二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理普通生通用版講義：第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選專題二　“選填”壓軸小題的4大搶分策略 Word版含解析

《二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理普通生通用版講義：第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選專題二　“選填”壓軸小題的4大搶分策略 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理普通生通用版講義：第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選專題二　“選填”壓軸小題的4大搶分策略 Word版含解析（23頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、難點(diǎn)自選專題二難點(diǎn)自選專題二“選填選填”壓軸小題的壓軸小題的 4 大搶分策略大搶分策略解答選擇題中的壓軸題，務(wù)必要遵循解答選擇題中的壓軸題，務(wù)必要遵循“小題小解小題小解”的原則，要抓住已知條件與備選項(xiàng)的原則，要抓住已知條件與備選項(xiàng)之間的關(guān)系進(jìn)行分析、試探、推斷，充分發(fā)揮備選項(xiàng)的暗示作用，選用解法要靈活機(jī)動(dòng)，之間的關(guān)系進(jìn)行分析、試探、推斷，充分發(fā)揮備選項(xiàng)的暗示作用，選用解法要靈活機(jī)動(dòng)，做到具體問(wèn)題具體分析，不要生搬硬套能做到具體問(wèn)題具體分析，不要生搬硬套能定性判定定性判定的，就不再使用復(fù)雜的定量計(jì)算；能的，就不再使用復(fù)雜的定量計(jì)算；能用用特殊值分析特殊值分析的，就不再采用常規(guī)解法；能用的，就不再

2、采用常規(guī)解法；能用間接法求解間接法求解的，就不再用直接法的，就不再用直接法能否快速準(zhǔn)確地解答填空題中的壓軸題，往往是高考數(shù)學(xué)成敗的關(guān)鍵現(xiàn)行考試大能否快速準(zhǔn)確地解答填空題中的壓軸題，往往是高考數(shù)學(xué)成敗的關(guān)鍵現(xiàn)行考試大綱對(duì)解答填空題提出的基本要求是綱對(duì)解答填空題提出的基本要求是“正確、合理、迅速正確、合理、迅速”也就是說(shuō)解填空題務(wù)必要做也就是說(shuō)解填空題務(wù)必要做到：到：特例思想開(kāi)思路特例思想開(kāi)思路特例思想是通過(guò)考查數(shù)學(xué)對(duì)象的特殊情況來(lái)獲得一般性結(jié)論舉出特例或者研究特殊特例思想是通過(guò)考查數(shù)學(xué)對(duì)象的特殊情況來(lái)獲得一般性結(jié)論舉出特例或者研究特殊情況要比研究一般情況容易很多研究清楚了特殊情況，對(duì)于解決一般情

3、況可以提供解題情況要比研究一般情況容易很多研究清楚了特殊情況，對(duì)于解決一般情況可以提供解題思路當(dāng)題目十分復(fù)雜或解題目標(biāo)不明確時(shí)，往往需要考查題設(shè)條件中的某些特殊情況，思路當(dāng)題目十分復(fù)雜或解題目標(biāo)不明確時(shí)，往往需要考查題設(shè)條件中的某些特殊情況，從中找出能反映問(wèn)題本質(zhì)屬性的隱含信息，這樣做，常常能夠打開(kāi)我們的思路，發(fā)現(xiàn)解決從中找出能反映問(wèn)題本質(zhì)屬性的隱含信息，這樣做，常常能夠打開(kāi)我們的思路，發(fā)現(xiàn)解決問(wèn)題的方法問(wèn)題的方法典例典例已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)x13sin 2xasin x 在在 R R 上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增，則則 a 的取值范圍是的取值范圍是()A1,1B.1，13C.13，13D.1，

4、13解析解析法一：特殊值法法一：特殊值法對(duì)函數(shù)對(duì)函數(shù) f(x)求導(dǎo)，得求導(dǎo)，得 f(x)123cos 2xacos x5343cos2xacos x根據(jù)題意，根據(jù)題意，f(x)0 恒成立恒成立，因?yàn)楹瘮?shù)因?yàn)楹瘮?shù) f(x)為偶函數(shù)為偶函數(shù)，從而從而 f(x)0 的兩根一定互為相反數(shù)的兩根一定互為相反數(shù)，即可即可知知 a 的值關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除選項(xiàng)的值關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除選項(xiàng) B、D；當(dāng)；當(dāng) a1 時(shí)，時(shí)，f(0)5343cos20acos 00，說(shuō)，說(shuō)明函數(shù)明函數(shù) f(x)不是恒單調(diào)遞增的，排除選項(xiàng)不是恒單調(diào)遞增的，排除選項(xiàng) A.故選故選 C.法二：特殊值法法二：特殊值法觀察本題的四個(gè)選項(xiàng)觀察本題

5、的四個(gè)選項(xiàng)，發(fā)現(xiàn)選項(xiàng)發(fā)現(xiàn)選項(xiàng) A、B、D 中都有數(shù)中都有數(shù)1，故取故取 a1，f(x)x13sin 2xsin x，f(x)123cos 2xcos x，但但 f(0)1231230 時(shí)時(shí)，分離參數(shù)得分離參數(shù)得 a43t253t43t53t恒成立恒成立設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) h(t)43t53t，即有即有 ah(t)max成立，由于成立，由于 h(t)4353t20，從而可知函數(shù)，從而可知函數(shù) h(t)在在(0,1上單調(diào)遞增，所以上單調(diào)遞增，所以 ah(1)13.當(dāng)當(dāng) t0 時(shí)，分離參數(shù)得時(shí)，分離參數(shù)得 a43t253t43t53t恒成立易得恒成立易得 ah(t)minh(1)13.綜上所述，綜上所述，

6、a 的取值范圍是的取值范圍是13，13 .故選故選 C.答案答案C 題后悟通題后悟通 (1)本題的四種解法中本題的四種解法中，解法一是從函數(shù)的整體性質(zhì)解法一是從函數(shù)的整體性質(zhì)(單調(diào)性單調(diào)性、奇偶性奇偶性)出發(fā)出發(fā)，排除不符合排除不符合題意的選項(xiàng)，是優(yōu)化解題方法的最好策略；解法二是從題目的選項(xiàng)特征出發(fā)，采取特值法題意的選項(xiàng)，是優(yōu)化解題方法的最好策略；解法二是從題目的選項(xiàng)特征出發(fā)，采取特值法解題解題，方法簡(jiǎn)單方法簡(jiǎn)單；解法三就是將函數(shù)解法三就是將函數(shù) f(x)求導(dǎo)后求導(dǎo)后，再構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式再構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式 g(t)0 恒成立恒成立，結(jié)合函數(shù)結(jié)合函數(shù) g(t)的結(jié)構(gòu)特征與圖形特征解題；解

