2022年高考二轮复习数学（文）专题检测16《“选填”压轴小题的4大抢分策略》（教师版）

这是一份2022年高考二轮复习数学（文）专题检测16《“选填”压轴小题的4大抢分策略》（教师版），共12页。

1．若sin α＋sin β＝eq \f(1,\r(3))(cs β－cs α)，α，β∈(0，π)，则α－β的值为( )
A．－eq \f(2π,3) B．－eq \f(π,3)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(2π,3)
解析：选D 令β＝eq \f(π,6)，则有sin α＝－eq \f(1,\r(3))cs α⇒tan α＝－eq \f(\r(3),3)，α∈(0，π)，
所以α＝eq \f(5π,6)，从而α－β＝eq \f(2π,3).
2．已知0A．－lgabC．lgba<－lgab解析：选A 显然，直接找这三个数的大小关系不容易，但对a，b取某些特殊的值，
其大小关系就非常明显了．如令a＝eq \f(1,4)，b＝eq \f(1,2)，则有－lgab＝－lg42<0，
lgba＝lg24＝2，ab＝eq \r(\f(1,4))＝eq \f(1,2)，由此可得选A.
3．若不等式x2－lgax<0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内恒成立，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,16))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,16)))
解析：选A 因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，当a＝eq \f(1,16)时，显然x2又当x→eq \f(1,2)时，由eq \f(1,4)eq \f(1,16)；当x→0时，可推得a<1，故选A.
4．双曲线x2－y2＝1的左焦点为F，点P为左支下半支异于顶点A的任意一点，则直线PF斜率的变化范围是( )
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(1，＋∞)
解析：选C 如图所示，当P→A时，PF的斜率k→0.
当PF⊥x轴时，PF的斜率不存在，即k→±∞.当P在无穷远处时，PF的斜率k→1.
结合四个备选项得C项正确．
5．已知θ∈[0，π)，若对任意的x∈[－1,0]，不等式x2cs θ＋(x＋1)2sin θ＋x2＋x>0恒成立，则θ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(5π,12))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))
解析：选A 令x＝－1，不等式化为cs θ>0；令x＝0，不等式化为sin θ>0.
又0≤θ<π，所以0<θ不等式化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,x＋1)))2cs θ＋eq \f(x,x＋1)＋sin θ>0.设eq \f(x,x＋1)＝t(t<0)，
则t2cs θ＋t＋sin θ>0对t<0恒成立．
设f(t)＝t2cs θ＋t＋sin θ＝cs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2cs θ)))2＋sin θ－eq \f(1,4cs θ)，
则f(t)min＝sin θ－eq \f(1,4cs θ)>0，即sin 2θ>eq \f(1,2).
又0<2θ<π，所以eq \f(π,6)<2θ6．在对角线AC1＝6的正方体ABCD­A1B1C1D1中，正方形BCC1B1所在平面内的动点P到直线D1C1，DC的距离之和为4，则eq \(PC1,\s\up7(―→))·eq \(PC 1,\s\up7(―→))的取值范围是( )
A．[－2,1] B．[0,1]
C．[－1,1] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，\f(1,4)))
解析：选A 法一：依题意可知CC1＝2eq \r(3)，点P到点C1与C的距离之和为4，
从而可得点P在以C1C为y轴，C1C的中点为原点的椭圆4x2＋y2＝4上．设P(x0，y0)，
则eq \(PC1,\s\up7(―→))·eq \(PC 1,\s\up7(―→))＝(x0，y0－eq \r(3))·(x0，y0＋eq \r(3))＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－3＝eq \f(3,4) yeq \\al(2,0)－2(－2≤y0≤2)．
由此可得－2≤eq \(PC1,\s\up7(―→))·eq \(PC 1,\s\up7(―→))≤1，故选A.
法二：由四个备选项可知，B、C、D都是A的子集．
于是，由“若A则B把A抛，A，B同真都去掉”可知，应着重考查“－2”与“1”的值能否取到．
又由条件易知，点P在以C1C为y轴，C1C的中点为原点的椭圆4x2＋y2＝4上．
由此可得，当y＝0时，eq \(PC1,\s\up7(―→))·eq \(PC 1,\s\up7(―→))可取到－2，当x＝0时，eq \(PC1,\s\up7(―→))·eq \(PC 1,\s\up7(―→))可取到1.故选A.
