2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 第二部分 專題二 巧做高考題型講義.doc

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2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 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，側重于考查學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 直接從題設條件出發(fā)，運用有關概念、性質、定理、法則和公式等知識，通過嚴密地推理和準確地運算，從而得出正確的結論，然后對照題目所給出的選項“對號入座”，作出相應的選擇．涉及概念、性質的辨析或運算較簡單的題目常用直接法． [例1]　(xx全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 [解析]　設等差數(shù)列{an}的公差為d， 則由得 即解得d＝4. [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．平時練習中應不斷提高用直接法解選擇題的能力，準確把握題目的特點．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y2＝－x的焦點坐標為(　　) A.　　　　　　　 　B. C. D. 解析：選B　由兩個正數(shù)a，b的等差中項是，得a＋b＝9；a，b的一個等比中項是2，得ab＝20，且a>b，故a＝5，b＝4.又由＝＝2p，得＝， 故拋物線y2＝－x的焦點坐標為. 特例法 從題干(或選項)出發(fā)，通過選取特殊情況代入，將問題特殊化或構造滿足題設條件的特殊函數(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ω>0，函數(shù)f(x)＝sin在上單調(diào)遞減．則ω的取值范圍是(　　) A.　　　　　 　B. C. D. (0,2] [解析]　根據(jù)三角函數(shù)的性質利用特殊值法代入逐項判斷： ∵ω＝2時，2x＋∈，不合題意，∴排除D. ∵ω＝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論相符，則應選另一特例情況再檢驗，或改用其他方法求解． 2．函數(shù)y＝ax－(a>0，a≠1)的圖象可能是(　　) 解析：選D　函數(shù)y＝ax－(a>0，a≠1)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，從而得出正確結論的一種方法． [例3]　設[x]表示不大于x的最大整數(shù)，則對任意實數(shù)x，y有(　　) A．[－x]＝－[x] B．[2x]＝2[x] C．[x＋y]≤[x]＋[y] D．[x－y]≤[x]－[y] [解析]　選項A，取x＝1.5，則[－x]＝[－1.5]＝－2，－[x]＝－[1.5]＝－1，顯然[－x]≠－[x]；選項B，取x＝1.5，則[2x]＝[3]＝3,2[x]＝2[1.5]＝2，顯然[2x]≠2[x]；選項C，取x＝y(tǒng)＝1.6，則[x＋y]＝[3.2]＝3，[x]＋[y]＝[1.6]＋[1.6]＝2，顯然[x＋y]>[x]＋[y]．排除A，B，C，故選D. [答案]　D 排除法適應于定性型或不易直接求解的選擇題．當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)y＝xcos x＋sin x的圖象大致為(　　) 解析：選D　由題意知，函數(shù)是奇函數(shù)，圖象關于坐標原點對稱，當00，而當x＝π時，y＝－π<0，據(jù)此排除選項A，B，C. 數(shù)形結合法 根據(jù)題設條件作出所研究問題的曲線或有關圖形，借助幾何圖形的直觀性作出正確的判斷，習慣上也叫數(shù)形結合法．有些選擇題可通過命題條件中的函數(shù)關系或幾何意義，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、性質等，綜合圖象的特征，得出結論．圖形化策略就是以數(shù)形結合的數(shù)學思想為指導的一種解題策略． [例4]　設函數(shù)f(x)＝其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[－1.1]＝－2，[π]＝3等．若直線y＝kx＋k(k>0)與函數(shù)y＝f(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y＝kx＋k(k>0)恒過定點(－1,0)，在同一直角坐標系中作出函數(shù)y＝f(x)的圖象和直線y＝kx＋k(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)形結合法求解． (1)求解方程根的個數(shù)．畫出相關的兩個函數(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y＝kx＋k(k>0)與函數(shù)y＝f(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Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，動點P在以點C為圓心且與BD相切的圓上．若＝λ＋μ，則λ＋μ的最大值為(　　) A．3 B．2 C. D．