7、法四中，令的結(jié)構(gòu)特征與圖形特征解題；解法四中，令 cos xt，對(duì)參數(shù)，對(duì)參數(shù) t 進(jìn)行分類討論進(jìn)行分類討論后，再利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)研究單調(diào)性、最值，這就是有關(guān)單調(diào)性問(wèn)題的解題套路后，再利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)研究單調(diào)性、最值，這就是有關(guān)單調(diào)性問(wèn)題的解題套路(2)處理此類問(wèn)題經(jīng)常根據(jù)題中所給出的條件巧妙選擇特殊值、特殊函數(shù)、特殊位置、處理此類問(wèn)題經(jīng)常根據(jù)題中所給出的條件巧妙選擇特殊值、特殊函數(shù)、特殊位置、特殊圖形等進(jìn)行求解特殊圖形等進(jìn)行求解應(yīng)用體驗(yàn)應(yīng)用體驗(yàn)1(2016全國(guó)卷全國(guó)卷)已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)(xR R)滿足滿足 f(x)2f(x)，若函數(shù)若函數(shù) yx1x與與 yf(x)圖象的交點(diǎn)為圖象的交點(diǎn)為(

8、x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，則，則錯(cuò)誤錯(cuò)誤!(xiyi)()A0BmC2mD4m解析：解析：選選 B法一：法一：(利用函數(shù)的對(duì)稱性利用函數(shù)的對(duì)稱性)由由 f(x)2f(x)，知知 f(x)f(x)2，所以點(diǎn)所以點(diǎn)(x，f(x)與點(diǎn)與點(diǎn)(x，f(x)連線的中點(diǎn)是連線的中點(diǎn)是(0,1)，故函數(shù)，故函數(shù) f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)成中心對(duì)稱成中心對(duì)稱(此處也可以這樣考慮：由此處也可以這樣考慮：由 f(x)2f(x)，知知 f(x)f(x)20，即即f(x)1f(x)10，令令 F(x)f(x)1，則則 F(x)F(x)0，即即 F(x)f(x)1 為奇函數(shù)，圖象關(guān)于

9、點(diǎn)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于點(diǎn)(0,0)對(duì)稱，而對(duì)稱，而 F(x)的圖象可看成是的圖象可看成是 f(x)的圖象向下的圖象向下平移一個(gè)單位得到的平移一個(gè)單位得到的， 故故f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱對(duì)稱) 又又yx1x11x的圖象也關(guān)于點(diǎn)的圖象也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱對(duì)稱， 所以兩者圖象的交點(diǎn)也關(guān)于點(diǎn)所以兩者圖象的交點(diǎn)也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱對(duì)稱， 所以對(duì)于每一組對(duì)稱點(diǎn)所以對(duì)于每一組對(duì)稱點(diǎn) xixi0， yiyi2，所以，所以錯(cuò)誤錯(cuò)誤!(xiyi)錯(cuò)誤錯(cuò)誤!i錯(cuò)誤錯(cuò)誤!i02m2m，故選，故選 B.法二：法二：(構(gòu)造特殊函數(shù)構(gòu)造特殊函數(shù))由由 f(x)2f(x)，知，知 f(x)f(x)2

10、0，即即f(x)1f(x)10.令令 F(x)f(x)1，則，則 F(x)為奇函數(shù)，為奇函數(shù)，即即 f(x)1 為奇函數(shù)，從而可令為奇函數(shù)，從而可令 f(x)1x，即即 f(x)x1，顯然該函數(shù)滿足此條件，顯然該函數(shù)滿足此條件此時(shí)此時(shí) yx1 與與 yx1x的交點(diǎn)分別為的交點(diǎn)分別為(1,2)和和(1,0)，所以所以 m2，錯(cuò)誤錯(cuò)誤!(xiyi)12(1)02，結(jié)合選項(xiàng)可知選結(jié)合選項(xiàng)可知選 B.2.如圖如圖，在在ABC 中中，點(diǎn)點(diǎn) O 是是 BC 的中點(diǎn)的中點(diǎn)，連接連接 AO，過(guò)點(diǎn)過(guò)點(diǎn) O 的直線的直線分別交直線分別交直線 AB， AC 于不同的兩點(diǎn)于不同的兩點(diǎn) M， N， 若若 ABm AM，

11、ACn AN，則則 mn 的值為的值為_(kāi)解析：法一：解析：法一：因?yàn)橐驗(yàn)?O 是是 BC 的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，所以所以 AO12( AB AC)m2AMn2AN.因?yàn)橐驗(yàn)?M，O，N 三點(diǎn)共線，所以三點(diǎn)共線，所以m2n21，所以所以 mn2.法二：法二：(特殊位置法特殊位置法)取取 M 與與 B 重合，重合，N 與與 C 重合，重合，此時(shí)此時(shí) mn1，得，得 mn2.答案：答案：23 已知已知ABC 中中， AB4，AC5，點(diǎn)點(diǎn) O 為為ABC 所在平面內(nèi)一點(diǎn)所在平面內(nèi)一點(diǎn)， 滿足滿足| OA| OB| OC|，則，則 AO BC_.解析：法一：解析：法一：如圖，如圖， AB OB OA， AC

12、OC OA， AB2 OB22 OB OA OA2，AC2 OC22 OC OAOA2.兩式相減，得兩式相減，得 AC2 AB22 OB OA2 OC OA.25162 OA( OB OC)，92 OA CB， AO BC92.法二：法二：(特殊圖形法特殊圖形法)若若ABC 為直角三角形，如圖，為直角三角形，如圖，則則 AO12( AB AC)， BC AC AB， AO BC12( AB AC)( AC AB)12( AC2 AB2)92.答案：答案：92極限思想減運(yùn)算極限思想減運(yùn)算極限思想就是考慮相關(guān)問(wèn)題的極端情況，極端情形往往都是相關(guān)命題的極限情況，或極限思想就是考慮相關(guān)問(wèn)題的極端情況，