7.如图所示，A是函数f(x)＝2x的图象上的动点，过点A作直线平行于x轴，交函数g(x)＝2x＋2的图象于点B，若函数f(x)＝2x的图象上存在点C使得△ABC为等边三角形，则称A为函数f(x)＝2x的图象上的“好位置点”，则函数f(x)＝2x的图象上的“好位置点”的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B 设A(x,2x)，B(x－2,2x)，若△ABC为等边三角形，则C(x－1,2x－1)，且AC＝AB＝2，即eq \r(1＋2x－2x－12)＝2，即22x－2＝3，又y＝22x－2单调递增，所以方程有唯一解x＝eq \f(lg23,2)＋1，即函数f(x)＝2x的图象上的“好位置点”的个数为1.
8．函数f(x)的定义域为R，若f(x＋1)与f(x－1)都是奇函数，则( )
A．f(x)是偶函数 B．f(x)是奇函数
C．f(x)＝f(x＋2) D．f(x＋3)是奇函数
解析：选D 法一：因为f(x＋1)是奇函数，
所以f(x)＝f(x－1＋1)＝－f[－(x－1)＋1]＝－f(－x＋2)，
又因为f(x－1)是奇函数，则－f(－x＋2)＝－f[(－x＋3)－1]＝f(x－3－1)＝f(x－4)，
所以f(x)＝f(x－4)．
所以f(x＋3)＝f(x＋3－4)＝f(x－1)是奇函数，因而选D.
法二：令f(x)＝sin πx，
则f(x＋1)＝sin[π(x＋1)]＝－sin πx，
f(x－1)＝sin[π(x－1)]＝－sin πx.
所以，当f(x＋1)，f(x－1)都是奇函数时，f(x)不是偶函数，排除A.
令f(x)＝cs eq \f(π,2)x，则f(x＋1)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋1))＝－sineq \f(π,2)x，
f(x－1)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x－1))＝sin eq \f(π,2)x，且f(x＋2)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋2))＝－cseq \f(π,2)x，
所以，当f(x＋1)，f(x－1)都是奇函数时，f(x)不是奇函数，且f(x)≠f(x＋2)，排除B、C，故选D.
9．已知函数f(x)＝x(1＋a|x|)，若关于x的不等式f(x＋a)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(3),2)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(5),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(3),2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1－\r(5),2)))
解析：选A 由题意得(x＋a)(1＋a|x＋a|)有(0－2)(1－2|0－2|)＝6<0×(1－2×0)不成立，故D错．
当a＝eq \f(1,2)，x＝eq \f(1,2)时，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,2)))))＝1×eq \f(3,2)当a＝eq \f(1－\r(3),2)，x＝eq \f(1,2)时，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1－\r(3),2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1－\r(3),2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1－\r(3),2)))))即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－\r(3),2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9－3\r(3),4)))10．已知函数f(x)＝ex＋e2－x，若关于x的不等式[f(x)]2－af(x)≤0恰有3个整数解，则实数a的最小值为( )
A．1 B．2e
C．e2＋1 D．e3＋eq \f(1,e3)
解析：选C 因为f(x)＝ex＋e2－x＞0，所以由[f(x)]2－af(x)≤0可得0＜f(x)≤a.令t＝ex，则g(t)＝t＋eq \f(e2,t)(t＞0)，画出函数g(t)的大致图象如图所示，结合图象分析易知原不等式有3个整数解可转化为0＜g(t)≤a的3个解分别为1，e，e2.又当t＝ex的值分别为1，e，e2时，x＝0,1,2.画出直线y＝e2＋1，故结合函数图象可知a的最小值为e2＋1.故选C.