2 解析：選A　以A為坐標原點，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系， 則A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直線BD的方程為2x＋y－2＝0，點C到直線BD的距離為＝，所以圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝. 因為P在圓C上， 所以P. 又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)， 所以λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，當且僅當θ＝＋2kπ－φ，k∈Z時，λ＋μ取得最大值3. 概念辨析法 概念辨析法是從題設條件出發(fā)，通過對數(shù)學概念的辨析，進行少量運算或推理，直接選擇出正確結論的方法．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，需要考生在平時注意辨析有關概念，準確區(qū)分相應概念的內(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α∈{x|f(x)＝0}，β＝{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，則稱f(x)與g(x)互為“零點相鄰函數(shù)”．若函數(shù)f(x)＝ex－1＋x－2與g(x)＝x2－ax－a＋3互為“零點相鄰函數(shù)”，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[2,4]　　　　　　　 　B. C. D．[2,3] [解析]　函數(shù)f(x)＝ex－1＋x－2的零點為x＝1，設g(x)＝x2－ax－a＋3的零點為b，若函數(shù)f(x)＝ex－1＋x－2與g(x)＝x2－ax－a＋3互為“零點相鄰函數(shù)”，則|1－b|≤1，∴0≤b≤2.由于g(x)＝x2－ax－a＋3＝x2＋3－a(x＋1)必經(jīng)過點(－1,4)，∴要使其零點在區(qū)間[0,2]上，則即解得2≤a≤3. [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)學符號、文字敘述給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．解決這類問題的關鍵是準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)λ(λ∈R)使得f(x＋λ)＋λf(x)＝0對任意實數(shù)都成立，則稱f(x)是一個“λ伴隨函數(shù)”．下列是關于“λ伴隨函數(shù)”的結論：①f(x)＝0不是常數(shù)函數(shù)中唯一一個“λ伴隨函數(shù)”；②f(x)＝x是“λ伴隨函數(shù)”；③f(x)＝x2是“λ伴隨函數(shù)”；④“伴隨函數(shù)”至少有一個零點．其中正確的結論個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選B　由題意得，①正確，如f(x)＝c≠0，取λ＝－1，則f(x－1)－f(x)＝c－c＝0，即f(x)＝c≠0是一個“λ伴隨函數(shù)”；②不正確，若f(x)＝x是一個“λ伴隨函數(shù)”，則x＋λ＋λx＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾；③不正確，若f(x)＝x2是一個“λ伴隨函數(shù)”，則(x＋λ)2＋λx2＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾；④正確，若f(x)是“伴隨函數(shù)”，則f＋f(x)＝0，取x＝0，則f＋f(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確的計算，只需對其數(shù)值特點和取值界限作出適當?shù)墓烙?，便能作出正確的判斷，這就是估算法．估算法的關鍵是確定結果所在的大致范圍，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，EF∥AB，EF＝，EF與平面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為(　　) A. B．5 C．6 D. [解析]　連接BE，CE，四棱錐EABCD的體積為VEABCD＝332＝6，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>VEABCD＝6，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，解題的關鍵是利用θ的范圍求sin θ的范圍一定要準確，否則將達不到解題的目的或解答錯誤． 6.(xx寧波效實中學模擬)圖中陰影部分的面積S是h的函數(shù)(0≤h≤H)，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、結構簡單、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：①定量型：要求考生填寫數(shù)值、數(shù)集或數(shù)量關系；②定性型：要求填寫的是具有某種性質的對象或者填寫給定數(shù)學對象的某種性質． (2)根據(jù)填空題出題設問的多少，又可以將填空題分成兩類形式：①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；②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，讓學生能分步得分；本質上來說和單空題區(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，搞清多空之間設問的關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，只要求結果，故對正確性的要求比解答題更高、更嚴格．