13、極端情形往往都是相關(guān)命題的極限情況，或是某個(gè)變量所在區(qū)間端點(diǎn)的取值例如線段是三角形高為零的極端情況，切線是割線的極是某個(gè)變量所在區(qū)間端點(diǎn)的取值例如線段是三角形高為零的極端情況，切線是割線的極端情形端情形(即極限即極限)等等有些高考數(shù)學(xué)壓軸題的求解有些高考數(shù)學(xué)壓軸題的求解，常常要從它的極端情形來(lái)尋找突破口常常要從它的極端情形來(lái)尋找突破口一一般來(lái)說(shuō)，運(yùn)用極限思想分析問(wèn)題，往往能夠減少運(yùn)算量，尤其是選擇題和填空題，運(yùn)用極般來(lái)說(shuō)，運(yùn)用極限思想分析問(wèn)題，往往能夠減少運(yùn)算量，尤其是選擇題和填空題，運(yùn)用極限思想分析解題可以快速準(zhǔn)確地解決問(wèn)題，從而避免小題大做，節(jié)省考場(chǎng)上的答題時(shí)間限思想分析解題可以快速準(zhǔn)確地

14、解決問(wèn)題，從而避免小題大做，節(jié)省考場(chǎng)上的答題時(shí)間典例典例在平面四邊形在平面四邊形 ABCD 中，中，ABC75 ，BC2，則則 AB 的取值范圍是的取值范圍是_解析解析法一：極限法法一：極限法如圖如圖，動(dòng)態(tài)地審視平面四邊形動(dòng)態(tài)地審視平面四邊形 ABCD，邊邊 BC2 固定固定，BC75 固定固定，延長(zhǎng)延長(zhǎng) BA，CD交于交于點(diǎn)點(diǎn)P.雖然雖然BAD75 ， 但但AB邊并不固定邊并不固定， 平行移平行移動(dòng)動(dòng)AD邊邊， 則容易看則容易看出出BQ QABBP.在在BCQ Q 中，易求得中，易求得 BQ Q 6 2；在；在BCP 中，易求得中，易求得 BP 6 2，則，則 AB 的取值范的取值范圍是圍是

15、( 6 2， 6 2)法二：分割法法二：分割法易知易知ADC135 .如圖，連接如圖，連接 BD，設(shè)，設(shè)BDC，ADB，則，則135 .在在ABD 和和BCD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得BCsin BDsin 75ABsin ，則則 ABBCsin sin 2sin 135 sin 2sin 45 sin 211tan ，由由75180，13575180，得得 30 105 ，所以所以 321tan 3.則則 6 2ABb.設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f(x)(2x1)(x1)， 且關(guān)于且關(guān)于 x 的方程的方程 f(x)m(mR R)恰有三個(gè)互不相等的實(shí)根恰有三個(gè)互不相等的實(shí)根 x1， x2， x3，

16、 則則 x1x2x3的取值范圍是的取值范圍是_解析解析f(x)(2x1)(x1) 2x1 2 2x1 x1 ，x0， x1 2 2x1 x1 ，x0，f(x)2x2x，x0，x2x，x0.故關(guān)于故關(guān)于 x 的方程的方程 f(x)m(mR R)恰有三個(gè)互不相等的實(shí)根恰有三個(gè)互不相等的實(shí)根 x1，x2，x3，等價(jià)于函數(shù)，等價(jià)于函數(shù) f(x)的圖象與直線的圖象與直線 ym 有三個(gè)不同的交點(diǎn)有三個(gè)不同的交點(diǎn)作出函數(shù)作出函數(shù) f(x)的大致圖象如圖所示，從圖中不難得知的大致圖象如圖所示，從圖中不難得知 0m0 時(shí)，時(shí)，x2xm，即即 x2xm0，由此可得由此可得 x2x3m.當(dāng)當(dāng) x0 時(shí)，由時(shí)，由 2

17、x2x14，得，得 x1 34.當(dāng)當(dāng) m 在在0，14 上遞增時(shí)，上遞增時(shí)，|x1|也在也在 0，|1 34|上遞增上遞增從而從而 m|x1|隨著隨著 m 的遞增而遞增，的遞增而遞增，而而 x10，a a 與與 b b的夾角的夾角0，4 ，且，且 a a b b 和和 b b a a 都在集合都在集合n2| |nZ中，則中，則 a a b b()A.12B1C.32D.52解析：解析：選選 C由定義由定義 ，得得 a a b babb2|a|b|cos |b|2，同理可得同理可得 b b a aa ab ba a2|a a|b b|cos |a a|2.由由|a a|b b|0，得，得 0|b

18、 b|a a|1.又因?yàn)橛忠驗(yàn)?，4 ，所以，所以22cos 1.從而可得從而可得 0|b b|cos |a a|1，即，即 0b b a a1.因?yàn)橐驗(yàn)?b b a an2| |nZ，所以，所以 b b a a12.得得(a a b b)(b b a a)cos212，1，將將代入上式，化簡(jiǎn)得代入上式，化簡(jiǎn)得 1a a b b2.又因?yàn)橛忠驗(yàn)?a a b bn2| |nZ，所以，所以 a a b b32，故選，故選 C.定義分析解壓軸定義分析解壓軸解答數(shù)學(xué)高考?jí)狠S題，入手的關(guān)鍵就是要先弄清問(wèn)題所涉及的概念、定義及其相關(guān)的解答數(shù)學(xué)高考?jí)狠S題，入手的關(guān)鍵就是要先弄清問(wèn)題所涉及的概念、定義及其相關(guān)

19、的隱含信息，然后運(yùn)用數(shù)學(xué)的通性通法隱含信息，然后運(yùn)用數(shù)學(xué)的通性通法定義法、分析法、綜合法、分離變量法、數(shù)形結(jié)定義法、分析法、綜合法、分離變量法、數(shù)形結(jié)合法、向量法、重要不等式法等進(jìn)行分析、整合，認(rèn)識(shí)問(wèn)題的本質(zhì)，探究與問(wèn)題相關(guān)的基合法、向量法、重要不等式法等進(jìn)行分析、整合，認(rèn)識(shí)問(wèn)題的本質(zhì)，探究與問(wèn)題相關(guān)的基本概念或數(shù)學(xué)模型本概念或數(shù)學(xué)模型只有明確了命題中的相關(guān)概念只有明確了命題中的相關(guān)概念、定義及數(shù)學(xué)模型定義及數(shù)學(xué)模型，才能準(zhǔn)確理解題意才能準(zhǔn)確理解題意、靈活運(yùn)用知識(shí)分析問(wèn)題，解決問(wèn)題，促進(jìn)解題思路的創(chuàng)新因此，運(yùn)用定義分析問(wèn)題是準(zhǔn)靈活運(yùn)用知識(shí)分析問(wèn)題，解決問(wèn)題，促進(jìn)解題思路的創(chuàng)新因此，運(yùn)用定義分析