11．设F为双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1的左焦点，在点F右侧的x轴上有一点A，以FA为直径的圆与双曲线左、右两支在x轴上方的交点分别为M，N，则 eq \f(|FN|－|FM|,|FA|)的值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(2\r(3),3)
C.eq \f(\r(6),3) D.eq \f(\r(6),2)
解析：选A 法一：如图，取点A为右焦点F′，则|FA|＝|FF′|.
由对称性知|FM|＝|F′N|，所以eq \f(|FN|－|FM|,|FA|)＝eq \f(|FN|－|F′N|,|FF′|)＝eq \f(2a,2c)＝eq \f(\r(3),2).
法二：由已知得F(－2,0)，如图，设A(m，0)(m>eq \r(3))，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则以AF为直径的圆的方程为(x－m)(x＋2)＋y2＝0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－mx＋2＋y2＝0，,\f(x2,3)－y2＝1，))
消去y，得 eq \f(4,3)x2－(m－2)x－2m－1＝0.所以x1＋x2＝eq \f(3,4)(m－2)．
所以eq \f(|FN|－|FM|,|FA|)＝eq \f(\f(2,\r(3))x2＋\r(3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,\r(3))x1－\r(3))),m＋2)
＝eq \f(\f(2,\r(3))x1＋x2＋2\r(3),m＋2)＝eq \f(\f(2,\r(3))·\f(3m－2,4)＋2\r(3),m＋2)＝eq \f(\r(3),2).
12．在我们学过的函数中有这样一类函数：“对任意一个三角形，只要它的三边长a，b，c都在函数f(x)的定义域内，就有函数值f(a)，f(b)，f(c)也是某个三角形的三边长”．下面四个函数：
①f(x)＝eq \r(x)(x>0)；②f(x)＝x2(x>0)；
③f(x)＝sin x(0属于这一类函数的有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选B ①设0c，
∴a＋b＋2eq \r(ab)＞c，∴(eq \r(a)＋eq \r(b))2>c，∴eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)，即f(a)＋f(b)>f(c)，
∴f(x)＝eq \r(x)(x>0)属于这一类函数；
②举反例：若a＝3，b＝3，c＝5，则a2＋b2即f(a)＋f(b)0)不属于这一类函数；
③举反例：若a＝eq \f(π,2)，b＝eq \f(5π,6)，c＝eq \f(5π,6)，则sin a＝sin b＋sin c，
即f(a)＝f(b)＋f(c)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝1，∴f(x)＝sin x(0④设0eq \f(\r(2),2)，
∴f(b)＋f(c)＝cs b＋cs c>eq \r(2)，而cs a<1，
即f(b)＋f(c)>f(a)，∴f(x)＝cs xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0综上，属于这一类函数的有2个，故选B.
B组——填空题解题技法专练
1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b－eq \f(1,2)c＝acs C，且4(b＋c)＝3bc，a＝2eq \r(3)，则△ABC的面积S＝________.
解析：由正弦定理得sin B－eq \f(1,2) sin C＝sin Acs C，
∵sin B＝sin(A＋C)，
∴sin(A＋C)－eq \f(1,2)sin C＝sin Acs C，
即cs Asin C＝eq \f(1,2)sin C.
又sin C≠0，∴cs A＝eq \f(1,2)，
又A是△ABC的内角，∴A＝60°，
∴a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
∴(b＋c)2－4(b＋c)＝12，
得b＋c＝6，∴bc＝8，
∴S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×8×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3).
答案：2eq \r(3)
2．已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，当x>0且x≠1时，eq \f(2fx＋xf′x,x－1)>0，若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为－eq \f(4,5)，则f(1)＝_______.
解析：因为当x>0且x≠1时，eq \f(2fx＋xf′x,x－1)>0，
所以当x>1时，2f(x)＋xf′(x)>0；
当0令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，
所以当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)＝x2f(x)单调递增；
当0所以函数g(x)＝x2f(x)在x＝1处取得极值，所以g′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0.
因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为－eq \f(4,5)，
所以f′(1)＝－eq \f(4,5)，所以f(1)＝eq \f(1,2)×eq \f(4,5)＝eq \f(2,5).