在解填空題時要做到： 一、單空題——四招速解 直接法 它是直接從題設出發(fā)，利用有關性質或結論，通過巧妙地變形，直接得到結果的方法．要善于透過現(xiàn)象抓本質，有意識地采取靈活、簡捷的解法解決問題． [例1]　(xx全國卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，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 B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝＋＝.又a＝1，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用，將計算過程簡化從而得到結果，這是快速準確地求解填空題的關鍵． 1．(xx北京高考)若等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，則＝________. 解析：設等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，則a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3；b4＝－1q3＝8，解得q＝－2.所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1(－2)＝2，所以＝1. 答案：1 特殊值法 當填空題已知條件中含有某些不確定的量，但題設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，從而得出探求的結論．為保證答案的正確性，在利用此方法時，一般應多取幾個特例． [例2]　如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AP⊥BD，垂足為P，且AP＝3，則＝________. [解析]　法一：＝(＋) ＝＋＝＋(＋) ＝＋2， ∵AP⊥BD，∴＝0. 又∵＝||||cos ∠BAP＝||2， ∴＝2||2＝29＝18. 法二：把平行四邊形ABCD看成正方形， 則P點為對角線的交點，AC＝6， 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(x＋y)＋f(x－y)，則f(2 018)＝________. 解析：取x＝1，y＝0時，有f(0)＝f(1)＋f(1)＝， 取x＝1，y＝1時，有＝f(2)＋f(0)，f(2)＝－. 取x＝n，y＝1，有f(n)＝f(n＋1)＋f(n－1)，同理f(n＋1)＝f(n＋2)＋f(n)，聯(lián)立得f(n＋2)＝－f(n－1)，可得f(n＋6)＝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，求解的關鍵是明確幾何含義，準確規(guī)范地作出相應的圖形． [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(a－c)(b－c)＝0，則|c|的最大值是________． [解析]　如圖，＝a，＝b，＝c，∵(a－c)(b－c)＝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]　 圖象分析法實質上就是數(shù)形結合的思想方法在解決填空題中的應用，利用圖形的直觀性并結合所學知識便可直接得到相應的結論，這也是高考命題的熱點．準確運用此類方法的關鍵是正確把握各種式子與幾何圖形中的變量之間的對應關系，利用幾何圖形中的相關結論求出結果． 3．不等式sin x<0，x∈[－π，2π]的解集為________． 解析：在同一坐標系中分別作出y＝|x|－與y＝sin x的圖象： 根據(jù)圖象可得不等式的解集為∪∪(π，2π)． 答案：∪∪(π，2π) 構造法 用構造法解填空題的關鍵是由條件和結論的特殊性構造出數(shù)學模型，從而簡化推導與運算過程．構造法是建立在觀察聯(lián)想、分析綜合的基礎之上的，首先應觀察題目，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、類比已學過的知識及各種數(shù)學結構、數(shù)學模型，深刻地了解問題及問題的背景(幾何背景、代數(shù)背景)，從而構造幾何、函數(shù)、向量等具體的數(shù)學模型，達到快速解題的目的． [例4]　如圖，已知球O的球面上有四點A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，則球O的體積等于________． [解析]　如圖，以DA，AB，BC為棱長構造正方體，設正方體的外接球球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＝＝π. [答案]　π 構造法實質上是轉化與化歸思想在解題中的應用，需要根據(jù)已知條件和所要解決的問題確定構造的方向，通過構造新的函數(shù)、不等式或數(shù)列等新的模型，從而轉化為自己熟悉的問題．