20、問(wèn)題是準(zhǔn)確、迅速解答數(shù)學(xué)高考?jí)狠S題的重要策略確、迅速解答數(shù)學(xué)高考?jí)狠S題的重要策略典例典例已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)是定義在是定義在(，)上的奇函數(shù)，且當(dāng)上的奇函數(shù)，且當(dāng) x0 時(shí)，時(shí)，f(x)|xa2|x2a2|3a22，若，若xR R，f(x1)f(x)，則實(shí)數(shù)，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍為的取值范圍為()A.16，16B.66，66C.13，13D.33，33解析解析法一：法一：當(dāng)當(dāng) x0 時(shí)，時(shí)，f(x)x，0 xa2，a2，a2x2a2，x3a2，x2a2，作出函數(shù)作出函數(shù) f(x)的圖象，如圖所的圖象，如圖所示示因?yàn)閷?duì)因?yàn)閷?duì)xR R，f(x1)f(x)成立成立，所以對(duì)應(yīng)的函數(shù)所以對(duì)應(yīng)的函

21、數(shù) f(x1)的圖象恒在函數(shù)的圖象恒在函數(shù) f(x)的圖象的圖象的下方的下方由此可知，只需函數(shù)由此可知，只需函數(shù) f(x)在在 x2a2時(shí)，時(shí)，f(x)x3a2，又又 f(x)是是 R R 上的奇函數(shù)，上的奇函數(shù)，所以所以 x0 時(shí)，時(shí)，f(x)的最小值為的最小值為a2.因?yàn)橐驗(yàn)?f(x)為奇函數(shù)，所以當(dāng)為奇函數(shù)，所以當(dāng) x0 時(shí)，時(shí)，f(x)a2所對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)為所對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)為 x4a2，即，即 B 點(diǎn)的橫坐標(biāo)點(diǎn)的橫坐標(biāo)當(dāng)當(dāng) x0 時(shí)，時(shí)，f(x)a2所對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo) xmin2a2，即，即 A 點(diǎn)的橫坐標(biāo)點(diǎn)的橫坐標(biāo)故要對(duì)故要對(duì)xR R，都有，都有 f(x1)f(x)成立，則要成

22、立，則要 A，B 兩點(diǎn)的跨度不大于兩點(diǎn)的跨度不大于 1.否則，否則，f(x)的圖象向右平移的圖象向右平移 1 個(gè)單位后，線段個(gè)單位后，線段 DB 會(huì)在會(huì)在 A1C1的下方，的下方，此時(shí)的圖象與對(duì)應(yīng)的函數(shù)不等式此時(shí)的圖象與對(duì)應(yīng)的函數(shù)不等式 f(x1)f(x)相悖相悖所以所以 4a2(2a2)1，解得解得 a66，66 .答案答案B 題后悟通題后悟通 本題主要考查全稱命題、奇函數(shù)和分段函數(shù)等基本概念，考查函數(shù)的最值與恒成立問(wèn)本題主要考查全稱命題、奇函數(shù)和分段函數(shù)等基本概念，考查函數(shù)的最值與恒成立問(wèn)題意在考查考生應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想，綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力注題意在考查考生應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思

23、想，綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力注重理解題意重理解題意，根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)畫草圖進(jìn)行探究根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)畫草圖進(jìn)行探究，抓住函數(shù)抓住函數(shù) f(x)在在 x0)，過(guò)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn) P 作作 PMy軸于軸于 M，則則 M0，2 2t，Q Qt，2 2t.從而從而|MQ Q| 0t 22 2t2 2t2t232t2，在折疊后的圖形中，有在折疊后的圖形中，有|Q QM1|MP|t，故故|PQ Q|2|Q QM1|2|MM1|2|MP|2|Q QM|2|MP|22t232t222t232t216.當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng) t24，即，即 t2 時(shí)等號(hào)成立，時(shí)等號(hào)成立，所以當(dāng)所以當(dāng) t2 時(shí)，即時(shí)，即 P 坐

24、標(biāo)為坐標(biāo)為(2， 2)時(shí)，時(shí)，|PQ Q|的最小值為的最小值為 164.綜上所述，折疊后線段綜上所述，折疊后線段 PQ Q 的長(zhǎng)度的最小值等于的長(zhǎng)度的最小值等于 4.法二：法二：設(shè)設(shè) P(x0，y0)到兩漸近線的距離分別為到兩漸近線的距離分別為 m，n，如圖，則有如圖，則有|PM|Q QM1|m，|PN|n，且且 m|x0y0|2，n|x0y0|2.易知，折疊后的易知，折疊后的 PQ Q，可視為一長(zhǎng)方體的體對(duì)角線，可視為一長(zhǎng)方體的體對(duì)角線則則 PQ Q2Q QM21M1M2MP22m24n22 8mn4 2x20y20216.所以所以|PQ Q|min4.答案：答案：4專題過(guò)關(guān)檢測(cè)專題過(guò)關(guān)檢測(cè)

25、A 組組選擇題解題技法專練選擇題解題技法專練1若若 sin sin 13(cos cos )，(0，)，則，則的值為的值為()A23B3C.3D.23解析：解析：選選 D令令6，則有，則有 sin 13cos tan 33，(0，)，所以所以56，從而，從而23.2已知已知 0ab1，則，則 ab，logba，logab 的大小關(guān)系是的大小關(guān)系是()AlogabablogbaBlogablogbaabClogbalogababDablogablogba解析：解析：選選 A顯然，直接找這三個(gè)數(shù)的大小關(guān)系不容易，但對(duì)顯然，直接找這三個(gè)數(shù)的大小關(guān)系不容易，但對(duì) a，b 取某些特殊的值取某些特殊的值，

26、其大小關(guān)系就非常明顯了其大小關(guān)系就非常明顯了如令如令 a14，b12，則有，則有l(wèi)ogablog420，logbalog242，ab1412，由此可得，由此可得選選 A.3若不等式若不等式 x2logax0 在在0，12 內(nèi)恒成立，則內(nèi)恒成立，則 a 的取值范圍是的取值范圍是()A.116，1B.116，1C.0，116D.0，116解析：解析：選選 A因?yàn)橐驗(yàn)?x0，12 ，當(dāng)，當(dāng) a116時(shí)，顯然時(shí)，顯然 x2logax 恒成立恒成立又當(dāng)又當(dāng) x12時(shí)，由時(shí)，由14116；當(dāng)；當(dāng) x0 時(shí)，可推得時(shí)，可推得 a0 恒恒成立，則成立，則的取值范圍是的取值范圍是()A.12，512B.6，4C