答案：eq \f(2,5)
3．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋1，x≤0，,|ln x|，x>0，))当1解析：当10，解得eq \f(1,e2)0，eq \f(1,e2)0,2答案：4
4．(2019届高三·武汉调研)过抛物线C：y2＝4x的焦点F的直线l与抛物线C交于P，Q两点，与准线交于点M，且eq \(FM,\s\up7(―→))＝3eq \(FP,\s\up7(―→))，则|eq \(FP,\s\up7(―→))|＝________.
解析：过点P作PP1垂直准线于P1，
由eq \(FM,\s\up7(―→))＝3eq \(FP,\s\up7(―→))，得|PM|＝2|PF|，
又由抛物线的定义知|PF|＝|PP1|，所以|PM|＝2|PP1|.
由三角形相似得eq \f(|PP1|,2|OF|)＝eq \f(|MP|,|MF|)＝eq \f(2,3)，
所以|PP1|＝eq \f(4,3)，所以|eq \(FP,\s\up7(―→))|＝eq \f(4,3).
答案：eq \f(4,3)
5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋3＋mx3＋nx(m<0，n<0)，且f(x)在[0,1]上的最小值为－eq \f(31,16)，则f(x)在[－1,0]上的最大值为________．
解析：令g(x)＝mx3＋nx(m<0，n<0)，则g′(x)＝3mx2＋n，
因为m<0，n<0，所以g′(x)<0，所以g(x)为减函数．
又y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋3为减函数，所以f(x)为减函数．
当x∈[0,1]时，f(x)min＝f(1)＝m＋n＋eq \f(1,16)＝－eq \f(31,16)，得m＋n＝－2，
当x∈[－1,0]时，f(x)max＝f(－1)＝－m－n＋eq \f(1,4)＝eq \f(9,4).
答案：eq \f(9,4)
6．已知向量a，b，c满足|a|＝eq \r(2)，|b|＝a·b＝3，若(c－2a)·(2b－3c)＝0, 则|b－c|的最大值是________．
解析：设a与b的夹角为θ，则a·b＝|a||b|cs θ，
∴cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(3,\r(2)×3)＝eq \f(\r(2),2)，
∵θ∈[0，π]，∴θ＝eq \f(π,4).
设eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，c＝(x，y)，建立如图所示的平面直角坐标系．
则A(1,1)，B(3,0)，
∴c－2a＝(x－2，y－2)，2b－3c＝(6－3x，－3y)，
∵(c－2a)·(2b－3c)＝0，
∴(x－2)(6－3x)＋(y－2)(－3y)＝0.
即(x－2)2＋(y－1)2＝1.
∵b－c＝(3－x，－y)，
∴|b－c|＝eq \r(x－32＋y2)≤eq \r(3－22＋0－12)＋1＝eq \r(2)＋1，
即|b－c|的最大值为eq \r(2)＋1.
答案：eq \r(2)＋1
7．已知正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为eq \r(3)，此时四面体ABCD的外接球的表面积为________．
解析：如图①，在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝2，则BD＝DC＝1，AD＝eq \r(3)，在翻折后所得的几何体中，如图②，AD⊥BD，AD⊥CD，则AD⊥平面BCD，三棱锥A­BCD的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，球心到截面BCD的距离d＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r(3),2).在△BCD中，BC＝eq \r(3)，则由余弦定理，得cs∠BDC＝eq \f(BD2＋DC2－BC2,2BD·DC)＝eq \f(12＋12－\r(3)2,2×1×1)＝－eq \f(1,2)，所以∠BDC＝120°.设球的半径为R，△BCD的外接圆半径为r，则由正弦定理，得2r＝eq \f(BC,sin ∠BDC)＝eq \f(\r(3),sin 120°)＝2，解得r＝1，则球的半径R＝eq \r(d2＋r2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋12)＝eq \f(\r(7),2)，故球的表面积 S＝4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),2)))2＝7π.
答案：7π
8.一块边长为a cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则容器的容积的最大值是________．
解析：如图，设AB＝x，OF＝eq \f(x,2)，EF＝eq \f(a,2)(0所以EO＝eq \r(EF2－OF2)＝eq \f(1,2)eq \r(a2－x2).