本題巧妙地構造出正方體，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a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，則該數(shù)列的通項an＝________. 解析：由an＋1＝2an＋3， 則有an＋1＋3＝2(an＋3)， 即＝2. 所以數(shù)列{an＋3}是以a1＋3＝4為首項，公比為2的等比數(shù)列， 即an＋3＝42n－1＝2n＋1， 所以an＝2n＋1－3. 答案：2n＋1－3 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2cos2x＋sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，則A＝________，b＝________. [解析]　∵2cos2x＋sin 2x＝1＋cos 2x＋sin 2x＝1＋sin， ∴1＋sin＝Asin(ωx＋φ)＋b， ∴A＝，b＝1. [答案]　　1 [點評]　例1中根據(jù)題設條件把2cos2x＋sin 2x化成1＋sin后，對比原條件恒等式兩邊可直接得出兩空的結果，A＝，b＝1. 1．(xx浙江高考)雙曲線－y2＝1的焦距是______，漸近線方程是________________． 解析：由雙曲線標準方程，知雙曲線焦點在x軸上，且a2＝2，b2＝1，∴c2＝a2＋b2＝3，即c＝，∴焦距2c＝2，漸近線方程為y＝x，即y＝x. 答案：2　y＝x 分列式——一空一答 此種類型多空題的特點是：兩空的設問相當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(22＋24＋24)22－222＝72(cm2)， 體積為2242＝32(cm3)． (2)∵f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1， ∴f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0. 當x≥1時，x＋－3≥2 －3＝2－3，當且僅當x＝，即x＝時等號成立， 此時f(x)min＝2－3＜0； 當x＜1時，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0， 此時f(x)min＝0. 所以f(x)的最小值為2－3. [答案]　(1)72　32　(2)0　2－3 [點評]　例2(1)中根據(jù)題設條件三視圖得出其幾何體的直觀圖后，由面積的相關公式求出幾何體的面積，由體積的相關公式求出其體積；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)＝sin2x＋sin xcos x＋1的最小正周期是________，單調(diào)遞減區(qū)間是____________． 解析：∵f(x)＝sin2x＋sin xcos x＋1＝＋sin 2x＋1＝sin 2x－cos 2x＋＝sin＋， ∴函數(shù)f(x)的最小正周期T＝π. 令＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z， 解之可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 (k∈Z)． 答案：π　(k∈Z) 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果再進行作答，第一空是解題的關鍵也是難點，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)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則a1＝________，S5＝________. [解析]　∵an＋1＝2Sn＋1， ∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1， ∴Sn＋1＝3Sn＋1， ∴Sn＋1＋＝3， ∴數(shù)列是公比為3的等比數(shù)列， ∴＝3. 又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1， ∴S5＋＝34＝34＝， ∴S5＝121. [答案]　1　121 [點評]　例3中根據(jù)題設條件求出a1＝1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)以坐標原點O為圓心，且與直線x＋y＋2＝0相切的圓方程是________，圓O與圓x2＋y2－2y－3＝0的位置關系是________． 解析：由題意所求圓的半徑等于原點O到直線x＋y＋2＝0的距離，即r＝＝，則所求圓的方程為x2＋y2＝2；因為圓O與圓x2＋y2－2y－3＝0的圓心和半徑分別為O(0,0)，r1＝，C2＝(0,1)，r2＝2，且r2－r1<|OC2|＝10)，則x＝log2t，于是f(t)＝log2tlog32＝log3t(t>0)，故函數(shù)f(x)＝log3x(x>0)，所以f(39)＝log339＝9，故選D. 4．在復平面內(nèi)，已知復數(shù)z＝，則z在復平面上對應的點在(　　) 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z＝＝＝＝＋i，所以復數(shù)z在復平面上對應的點為，，顯然此點在第二象限，故選B. 5．