27、.4，34D.6，56解析：解析：選選 A令令 x1，不等式化為，不等式化為 cos 0；令令 x0，不等式化為，不等式化為 sin 0.又又 0，所以，所以 02.當(dāng)當(dāng)1x0.設(shè)設(shè)xx1t(t0 對(duì)對(duì) t0，即，即 sin 212.又又 02，所以，所以6256，故，故12512.6在對(duì)角線在對(duì)角線 AC16 的正方體的正方體 ABCDA1B1C1D1中，正方形中，正方形 BCC1B1所在平面內(nèi)的動(dòng)所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)點(diǎn)P 到直線到直線 D1C1，DC 的距離之和為的距離之和為 4，則，則PC1PC1的取值范圍是的取值范圍是()A2,1B0,1C1,1D.2，14解析：解析：選選 A法一：法一：

28、依題意可知依題意可知 CC12 3，點(diǎn)點(diǎn) P 到點(diǎn)到點(diǎn) C1與與 C 的距離之和為的距離之和為 4，從而可得點(diǎn)從而可得點(diǎn) P 在以在以 C1C 為為 y 軸軸，C1C 的中點(diǎn)為原點(diǎn)的橢圓的中點(diǎn)為原點(diǎn)的橢圓 4x2y24 上上設(shè)設(shè) P(x0，y0)，則則PC1PC1(x0，y0 3)(x0，y0 3)x20y20334y202(2y02)由此可得由此可得2PC1PC11，故選，故選 A.法二：法二：由四個(gè)備選項(xiàng)可知，由四個(gè)備選項(xiàng)可知，B、C、D 都是都是 A 的子集的子集于是，由于是，由“若若 A 則則 B 把把 A 拋，拋，A，B 同真都去掉同真都去掉”可知，應(yīng)著重考查可知，應(yīng)著重考查“2”與

29、與“1”的的值能否取到值能否取到又由條件易知，點(diǎn)又由條件易知，點(diǎn) P 在以在以 C1C 為為 y 軸，軸，C1C 的中點(diǎn)為原點(diǎn)的橢圓的中點(diǎn)為原點(diǎn)的橢圓 4x2y24 上上由此可得，當(dāng)由此可得，當(dāng) y0 時(shí)，時(shí)，PC1PC1可取到可取到2，當(dāng)當(dāng) x0 時(shí)，時(shí)，PC1PC1可取到可取到 1.故選故選 A.7.如圖所示，如圖所示，A 是函數(shù)是函數(shù) f(x)2x的圖象上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)的圖象上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn) A 作直線平作直線平行于行于 x 軸，交函數(shù)軸，交函數(shù) g(x)2x2的圖象于點(diǎn)的圖象于點(diǎn) B，若函數(shù)，若函數(shù) f(x)2x的圖象上的圖象上存在點(diǎn)存在點(diǎn) C 使得使得ABC 為等邊三角形，則稱為等邊三角

30、形，則稱 A 為函數(shù)為函數(shù) f(x)2x的圖象上的圖象上的的“好位置點(diǎn)好位置點(diǎn)”，則函數(shù)，則函數(shù) f(x)2x的圖象上的的圖象上的“好位置點(diǎn)好位置點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為的個(gè)數(shù)為()A0B1C2D3解析解析：選選 B設(shè)設(shè) A(x,2x)，B(x2,2x)，若若ABC 為等邊三角形為等邊三角形，則則 C(x1,2x1)，且且 ACAB2，即，即 1 2x2x1 22，即，即 22x23，又，又 y22x2單調(diào)遞增，所以方程有唯一解單調(diào)遞增，所以方程有唯一解 xlog2321，即函數(shù)，即函數(shù) f(x)2x的圖象上的的圖象上的“好位置點(diǎn)好位置點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為的個(gè)數(shù)為 1.8函數(shù)函數(shù) f(x)的定義域?yàn)榈亩x域?yàn)?R

31、 R，若，若 f(x1)與與 f(x1)都是奇函數(shù)，則都是奇函數(shù)，則()Af(x)是偶函數(shù)是偶函數(shù)Bf(x)是奇函數(shù)是奇函數(shù)Cf(x)f(x2)Df(x3)是奇函數(shù)是奇函數(shù)解析：解析：選選 D法一：法一：因?yàn)橐驗(yàn)?f(x1)是奇函數(shù)，所以是奇函數(shù)，所以 f(x)f(x11)f(x1)1f(x2)，又因?yàn)橛忠驗(yàn)?f(x1)是奇函數(shù)，則是奇函數(shù)，則f(x2)f(x3)1f(x31)f(x4)，所以所以 f(x)f(x4)所以所以 f(x3)f(x34)f(x1)是奇函數(shù)，因而選是奇函數(shù)，因而選 D.法二：法二：令令 f(x)sin x，則則 f(x1)sin(x1)sin x，f(x1)sin(x

32、1)sin x.所以，當(dāng)所以，當(dāng) f(x1)，f(x1)都是奇函數(shù)時(shí)，都是奇函數(shù)時(shí)，f(x)不是偶函數(shù)，排除不是偶函數(shù)，排除 A.令令 f(x)cos2x，則，則f(x1)cos2 x1 sin2x，f(x1)cos2 x1 sin2x，且且 f(x2)cos2 x2 cos2x，所以，當(dāng)所以，當(dāng) f(x1)，f(x1)都是奇函數(shù)時(shí)，都是奇函數(shù)時(shí)，f(x)不是奇函數(shù)，且不是奇函數(shù)，且 f(x)f(x2)，排除，排除 B、C，故選，故選 D.9 已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)x(1a|x|)， 若關(guān)于若關(guān)于 x 的不等式的不等式 f(xa)f(x)的解集為的解集為 A， 且且12，12 A，則實(shí)數(shù)，

33、則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是()A.1 52，0B.1 32，0C.1 52，00，1 32D.，1 52解析：解析：選選 A由題意得由題意得(xa)(1a|xa|)x(1a|x|)當(dāng)當(dāng) a2，x0 時(shí)，時(shí)，有有(02)(12|02|)60(120)不成立，故不成立，故 D 錯(cuò)錯(cuò)當(dāng)當(dāng) a12，x12時(shí)，時(shí)，有有1212112|1212|1321211212 不成立故不成立故 C 錯(cuò)錯(cuò)當(dāng)當(dāng) a1 32，x12時(shí)，時(shí)，有有121 3211 32|121 32|121121 32，即即2 3293 34 3)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則以則以 AF 為直徑的圓的方程為為直徑的圓的

