高考数学二轮复习专题检测19 “选填”压轴小题命题的4大区域 含解析

这是一份高考数学二轮复习专题检测19 “选填”压轴小题命题的4大区域 含解析，共12页。试卷主要包含了已知圆C，若点P为椭圆C等内容，欢迎下载使用。

专题检测（十九） “选填”压轴小题命题的4大区域
A组——选择压轴小题命题点专练
1．(2018·全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos 2α＝，则|a－b|＝(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D．1
解析：选B　由cos 2α＝，
得cos2 α－sin2α＝，∴＝，
即＝，∴tan α＝±，
即＝±，∴|a－b|＝.故选B.
2．(2019届高三·广州调研)若将函数y＝2sinsin的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则φ的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　由y＝2sinsin，可得y＝2sincos＝sin，该函数的图象向左平移φ个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为g(x)＝sin＝sin，因为g(x)＝sin为奇函数，所以2φ＋＝kπ(k∈Z)，φ＝－(k∈Z)，又φ>0，故φ的最小值为，选A.
3.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD，若PA＝AD＝AB＝kBC(0 A．当k＝时，平面BPC⊥平面PCD
B．当k＝时，平面APD⊥平面PCD
C．∀k∈(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直
D．∃k∈(0,1)，使直线PD与直线AC垂直
解析：选A　取PB，PC的中点分别为M，N，连接MN，AM，DN，由平面PAB⊥平面ABCD，BC⊥AB，可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AM，又M为PB的中点，PA＝AB，∴AM⊥PB，可得AM⊥平面PBC，而AD∥BC且AD＝BC，同时MN∥BC且MN＝BC，∴AD∥MN且AD＝MN，则四边形ADNM为平行四边形，可得AM∥DN，则DN⊥平面BPC，又DN⊂平面PCD，∴平面BPC⊥平面PCD.其余选项都错误，故选A.
4．(2019届高三·西安八校联考)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点， ∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S­ABC的体积最大为(　　)
A．2 B.
C. D．2
解析：选A　如图，因为球的直径为SC，且SC＝4，∠ASC＝ ∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2，所以S△SBC＝×2×2＝2，则当点A到平面SBC的距离最大时，棱锥A­SBC，即S­ABC的体积最大，此时平面SAC⊥平面SBC，点A到平面SBC的距离为2sin 30°＝，所以棱锥S­ABC的体积最大为×2×＝2，故选A.
5．(2019届高三·兰州诊断考试)已知圆C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B使得MA⊥MB，则实数t的取值范围是(　　)
A．[－2,6] B．[－3,5]
C．[2,6] D．[3,5]
解析：选C　法一：当MA，MB是圆C的切线时，∠AMB取得最大值．若圆C上存在两点A，B使得MA⊥MB，则MA，MB是圆C的切线时，∠AMB≥90°，∠AMC≥45°，且∠AMC<90°，如图，则|MC|＝≤＝2，所以16＋(t－4)2≤20，所以2≤t≤6.
法二：由于点M(5，t)是直线x＝5上的点，圆心的纵坐标为4，所以实数t的取值范围一定关于t＝4对称，故排除选项A、B.当t＝2时，|CM|＝2，若MA，MB为圆C的切线，则sin∠CMA＝sin∠CMB＝＝，所以∠CMA＝∠CMB＝45°，即MA⊥MB，所以t＝2时符合题意，故排除选项D.故选C.