將函數(shù)y＝cos(2x＋φ)的圖象向右平移個單位，得到的函數(shù)為奇函數(shù)，則|φ|的最小值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　設y＝cos(2x＋φ)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－＋φ＝kπ＋(k∈Z)，解得φ＝kπ＋(k∈Z)，故當k＝－1時，|φ|min＝，故選B. 6．已知實數(shù)a，b，則“|a＋b|＋|a－b|≤1”是“a2＋b2≤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A　由絕對值三角不等式|ab|≤|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a2＋b2≤1表示單位圓域(含邊界)，故由可以推出a2＋b2≤1，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.＋3 C. D.＋1 解析：選C　設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e2－＝1，整理得e4－3e2＋1＝0，所以e2＝e2＝<1，舍去，故e＝＝＝＝，故選C. 8．已知實數(shù)x，y滿足x2＋y2≤1,3x＋4y≤0，則的取值范圍是(　　) A．[1,4] 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3x＋4y＝0與圓x2＋y2＝1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x2＋y2＝1相切的直線斜率最大，可設切線方程為y－1＝k(x－3)，即kx－y－3k＋1＝0，由圓心到切線的距離等于半徑可得d＝＝1，解得k＝，即max＝，故∈.于是＝∈，故選B. 9．設等差數(shù)列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，若ak是a6與ak＋6的等比中項，則k＝(　　) A．5 B．6 C．9 D．11 解析：選C　因為ak是a6與ak＋6的等比中項， 所以a＝a6ak＋6. 又等差數(shù)列{an}的公差d≠0，且a2＝－d， 所以[a2＋(k－2)d]2＝(a2＋4d)[a2＋(k＋4)d]， 所以(k－3)2＝3(k＋3)， 解得k＝9或k＝0(舍去)，故選C. 10.在直角梯形 ABCD 中，AB⊥AD，DC∥AB，AD＝DC＝1，AB＝2，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＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，則λ＋μ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系，則A(0,0)，B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)，E(1,0)，F(xiàn)，所以＝(－1,1)，＝， 則＝λ＋μ＝. 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的坐標為P，＝， 所以解得從而λ＋μ＝. 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Sn＝1－A3n，數(shù)列{bn}是遞增數(shù)列，且bn＝An2＋Bn，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Sn＝＝－qn，而等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝1－A3n，所以A＝1，bn＝n2＋Bn.又因為數(shù)列{bn}是遞增數(shù)列，所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋B(n＋1)－n2－Bn＝2n＋1＋B>0恒成立，所以B>－(2n＋1)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＝444＋＝＋8π，表面積為S＝π22＋＋＋＝16＋16＋12π. 答案：＋8π　16＋16＋12π 14．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X～B，所以P＝1－3－C2＝1－－＝，E(X)＝3＝2. 答案：　2 15．已知實數(shù)x>0，y>0，且滿足x＋y＝1，則＋的最小值為________． 解析：因為x＋y＝1，所以＋＝＋＝2＋＋≥2＋2，當且僅當即x＝2－，y＝－1時等號成立． 答案：2＋2 16．已知函數(shù)f(x)＝sin，對任意的x1，x2，x3，且0≤x11}，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B＝{x|x>0}，所以?RB＝{x|x≤0}，則A∩(?RB)＝{x|－20)，則f(x)的奇偶性(　　) A．與ω有關，且與φ有關 B．與ω有關，但與φ無關 C．與ω無關，且與φ無關 D．與ω無關，但與φ有關 解析：選D　因為ω決定函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期，φ決定函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的圖象沿x軸平移的距離，所以函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的奇偶性與ω無關，與φ有關，故選D. 5．