34、方程為(xm)(x2)y20.由由 xm x2 y20，x23y21，消去消去 y，得，得43x2(m2)x2m10.所以所以 x1x234(m2)所以所以|FN|FM|FA|23x2 323x1 3m223 x1x2 2 3m2233 m2 42 3m232.12在我們學(xué)過(guò)的函數(shù)中有這樣一類函數(shù)：在我們學(xué)過(guò)的函數(shù)中有這樣一類函數(shù)：“對(duì)任意一個(gè)三角形，只要它的三邊長(zhǎng)對(duì)任意一個(gè)三角形，只要它的三邊長(zhǎng) a，b，c 都在函數(shù)都在函數(shù) f(x)的定義域內(nèi)的定義域內(nèi)，就有函數(shù)值就有函數(shù)值 f(a)，f(b)，f(c)也是某個(gè)三角形的三邊長(zhǎng)也是某個(gè)三角形的三邊長(zhǎng)”下下面四個(gè)函數(shù)：面四個(gè)函數(shù)：f(x) x(

35、x0)；f(x)x2(x0)；f(x)sin x(0 x)；f(x)cos x0 x4 .屬于這一類函數(shù)的有屬于這一類函數(shù)的有()A1 個(gè)個(gè)B2 個(gè)個(gè)C3 個(gè)個(gè)D4 個(gè)個(gè)解析：解析：選選 B設(shè)設(shè) 0c，ab2 abc，( a b)2c， a b c，即即 f(a)f(b)f(c)，f(x) x(x0)屬于這一類函數(shù)；屬于這一類函數(shù)；舉反例：若舉反例：若 a3，b3，c5，則，則 a2b2c2，即即 f(a)f(b)0)不屬于這一類函數(shù)；不屬于這一類函數(shù)；舉反例：若舉反例：若 a2，b56，c56，則，則 sin asin bsin c，即即 f(a)f(b)f(c)12121，f(x)sin

36、x(0 x)不屬于這一類函數(shù)；不屬于這一類函數(shù)；設(shè)設(shè) 0abc22，f(b)f(c)cos bcos c 2，而，而 cos af(a)，f(x)cos x0 x0 且且 x1時(shí)，時(shí)，2f x xf x x10，若曲線，若曲線 yf(x)在在 x1 處的切線的斜率為處的切線的斜率為45，則，則 f(1)_.解析：解析：因?yàn)楫?dāng)因?yàn)楫?dāng) x0 且且 x1 時(shí)，時(shí)，2f x xf x x10，所以當(dāng)所以當(dāng) x1 時(shí)，時(shí)，2f(x)xf(x)0；當(dāng)當(dāng) 0 x1 時(shí)，時(shí)，2f(x)xf(x)1 時(shí)，時(shí)，g(x)0，函數(shù)，函數(shù) g(x)x2f(x)單調(diào)遞增；單調(diào)遞增；當(dāng)當(dāng) 0 x1 時(shí)，時(shí)，g(x)0，當(dāng)當(dāng)

37、 1a2 時(shí)時(shí)，關(guān)于關(guān)于 x 的方程的方程 ff(x)a 實(shí)數(shù)解的個(gè)實(shí)數(shù)解的個(gè)數(shù)為數(shù)為_(kāi)解析：解析：當(dāng)當(dāng) 1a2 時(shí)，作出函數(shù)時(shí)，作出函數(shù) f(x)的圖象如圖所示，令的圖象如圖所示，令 uf(x)，則，則 f(u)a，由，由 f(x)的的圖象可知圖象可知，若若 u 滿足滿足 u0，解得解得1e2u1e1 或或2eue2，顯然顯然，當(dāng)當(dāng) x0，1e2u1e0,2eue2時(shí)，時(shí)，f(x)u 也有也有 2 個(gè)解因此個(gè)解因此 ff(x)a 有有 4 個(gè)實(shí)個(gè)實(shí)數(shù)解數(shù)解答案：答案：44(2019 屆高三屆高三武漢調(diào)研武漢調(diào)研)過(guò)拋物線過(guò)拋物線 C：y24x 的焦點(diǎn)的焦點(diǎn) F 的直線的直線 l 與拋物線與拋

38、物線 C 交于交于 P，Q Q 兩點(diǎn)，與準(zhǔn)線交于點(diǎn)兩點(diǎn)，與準(zhǔn)線交于點(diǎn) M，且，且FM3 FP，則，則| FP|_.解析：解析：過(guò)點(diǎn)過(guò)點(diǎn) P 作作 PP1垂直準(zhǔn)線于垂直準(zhǔn)線于 P1，由由FM3 FP，得，得|PM|2|PF|，又由拋物線的定義知又由拋物線的定義知|PF|PP1|，所以，所以|PM|2|PP1|.由三角形相似得由三角形相似得|PP1|2|OF|MP|MF|23，所以所以|PP1|43，所以，所以| FP|43.答案：答案：435已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)12x3mx3nx(m0，n0)，且，且 f(x)在在0,1上的最小值為上的最小值為3116，則則f(x)在在1,0上的最大值為上

39、的最大值為_(kāi)解析解析： 令令 g(x)mx3nx(m0， n0)， 則則 g(x)3mx2n， 因?yàn)橐驗(yàn)?m0， n0， 所以所以 g(x)0，所以所以 g(x)為減函數(shù)為減函數(shù)又又 y12x3為減函數(shù)為減函數(shù)，所以所以 f(x)為減函數(shù)為減函數(shù)當(dāng)當(dāng) x0,1時(shí)時(shí)，f(x)minf(1)mn1163116，得，得 mn2，當(dāng)，當(dāng) x1,0時(shí)，時(shí)，f(x)maxf(1)mn1494.答案：答案：946已知向量已知向量 a a，b b，c c 滿足滿足|a a| 2，|b b|a ab b3，若若(c c2a a)(2b b3c c)0, 則則|b bc c|的最的最大值是大值是_解析：解析：設(shè)設(shè)

40、 a a 與與 b b 的夾角為的夾角為，則，則 a ab b|a a|b b|cos ，cos ab|a|b|32322，0，4.設(shè)設(shè) OAa a， OBb b，c c(x，y)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系則則 A(1,1)，B(3,0)，c c2a a(x2，y2)，2b b3c c(63x，3y)，(c c2a a)(2b b3c c)0，(x2)(63x)(y2)(3y)0.即即(x2)2(y1)21.b bc c(3x，y)，|b bc c| x3 2y2 32 2 01 21 21，即，即|b bc c|的最大值為的最大值為 21.答案：答案： 21