所以V(x)＝eq \f(1,3)S正方形ABCD·EO＝eq \f(1,6)x2eq \r(a2－x2)＝eq \f(1,6)eq \r(a2x4－x6)(0令y＝a2x4－x6(0当y′＝0时，x＝eq \f(\r(6),3)a.当y′<0时，eq \f(\r(6),3)a0时，0所以y＝a2x4－x6(0所以当x＝eq \f(\r(6),3)a时，ymax＝a2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)a))4－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)a))6＝eq \f(4,27)a6，即V(x)max＝eq \f(1,6) eq \r(\f(4,27)a6)＝eq \f(\r(3),27)a3.
答案：eq \f(\r(3),27)a3
9．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4)))与函数g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，\f(7,4)))上的图象交于A，B，C三点，则△ABC的周长为________．
解析：因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4)))与函数g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，\f(7,4)))上的图象交于A，B，C三点，所以由sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，\f(7,4)))，解得x＝－1,0,1，
不妨设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，
所以AB＝eq \r(－1－02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)))2)＝eq \r(3)，AC＝2，
BC＝eq \r(1－02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)))2)＝eq \r(3)，
所以△ABC的周长为AB＋AC＋BC＝2＋2eq \r(3).
答案：2＋2eq \r(3)
10．将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：
eq \a\vs4\al(a1,a2，a3,a4，a5，a6,a7，a8，a9，a10,……)
记数阵中的第1列数a1，a2，a4，…构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＝2bn－1，则a56＝________.
解析：当n≥2时，∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1，
∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，
∵b1＝2b1－1，∴b1＝1，
∴数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴bn＝2n－1.
设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{cn}，
则c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，
累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，∴cn＝eq \f(nn－1,2)＋1，
由cn＝eq \f(nn－1,2)＋1＝56，得n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024.
答案：1 024
11．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的右焦点为F，过点F向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为M，交另一条渐近线于N，若2eq \(MF,\s\up7(―→))＝eq \(FN,\s\up7(―→))，则双曲线的渐近线方程为________．
解析：由题意得双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，F(c,0)，则|MF|＝b，
由2eq \(MF,\s\up7(―→))＝eq \(FN,\s\up7(―→))，可得eq \f(|MF|,|FN|)＝eq \f(1,2)，所以|FN|＝2b.
在Rt△OMF中，由勾股定理，得|OM|＝eq \r(|OF|2－|MF|2)＝a，
因为∠MOF＝∠FON，所以由角平分线定理可得eq \f(|OM|,|ON|)＝eq \f(|MF|,|FN|)＝eq \f(1,2)，|ON|＝2a，
在Rt△OMN中，由|OM|2＋|MN|2＝|ON|2，可得a2＋(3b)2＝(2a)2,9b2＝3a2，即eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,3)，
所以eq \f(b,a)＝eq \f(\r(3),3)，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x.
答案：±eq \f(\r(3),3)x
12．已知O是△ABC的外心，取∠C＝45°，若eq \(OC,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))＋neq \(OB,\s\up7(―→))(m，n∈R)，则m＋n的取值范围是________．
解析：因为∠C＝45°，所以∠AOB＝90°.由已知，不妨设△ABC的外接圆半径为1，并设eq \(OA,\s\up7(―→))＝i，eq \(OB,\s\up7(―→))＝j，则C(m，n)，点C的轨迹是以原点为圆心，1为半径的eq \f(3,4)圆弧(不含端点)，如图所示．设m＋n＝t，则直线x＋y＝t与此圆弧有公共点，故－eq \r(2)≤t<1，即m＋n的取值范围是[－eq \r(2)，1)．
注：也可设m＝cs θ，n＝sin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)<θ<2π))，则m＋n＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))).