6．若点P为椭圆C：x2＋2y2＝3的左顶点，过原点O的动直线与椭圆C交于A，B两点．点G满足＝2，则||2＋||2的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　由题意易知点P(－，0)，设点G(x0，y0)，
由＝2，得(x0＋，y0)＝2(－x0，－y0)，
即解得故G.
设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，
||2＋||2＝2＋y＋2＋y＝2x＋2y＋
＝2x＋3－x＋＝x＋，
又x1∈[－，]，
故x∈[0,3]，≤x＋≤，
所以||2＋||2的取值范围是，选C.
7．已知平面向量a，b，c满足|a|＝，|b|＝1，a·b＝－1，且a－c与b－c的夹角为，则|c|的最大值为(　　)
A. B．2
C. D．4
解析：选A　设＝a，＝b，＝c.∵平面向量a，b，c满足|a|＝，|b|＝1，a·b＝－1，∴cos〈a，b〉＝＝＝－，∴a，b的夹角为.∵a－c与b－c的夹角为，∴点C在△OAB的外接圆O′的弦AB所对的优弧上，如图所示．因此|c|的最大值为△OAB的外接圆O′的直径．∵|a－b|＝＝＝.由正弦定理可得△OAB的外接圆的直径2R＝＝＝，则|c|的最大值为.
8．已知定义域为R的奇函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f(1－x)＝f(1＋x)，f(1)＝a，且当0 A．a B．0
C．－a D．2 016
解析：选A　因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，f(－x)＝－f(x)．又因为f(1－x)＝f(1＋x)，所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为4.所以求f(x)在区间[2 017，2 018]上的最小值即为求f(x)在区间[1,2]上的最小值．当0 9．已知关于x的方程x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1＝0的两个实根分别为x1，x2，且01，则 的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　令f(x)＝x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1，∵关于x的方程x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1＝0的两个实根分别为x1，x2，且01，∴
∴作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.表示阴影部分中的点与原点连线的斜率，由解得P，∴－1

10．(2018·贵阳适应性考试)已知函数f(x)＝的图象上有两对关于y轴对称的点，则实数k的取值范围是(　　)
A．(－e,0)　　　　　　　 B.
C．(－e2,0) D．(－2e2,0)
解析：选C　如图，因为函数y＝ln x的图象与函数y＝ln(－x)的图象关于y轴对称，所以问题转化为函数y＝ln(－x)的图象与直线y＝kx－3有两个交点的问题．首先求出函数y＝ln(－x)的图象与直线y＝kx－3相切时直线的斜率k1.设切点为(x0，y0)，由y′＝得k1＝.
又ln(－x0)＝k1x0－3，所以x0＝－e－2，所以k1＝＝ －e2.其次，结合图象知k∈(－e2,0)时，函数y＝ln(－x)的图象与直线y＝kx－3有两个交点，所以k的取值范围是(－e2,0)．故选C.
11．(2019届高三·昆明高三摸底)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是(　　)
A．2 B．4
C．4 D．8
解析：选B　如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，
∵A1A⊥平面ABCD，∴A1A⊥MN，
∵AE∩A1A＝A，∴MN⊥平面A1AE，∴A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，∴∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，∴∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，∵AA1＝2，∴AE＝2，A1E＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，∴截面A1MN面积的最小值为×4×2＝4，故选B.
12．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为(　　)
A．[2,4] B.
C. D．[2,3]
解析：选D　∵f′(x)＝ex－1＋1＞0，
∴f(x)＝ex－1＋x－2是R上的单调递增函数．
又f(1)＝0，∴函数f(x)的零点为x＝1，
∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，
∴函数g(x)＝x2－ax－a＋3在区间[0,2]上有零点．
由g(x)＝0，得a＝(0≤x≤2)，
即a＝＝(x＋1)＋－2(0≤x≤2)，
设x＋1＝t(1≤t≤3)，
则a＝t＋－2(1≤t≤3)，
令h(t)＝t＋－2(1≤t≤3)，
易知h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间[2,3]上是增函数，
∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3.
B组——填空压轴小题命题点专练
1．(2018·南昌一模)已知函数f(x)＝x3＋sin x，若α∈[0，π]，β∈，且f ＝f(2β)，则cos＝________.
解析：由题易知函数f(x)＝x3＋sin x为奇函数且在上单调递增．
因为α∈[0，π]，β∈，
所以－α∈，2β∈，
又f＝f(2β)，
∴－α＝2β，∴＋β＝，
∴cos＝cos ＝.
答案：
2．设函数f(x)＝则满足f(f(t))＝2f(t)的t的取值范围是________．
解析：若f(t)≥1，显然满足f(f(t))＝2f(t)，则有或解得t≥－；
若f(t)<1，由f(f(t))＝2f(t)，得f(t)＋＝2f(t)，
可知f(t)＝－1，所以t＋＝－1，解得t＝－3.
综上所述，t＝－3或t≥－.
答案：{－3}∪
3．设点P，Q分别是曲线y＝xe－x(e是自然对数的底数)和直线y＝x＋3上的动点，则P，Q两点间距离的最小值为________．
解析：y′＝e－x－xe－x＝(1－x)e－x，由(1－x)e－x＝1，得ex＝1－x，ex＋x－1＝0，令h(x)＝ex＋x－1，显然h(x)是增函数，且h(0)＝0，即方程ex＋x－1＝0只有一个解x＝0，又曲线y＝xe－x在x＝0处的切线方程为y＝x，两平行线x－y＝0和x－y＋3＝0之间的距离为 d＝＝，故P，Q两点间距离的最小值为.
答案：
4．(2019届高三·南宁摸底联考)已知函数f(x)＝(ex－e－x)x，f(log3x)＋f(logx)≤2f(1)，则x的取值范围是________．
解析：由题意知f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．
由f(logx)＝f(－log3x)＝f(log3x)，知原不等式可化为f(log3x)≤f(1)．
又x>0时，f′(x)＝ex－＋x>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以|log3x|≤1，解得≤x≤3.
答案：
5．(2018·郑州质检)我国古代数学专著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“鳖臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥．某“鳖臑”的三视图(图中网格纸上每个小正方形的边长为1)如图所示，已知该几何体的高为2，则该几何体外接球的表面积为________．