41、7(2018開(kāi)封高三定位考試開(kāi)封高三定位考試)已知正三角形已知正三角形 ABC 的邊長(zhǎng)為的邊長(zhǎng)為 2，將它沿高將它沿高 AD 翻折翻折，使使點(diǎn)點(diǎn)B 與點(diǎn)與點(diǎn) C 間的距離為間的距離為 3，此時(shí)四面體，此時(shí)四面體 ABCD 的外接球的表面積為的外接球的表面積為_(kāi)解析：解析：如圖如圖，在正三角形，在正三角形 ABC 中，中，ABBCAC2，則，則 BDDC1，AD 3，在翻折后所得的幾何體中在翻折后所得的幾何體中， 如圖如圖， ADBD， ADCD， 則則 AD平面平面 BCD， 三棱錐三棱錐 ABCD的外接球就是它擴(kuò)展為三棱柱的外接球的外接球就是它擴(kuò)展為三棱柱的外接球， 球心到截球心到截面面BC

42、D的距的距離離d12AD32.在在BCD中中，BC 3， 則由余弦定理則由余弦定理， 得得 cosBDCBD2DC2BC22BDDC1212 3 221112， 所以所以BDC120 .設(shè)球的半徑為設(shè)球的半徑為 R，BCD 的外接圓半徑為的外接圓半徑為 r，則由正弦定理，得，則由正弦定理，得 2rBCsin BDC3sin 1202， 解得解得 r1， 則球的半徑則球的半徑 R d2r23221272， 故球的表面積故球的表面積 S4R247227.答案：答案：78.(2018湘中名校聯(lián)考湘中名校聯(lián)考)一塊邊長(zhǎng)為一塊邊長(zhǎng)為 a cm 的正方形鐵片按如圖所的正方形鐵片按如圖所示的陰影部分裁下示的

43、陰影部分裁下，然后用余下的四個(gè)全等的等腰三角形加工成一個(gè)然后用余下的四個(gè)全等的等腰三角形加工成一個(gè)正四棱錐形容器，則容器的容積的最大值是正四棱錐形容器，則容器的容積的最大值是_解析：解析：如圖，設(shè)如圖，設(shè) ABx，OFx2，EFa2(0 xa)，所以所以 EO EF2OF212a2x2.所以所以 V(x)13S正方形正方形ABCDEO16x2a2x216a2x4x6(0 xa)令令 ya2x4x6(0 xa)，則則 y4a2x36x52x3(2a23x2)當(dāng)當(dāng) y0 時(shí)，時(shí)，x63a.當(dāng)當(dāng) y0 時(shí)，時(shí)，63ax0 時(shí)，時(shí)，0 x63a.所以所以 ya2x4x6(0 xa)在在0，63a上是增

44、函數(shù)，上是增函數(shù)，在在63a，a上是減函數(shù)，上是減函數(shù)，所以當(dāng)所以當(dāng) x63a 時(shí)，時(shí)，ymaxa263a463a6427a6，即即 V(x)max16427a6327a3.答案：答案：327a39 已知函已知函數(shù)數(shù) f(x)sinx4 與函與函數(shù)數(shù) g(x)cosx4 在區(qū)間在區(qū)間54，74 上的圖象交上的圖象交于于 A，B，C 三點(diǎn)，則三點(diǎn)，則ABC 的周長(zhǎng)為的周長(zhǎng)為_(kāi)解析：解析：因?yàn)楹瘮?shù)因?yàn)楹瘮?shù) f(x)sinx4 與函數(shù)與函數(shù) g(x)cosx4 在區(qū)間在區(qū)間54，74 上的圖象交上的圖象交于于 A，B，C 三點(diǎn)，所以由三點(diǎn)，所以由 sinx4 cosx4 ，x54，74 ，解得，解得

45、 x1,0,1，不妨設(shè)不妨設(shè) A1，22 ，B0，22 ，C1，22 ，所以所以 AB 10 222222 3，AC2，BC 10 2222223，所以所以ABC 的周長(zhǎng)為的周長(zhǎng)為 ABACBC22 3.答案：答案：22 310 (2019 屆高三屆高三昆明調(diào)研昆明調(diào)研)將數(shù)列將數(shù)列an中的所有項(xiàng)按每一行比上一行多中的所有項(xiàng)按每一行比上一行多 1 項(xiàng)的規(guī)則排成項(xiàng)的規(guī)則排成如下數(shù)陣：如下數(shù)陣：a1a2，a3a4，a5，a6a7，a8，a9，a10記數(shù)陣中的第記數(shù)陣中的第 1 列數(shù)列數(shù) a1，a2，a4，構(gòu)成的數(shù)列為構(gòu)成的數(shù)列為bn，Sn為數(shù)列為數(shù)列bn的前的前 n 項(xiàng)和項(xiàng)和若若Sn2bn1，則，

46、則 a56_.解析：解析：當(dāng)當(dāng) n2 時(shí)，時(shí)，Sn2bn1，Sn12bn11，bn2bn2bn1，bn2bn1(n2 且且 nN N*)，b12b11，b11，數(shù)列數(shù)列bn是首項(xiàng)為是首項(xiàng)為 1，公比為，公比為 2 的等比數(shù)列，的等比數(shù)列，bn2n1.設(shè)設(shè) a1，a2，a4，a7，a11，的下標(biāo)的下標(biāo) 1,2,4,7,11，構(gòu)成數(shù)列構(gòu)成數(shù)列cn，則則 c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得累加得，cnc11234(n1)，cnn n1 21，由，由 cnn n1 2156，得，得 n11，a56b112101 024.答案：答案：1 02411(2018鄭州第一次

47、質(zhì)量測(cè)試鄭州第一次質(zhì)量測(cè)試)已知雙曲線已知雙曲線 C：x2a2y2b21 的右焦點(diǎn)為的右焦點(diǎn)為 F，過(guò)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn) F 向雙向雙曲線的一條漸近線作垂線曲線的一條漸近線作垂線，垂足為垂足為 M，交另一條漸近線于交另一條漸近線于 N，若若 2MF FN，則雙曲線的則雙曲線的漸近線方程為漸近線方程為_(kāi)解析：解析：由題意得雙曲線的漸近線方程為由題意得雙曲線的漸近線方程為 ybax，F(xiàn)(c,0)，則，則|MF|b，由，由 2MF FN，可得可得|MF|FN|12，所以，所以|FN|2b.在在 RtOMF 中，由勾股定理，中，由勾股定理，得得|OM| |OF|2|MF|2a，因?yàn)橐驗(yàn)镸OFFON，所以由角平分

