y2)24，拋物線C2：y22px(p&

20、gt;0)，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(a>0，b>0)，則c2.由a2b2c2，得b24a2，當(dāng)