解析：由该几何体的三视图还原其直观图，并放入长方体中如图中的三棱锥A­BCD所示，其中AB＝2，BC＝CD＝，易知长方体的外接球即为三棱锥A­BCD的外接球，设外接球的直径为2R，所以4R2＝(2)2＋()2＋()2＝8＋2＋2＝12，则R2＝3，因此外接球的表面积S＝4πR2＝12π.
答案：12π
6．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．
解析：在Rt△SAB中，SA＝SB，S△SAB＝·SA2＝8，
解得SA＝4.设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h，在Rt△SAO中，∠SAO＝30°，所以r＝2，h＝2，所以圆锥的体积为πr2·h＝π×(2)2×2＝8π.
答案：8π
7．(2018·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为________．
解析：∵bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，
∴由正弦定理得
sin Bsin C＋sin Csin B＝4sin Asin Bsin C.
又sin Bsin C>0，∴sin A＝.
由余弦定理得cos A＝＝＝>0，
∴cos A＝，bc＝＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝××＝.
答案：
8．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
∴当cos x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当cos x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当cos x＝，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴当sin x＝－时，f(x)有最小值，
即 f(x)min＝2××＝－.
答案：－
9．(2019届高三·湖北八校联考)我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“势”是几何体的高，“幂”是截面面积．其意思为：如果两个等高的几何体在同高处的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．已知双曲线C的渐近线方程为y＝±2x，一个焦点为(，0)．直线y＝0与y＝3在第一象限内与双曲线及渐近线围成如图所示的图形OABN，则它绕y轴旋转一圈所得几何体的体积为________．
解析：由题意可得双曲线的方程为x2－＝1，直线y＝3在第一象限内与渐近线的交点N的坐标为，与双曲线在第一象限内的交点B的坐标为，在所得几何体中，在高为h处作一截面，则截面面积为π＝π，根据祖暅原理，可得该几何体的体积与底面面积为π，高为3的圆柱的体积相同，故所得几何体的体积为3π.
答案：3π
10.如图，在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA＝3，OC＝5.若·＝－7，则·的值是________．
解析：由·＝－7得，(－)·(－)＝－7，
即(－)·(＋)＝7，所以2＝7＋2＝7＋9＝16，
所以||＝||＝4.所以·＝(－)·(－)＝(－)·(＋)＝2－2＝25－16＝9.
答案：9
11．(2018·贵阳适应性考试)已知底面是正六边形的六棱锥P­ABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为，则球O的表面积为________．