48、線定理可得，所以由角平分線定理可得|OM|ON|MF|FN|12，|ON|2a，在在 RtOMN 中，由中，由|OM|2|MN|2|ON|2，可得，可得 a2(3b)2(2a)2,9b23a2，即，即b2a213，所以所以ba33，所以雙曲線，所以雙曲線 C 的漸近線方程為的漸近線方程為 y33x.答案：答案：33x12已知已知 O 是是ABC 的外心，取的外心，取C45 ，若，若 OCm OAn OB(m，nR R)，則，則 mn 的取值范圍是的取值范圍是_解析：解析：因?yàn)橐驗(yàn)镃45 ，所以，所以AOB90 .由已知，不妨設(shè)由已知，不妨設(shè)ABC 的外接的外接圓半徑為圓半徑為 1，并設(shè)，并設(shè)

49、OAi， OBj，則，則 C(m，n)，點(diǎn)，點(diǎn) C 的軌跡是以原點(diǎn)為圓的軌跡是以原點(diǎn)為圓心心，1 為半徑的為半徑的34圓弧圓弧(不含端點(diǎn)不含端點(diǎn))，如圖所示如圖所示設(shè)設(shè) mnt，則直線則直線 xyt 與與此圓弧有公共點(diǎn)，故此圓弧有公共點(diǎn)，故 2t1，即，即 mn 的取值范圍是的取值范圍是 2，1)注：也可設(shè)注：也可設(shè) mcos ，nsin 22，則，則 mn 2sin4 .因?yàn)橐驗(yàn)?4494，所以所以1sin4 22，所以，所以 2mn132.設(shè)設(shè) AB 的中點(diǎn)的中點(diǎn) P(x0，y0)，則則 x012(x1x2)18，y012x0b116b.由由點(diǎn)點(diǎn)P 在直線在直線 l1上，得上，得116b1

50、4t，于是，于是 t516b516132932.故故 l1在在 y 軸上截距的取值范軸上截距的取值范圍為圍為932，.答案：答案：932，14 (2019 屆高三屆高三廣州調(diào)研廣州調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)在平面直角坐標(biāo)系系 xOy 中中， 直直線線 x 2y2 20 與橢與橢圓圓 C：x2a2y2b21(ab0)相切，且橢圓相切，且橢圓 C 的右焦點(diǎn)的右焦點(diǎn) F(c,0)關(guān)于直線關(guān)于直線 l：ycbx 的對(duì)稱點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn) E 在橢圓在橢圓 C上，則上，則OEF 的面積為的面積為_(kāi)解析：解析：聯(lián)立聯(lián)立x 2y2 20，x2a2y2b21，消去消去 x，化簡(jiǎn)得，化簡(jiǎn)得(a22b2)y28b2yb2(8a

51、2)0，由由0， 得得 2b2a280.設(shè)設(shè) F為橢圓為橢圓 C 的左焦點(diǎn)的左焦點(diǎn)， 連接連接 FE， 易知易知 FEl， 所以所以 FEEF，又點(diǎn)，又點(diǎn) F 到直線到直線 l 的距離的距離 dc2c2b2c2a，所以，所以|EF|2c2a，|FE|2a|EF|2b2a，在在 RtFEF 中，中，|FE|2|EF|2|FF|2，化簡(jiǎn)得，化簡(jiǎn)得 2b2a2，代入，代入 2b2a280，得，得 b22，a2，所以，所以|EF|FE|2，所以，所以 SOEF12SFEF1.答案：答案：115.(2019 屆高三屆高三山西四校聯(lián)考山西四校聯(lián)考)如圖如圖， 等邊等邊ABC 的邊長(zhǎng)為的邊長(zhǎng)為 2， 頂點(diǎn)頂

52、點(diǎn) B，C 分別在分別在 x 軸的非負(fù)半軸，軸的非負(fù)半軸，y 軸的非負(fù)半軸上移動(dòng)，軸的非負(fù)半軸上移動(dòng)，M 為為 AB 的中點(diǎn)，則的中點(diǎn)，則OAOM的最大值為的最大值為_(kāi)解析解析：設(shè)設(shè)OBC，因?yàn)橐驗(yàn)?BC2，所以所以 B(2cos ，0)，C(0,2sin )，則則 BC(2cos ，2sin )，設(shè)，設(shè) BA(x，y)，因?yàn)?，因?yàn)锳BC 是邊長(zhǎng)為是邊長(zhǎng)為 2 的等邊三角形，的等邊三角形，所以所以x2y24，2xcos 2ysin 2，解得解得x 3sin cos ，y 3cos sin ，即即 BA( 3sin cos ，3cos sin )，則則 OA OB BA( 3sin cos ，

53、3cos sin )，因?yàn)橐驗(yàn)?M 為為 AB 的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，所以所以O(shè)M OB12BA32sin 32cos ，32cos 12sin ，所以所以 OAOM32 3sin 21232sin 2cos23 32sin 212cos 252 7sin(2)52其中其中 cos 3 2114，sin 714，所以所以 OAOM的最大值為的最大值為52 7.答案：答案：52 716已知函數(shù)已知函數(shù) f(x) 3sin 2x2cos2xm 在區(qū)間在區(qū)間0，2 上的最大值為上的最大值為 3，則，則(1)m_；(2)對(duì)任意對(duì)任意 aR R，f(x)在在a，a20上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(kāi)解析：解析：(1)因?yàn)橐驗(yàn)?f(x)2sin2x6 1m，當(dāng)當(dāng) x0，2 時(shí)，時(shí)，62x676，所以當(dāng)所以當(dāng) x6時(shí)，時(shí)，f(x)取最大值取最大值 3m，所以，所以 m0.(2)易知函數(shù)易知函數(shù) f(x)是周期為是周期為的周期函數(shù)的周期函數(shù)，由圖可知由圖可知，在每個(gè)周期內(nèi)只有在每個(gè)周期內(nèi)只有 2 個(gè)零點(diǎn)個(gè)零點(diǎn)，而而a，a20有有 20 個(gè)周期，故有個(gè)周期，故有 40 個(gè)零點(diǎn)，特別地，當(dāng)個(gè)零點(diǎn)，特別地，當(dāng) a 為零點(diǎn)時(shí)，為零點(diǎn)時(shí)，a20也是零點(diǎn)，由此可也是零點(diǎn)，由此可得，此時(shí)可有得，此時(shí)可有 41 個(gè)零點(diǎn)所以填個(gè)零點(diǎn)所以填 40 或或 41.答案：答案：(1)0(2)40 或或 41