因为eq \f(3π,4)<θ＋eq \f(π,4)答案：[－eq \r(2)，1)
13．设点(1,2)在抛物线y＝ax2上，直线l与抛物线交于A，B两点，直线l1是线段AB的垂直平分线．若直线l1的斜率为2，则l1在y轴上截距的取值范围为________．
解析：由点(1,2)在抛物线y＝ax2上，得a＝2，即抛物线方程为y＝2x2.设直线l1在y轴上的截距为t，依题意得l1的方程为y＝2x＋t.直线l的方程可设为y＝－eq \f(1,2)x＋b，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋b，,y＝2x2，))消去y可得2x2＋eq \f(1,2)x－b＝0，则x1＋x2＝－eq \f(1,4)，Δ＝eq \f(1,4)＋8b＞0，即b>－eq \f(1,32).设AB的中点P(x0，y0)，则x0＝eq \f(1,2)(x1＋x2)＝－eq \f(1,8)，y0＝－eq \f(1,2)x0＋b＝eq \f(1,16)＋b.由点P在直线l1上，得eq \f(1,16)＋b＝－eq \f(1,4)＋t，于是t＝eq \f(5,16)＋b>eq \f(5,16)－eq \f(1,32)＝eq \f(9,32).故l1在y轴上截距的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,32)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,32)，＋∞))
14．在平面直角坐标系xOy中，直线x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相切，且椭圆C的右焦点F(c,0)关于直线l：y＝eq \f(c,b)x的对称点E在椭圆C上，则△OEF的面积为________．
解析：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\r(2)y－2\r(2)＝0，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去x，化简得(a2＋2b2)·y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，
由Δ＝0，得2b2＋a2－8＝0.设F′为椭圆C的左焦点，
连接F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，
又点F到直线l的距离d＝eq \f(c2,\r(c2＋b2))＝eq \f(c2,a)，所以|EF|＝eq \f(2c2,a)，|F′E|＝2a－|EF|＝eq \f(2b2,a)，
在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化简得2b2＝a2，
代入2b2＋a2－8＝0，得b2＝2，a＝2，所以|EF|＝|F′E|＝2，所以S△OEF＝eq \f(1,2)S△F′EF＝1.
答案：1
15.如图，等边△ABC的边长为2，顶点B，C分别在x轴的非负半轴，y轴的非负半轴上移动，M为AB的中点，则eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OM,\s\up7(―→))的最大值为________．
解析：设∠OBC＝θ，因为BC＝2，所以B(2cs θ，0)，C(0,2sin θ)，
则eq \(BC,\s\up7(―→))＝(－2cs θ，2sin θ)，设eq \(BA,\s\up7(―→))＝(x，y)，
因为△ABC是边长为2的等边三角形，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝4，,－2xcs θ＋2ysin θ＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)sin θ－cs θ，,y＝\r(3)cs θ＋sin θ，))
即eq \(BA,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)sin θ－cs θ，eq \r(3)cs θ＋sin θ)，
则eq \(OA,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(BA,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)sin θ＋cs θ，eq \r(3)cs θ＋sin θ)，
因为M为AB的中点，
所以eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up7(―→))＝eq \f(\r(3),2)sin θ＋eq \f(3,2)cs θ，eq \f(\r(3),2)cs θ＋eq \f(1,2)sin θ，
所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)＋eq \r(3)sin 2θ＋eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)sin 2θ＋cs2θ＝eq \f(3\r(3),2)sin 2θ＋eq \f(1,2)cs 2θ＋eq \f(5,2)＝eq \r(7)sin(2θ＋φ)＋eq \f(5,2)，其中cs φ＝eq \f(3\r(21),14)，sin φ＝eq \f(\r(7),14)，
所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OM,\s\up7(―→))的最大值为eq \f(5,2)＋eq \r(7).
答案：eq \f(5,2)＋eq \r(7)
16．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋2cs2x＋m在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为3，则
(1)m＝________；
(2)对任意a∈R，f(x)在[a，a＋20π]上的零点个数为________．
解析：(1)因为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1＋m，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，
所以当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取最大值3＋m，所以m＝0.
(2)易知函数f(x)是周期为π的周期函数，由图可知，在每个周期内只有2个零点，而[a，a＋20π]有20个周期，故有40个零点，特别地，当a为零点时，a＋20π也是零点，由此可得，此时可有41个零点．所以填40或41.
答案：(1)0 (2)40或41