解析：因为六棱锥P­ABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，由对称性和底面正六边形的面积为定值知，当六棱锥P­ABCDEF为正六棱锥时，体积最大．设正六棱锥的高为h，则×h＝，解得h＝2.记球O的半径为R，根据平面截球面的性质，得(2－R)2＋12＝R2，解得R＝，所以球O的表面积为4πR2＝4π×2＝.
答案：
12．(2019届高三·惠州调研)在四边形ABCD中，＝，P为CD上一点，已知||＝8，||＝5，与的夹角为θ，且cos θ＝，＝3，则·＝________.
解析：∵＝，＝3，
∴＝＋＝＋，＝＋＝－，
又||＝8，||＝5，cos θ＝，∴·＝8×5×＝22，
∴·＝·＝||2－·－||2＝25－11－12＝2.
答案：2
13．(2019届高三·益阳、湘潭调研)已知圆C1：x2＋(y－2)2＝4，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，C1与C2相交于A，B两点，|AB|＝，则抛物线C2的方程为__________．
解析：法一：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，
设A(m，n)．∵|AB|＝，
∴
解得即A.
将A的坐标代入抛物线方程得2＝2p×，
解得p＝，∴抛物线C2的方程为y2＝x.
法二：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，设A(m，n)．
由圆C1的性质知cos∠C1BA＝＝，
∴sin∠C1BA＝，
∴n＝|AB|cos∠C1BA＝，
m＝|AB|sin∠C1BA＝，即A，将A的坐标代入抛物线方程得2＝2p×，
∴p＝，
∴抛物线C2的方程为y2＝x.
答案：y2＝x
14．已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝4，∠BAD＝60°，双曲线以A，B为焦点，且与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则该双曲线的离心率的取值范围是________．
解析：以AB所在直线为x轴，AB中点为坐标原点O，过点O且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－2,0)，B(2,0)，C(1，)．

设以A，B为焦点的双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，则c＝2.由a2＋b2＝c2，得b2＝4－a2，当x＝1时，y2＝a2＋－5.要使双曲线与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则a2＋－5≥3，解得a2≥4＋2或0＜a2≤4－2，由a2≥4＋2得a≥＋1＞2，舍去， ∴a2≤4－2，即0＜a≤－1.∴双曲线的离心率e＝≥＝＋1.即该双曲线的离心率的取值范围是[ ＋1，＋∞)．
答案：[ ＋1，＋∞)
15．(2019届高三·武汉调研)过圆Γ：x2＋y2＝4外一点P(2,1)作两条互相垂直的直线AB和CD分别交圆Γ于A，B和C，D点，则四边形ABCD面积的最大值为________．
解析：如图所示，S四边形ABCD＝(PA·PD－PB·PC)，
取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，
则S四边形ABCD=[(PE＋AE)·(PF＋DF)－(PE－AE)·(PF－DF)]＝PE·DF＋AE·PF，
由题意知四边形OEPF为矩形，则OE＝PF，OF＝PE，
结合柯西不等式有S四边形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤，
其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2，
据此可得S四边形ABCD≤＝＝，
综上，四边形ABCD面积的最大值为.
答案：
16．(2018·湘东五校联考)已知函数f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，若对任意的m∈(4,5)，x1，x2∈[1,3]，恒有(a－ln 3)m－3ln 3>|f(x1)－f(x2)|成立，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，∴f′(x)＝，
当x∈[1,3]，m∈(4,5)时，f′(x)>0，f(x)在[1,3]上单调递增，
∴|f(x1)－f(x2)|≤f(3)－f(1)＝6m＋－(3＋m)ln 3，
∴(a－ln 3)m－3ln 3>6m＋－(3＋m)ln 3，∴a>6＋.
∵y＝6＋在m∈(4,5)上单调递减，∴<6＋<，
∴a≥.
答案：