已知x∈R，則“|x－3|－|x－1|<2”是“x≠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A　因為|x－3|－|x－1|≤|(x－3)－(x－1)|＝2，當且僅當x≤1時，等號成立，所以|x－3|－|x－1|<2等價于x>1，所以“|x－3|－|x－1|<2”是“x≠1”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∠B＝30，△ABC的面積為.且sin A＋sin C＝2sin B，則b的值為(　　) A．4＋2 B．4－2 C.－1 D.＋1 解析：選D　在△ABC中，由sin A＋sin C＝2sin B結合正弦定理得a＋c＝2b，△ABC的面積為acsin B＝ac＝，解得ac＝6，在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac－ac＝(2b)2－(2＋)6.解得b＝＋1，故選D. 7．將5名同學分到甲、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(　　) A．50 B．80 C．120 D．140 解析：選B　當甲組有兩人時，有CA種不同的分配方案；當甲組有三人時，有CA種不同的分配方案．綜上所述，不同的分配方案共有CA＋CA＝80種不同的分配方案，故選B. 8．已知a，b為實常數(shù)，{ci}(i∈N*)是公比不為1的等比數(shù)列，直線ax＋by＋ci＝0與拋物線y2＝2px(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{xi＋yi}可能是等比數(shù)列 解析：選C　設等比數(shù)列{ci}的公比為q.當a＝0，b≠0時，直線by＋ci＝0與拋物線y2＝2px最多有一個交點，不符合題意；當a≠0，b＝0時，直線ax＋ci＝0與拋物線y2＝2px的交點為－， ，則xi＝－，yi＝0，xi＋yi＝－，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{xi＋yi}是以q為公比的等比數(shù)列；當a≠0，b≠0時，直線ax＋by＋ci＝0與拋物線y2＝2px的方程聯(lián)立，結合根與系數(shù)的關系易得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f＝2f(x)，則(　　) A．對任意的正數(shù)M，存在x∈(0,1)，使f(x)≥M B．存在正數(shù)M，對任意的x∈(0,1)，使f(x)≤M C．對任意的x1，x2∈(0,1)且x1f(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)＝2n－1f(x1)，所以數(shù)列{f(xn)}構成以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n∈N*，使得2nf(x1)≥M，即存在x＝xn∈(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θ，若θ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348－2342＝40，表面積為48＋2＋24＝32＋16. 答案：40　32＋16 12．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00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tan∠BAC＝，則tan∠BCO＝tan(2∠BAC)＝＝，所以直線ax＋3y－4＝0的斜率為－，所以a＝4. 答案：4 16．若非零向量a，b滿足：a2＝(5a－4b)b，則cos〈a，b〉的最小值為________． 解析：由a2＝(5a－4b)b＝5ab－4b2得cos〈a，b〉＝≥＝，當且僅當|a|＝2|b|時，等號成立，所以cos〈a，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xy＋2z＝1得xy＝1－2z，則5＝x2＋y2＋z2≥2xy＋z2＝2－4z＋z2，解得2－≤z≤2＋，則xyz＝(1－2z)z＝－2z2＋z的最小值為－2(2＋)2＋2＋＝－7－20. 答案：－7－20 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I＝{0，－1,2，－3，－4}，集合M＝{0，－1,2}，N＝{0，－3，－4}，則N∩(?IM)＝(　　) A．{0} B．{－3，－4} C．{－1，－2} D．? 解析：選B　由條件得?IM＝{－3，－4}，∴N∩(?IM)＝{－3，－4}，故選B. 2．雙曲線x2－4y2＝4的漸近線方程是(　　) A．y＝4x B．y＝x C．y＝2x D．y＝x 解析：選D　雙曲線方程化為－y2＝1，則a＝2，b＝1，∴漸近線方程為y＝x，故選D. 3．在(1＋x3)(1－x)8的展開式中，x5的系數(shù)是(　　) A．－28 B．－84 C．28 D．84 解析：選A　x5的系數(shù)為1C(－1)5＋1C(－1)2＝－28，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＝122－212＝，故選B. 5．函數(shù)f(x)＝asin＋bcos 2x(a，b不全為零)的最小正周期為(　　) A. B．π C．2π D．4π 解析：選B　將函數(shù)f(x)展開，得f(x)＝asin 2x＋cos 2x，此時令m＝a，n＝a＋b，則f(x)＝msin 2x＋ncos 2x＝sin(2x＋φ)，其中cos φ＝，sin φ＝，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝＝π，故選B. 6．設z是復數(shù)，|z－i|≤2(i是虛數(shù)單位)，則|z|的最大值是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選C　|z－i|≤2表示復數(shù)z在復平面上的對應的點在以(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1＋2＝3，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，Sn0Sn0＋m<0恒成立，則下列說法錯誤的是(　　) A．a(chǎn)1d<0 B．|Sn|有最小值 C．a(chǎn)n0an0＋1>0 D．a(chǎn)n0＋1an0＋2>0 解析：選C　由Sn0Sn0＋m<0，知數(shù)列{an}一定存在正項與負項，則要么a1>0，d<0，要么a1<0，d>0，即a1d<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n≥2時，an>0，取n0＝1，對任意正整數(shù)m，Sn0Sn0＋m<0均成立，但an0an0＋1<0，所以C錯誤，故選C. 8．如圖，圓M和圓N與直線l：y＝kx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(　　) A．1 B. 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△MAC∽△NBC，所以由＝2，知|MA|＝2|NB|.又由x軸與直線y＝kx是兩個圓的公切線知∠MON＝90，|MA|＝|ME|，|NB|＝|NF|，結合|OM|＝|ON|，知|ME|＝2|NF|，△OME≌△NOF，所以|OF|＝|ME|＝2|NF|，所以tan∠NOF＝＝，則tan∠BOF＝tan(2∠NOF)＝＝，即k＝，故選D. 9．已知f(x)＝ax2＋bx，其中－1≤a<0，b>0，則“存在x∈[0,1]，|f(x)|>1”是“a＋b>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－1≤a<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： ①當存在x∈[0,1]，|f(x)|>1時，若－≥1，則f(1)>1，即a＋b>1；若0<－<1，則12，又－1≤a<0，所以a＋b>1.綜上，a＋b>1. ②當a＋b>1時，f(1)＝a＋b>1，f(0)＝0，由其圖象知存在x∈[0,1]，|f(x)|>1. 綜上可知， “存在x∈[0,1]，|f(x)|>1”是“a＋b>1”的充要條件，故選C. 10．設正實數(shù)x，y，則|x－y|＋＋y2的最小值為(　　) A. B. C．2 D. 解析：選A　當x>y>0時，|x－y|＋＋y2＝x－y＋＋y2＝2＋x＋－≥2－＝，當且僅當x＝1，y＝時，等號成立；當y≥x>0時，|x－y|＋＋y2＝y(tǒng)－x＋＋y2＝2＋－x－≥2＋－x－＝x2＋＝x2＋＋≥3＝，當且僅當x＝y(tǒng)＝時，等號成立．綜上可知|x－y|＋＋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a∥b且ab＝12，則x＝________，y＝________. 解析：由已知條件，得解得 答案：2?。? 12．直線l：x＋λy＋2－3λ＝0(λ∈R)恒過定點________，P(1,1)到該直線的距離最大值為________． 解析：已知直線方程轉化為(x＋2)＋λ(y－3)＝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)y＝f(f(x))－1的零點有________個(用數(shù)字作答)． 解析：f(e)＝ln e＝1；函數(shù)y＝f(f(x))－1的零點個數(shù)即為方程f(f(x))＝1的根的個數(shù)，則①由ln x＝1(x≥1)，得x＝e，于是f(x)＝e，則由ln x＝e(x≥1)，得x＝ee；或由ef(|x|＋1)＝e(x<1)，得f(|x|＋1)＝1，所以ln(|x|＋1)＝1，解得x＝e－1(舍去)或x＝1－e；②由ef(|x|＋1)＝1(x<1)，得f(|x|＋1)＝0，所以ln(|x|＋1)＝0，解得x＝0，所以f(x)＝0，只有l(wèi)n x＝0(x≥1)，解得x＝1.綜上可知函數(shù)y＝f(f(x))－1有x＝ee,1－e,1共3個零點． 答案：1　3 14．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，acos B＝bcos A,4S＝2a2－c2，其中S是△ABC的面積，則C的大小為________． 解析：由acos B＝bcos A，結合正弦定理，得sin Acos B＝sin Bcos A，∴tan A＝tan B，∴A＝B，則a＝b，則由4S＝2a2－c2，得4S＝a2＋b2－c2，∴4absin C＝2abcos C，∴tan C＝1，∴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26＝64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