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第二板块 考前熟悉3大解题技法(一)小题小做巧妙选择高考数学选择题历来都是兵家必争之地，因其涵盖的知识面较宽，既有基础性，又有综合性，解题方法灵活多变，分值又高，既考查了同学们掌握基础知识的熟练程度，又考查了一定的数学能力和数学思想，试题区分度极佳这就要求同学们掌握迅速、准确地解答选择题的方法与技巧，为全卷得到高分打下坚实的基础一般来说，对于运算量较小的简单选择题，都是采用直接法来解题，即从题干条件出发，利用基本定义、性质、公式等进行简单分析、推理、运算，直接得到结果，与选项对比得出正确答案；对于运算量较大的较复杂的选择题，往往采用间接法来解题，即根据选项的特点、求解的要求，灵活选用数形结合、验证法、排除法、割补法、极端值法、估值法等不同方法技巧，通过快速判断、简单运算即可求解下面就解选择题的常见方法分别举例说明直接法直接从题目条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密的推理和准确的运算，得出正确的结论涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法典例(2016浙江高考)已知椭圆C1：y21(m1)与双曲线C2：y21(n0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则()Amn且e1e21Bmn且e1e21Cmn且e1e21Dmn且e1e21技法演示考查了椭圆与双曲线的焦点、离心率，抓住焦点相同这个条件得到m，n之间的关系，代入离心率的公式即可得解法一：由题意知m21n21，即m2n22，则mn，e1e21.故选A.法二：由题意知m21n21，即m2n22，则mn，不妨设m23，则n21，e1，e2，则e1e21，故选A.答案A应用体验1(2016浙江高考)已知集合PxR|1x3，QxR|x24，则P(RQ)()A2,3B(2,3C1,2)D(，21，)解析：选BQxR|x24，RQxR|x24xR|2x2PxR|1x3，P(RQ)xR|2x3(2,32(2014浙江高考)在(1x)6(1y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)()A45B60C120D210解析：选C由题意知f(3,0)CC，f(2,1)CC，f(1，2)CC，f(0,3)CC，因此f(3,0)f(2,1)f(1，2)f(0,3)120，选C.数形结合法根据题目条件作出所研究问题的有关图形，借助几何图形的直观性作出正确的判断典例(2017浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD，ABBC，ABBCAD2，CD3，AC与BD交于点O.记I1，I2，I3，则()AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3技法演示如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AOAF，而AFB90，AOB与COD为钝角，AOD与BOC为锐角根据题意，I1I2()|cosAOB0，I1I3，作AGBD于G，又ABAD，OBBGGDOD，而OAAFFCOC，|，而cosAOBcosCOD，即I1I3，I3I10)上，如图，数形结合可知|ab|min|CB|1.故选A.验证法将选项或特殊值，代入题干逐一去验证是否满足题目条件，然后选择符合题目条件的选项的一种方法在运用验证法解题时，若能根据题意确定代入顺序，则能提高解题速度典例(2016浙江高考)已知实数a，b，c，()A若|a2bc|ab2c|1，则a2b2c2100B若|a2bc|a2bc|1，则a2b2c2100C若|abc2|abc2|1，则a2b2c2100D若|a2bc|ab2c|1，则a2b2c2100技法演示通过逻辑判断，借助于举反例排除A、B、C选项，选项D的证明对于学生来说是很高的要求法一：对于A，取ab10，c110，显然|a2bc|ab2c|1成立，但a2b2c2100，即a2b2c2100不成立对于B，取a210，b10，c0，显然|a2bc|a2bc|1成立，但a2b2c2110，即a2b2c2100不成立对于C，取a10，b10，c0，显然|abc2|abc2|1成立，但a2b2c2200，即a2b2c2100不成立综上知，A、B、C均不成立，所以选D.法二：选项A，取ab，c(a2a)，则|a2bc|ab2c|01，此时由于a可任取，则c无界，显然无法得到a2b2c2100；选项B，取c0，ba2，则|a2bc|a2bc|01，此时由于a可任取，则b无界，显然无法得到a2b2c2100；选项C，取c0，ba，则|abc2|abc2|01，此时由于a可任取，则b无界，显然无法得到a2b2c2100；选项D,1|a2bc|ab2c|a2bab2|，而a2a，b2ba2a，b2ba，bc，则a2b2c21logaa，当a1时，ba，即ba1，则(a1)(b1)0，(a1)(ab)0，选D.再验证：当0a1时，ba，即0ba0，正确(说明：作为选择题，“0a0，排除D选项又e2，1，排除C选项故选B.答案B应用体验6(2017浙江高考)函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则函数yf(x)的图象可能是()解析：选D由f(x)的图象知，f(x)的图象有三个零点，故f(x)在这三个零点处取得极值，排除A、B；记导函数f(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(，x1)上f(x)0，所以函数f(x)在(，x1)上单调递减，排除C，故选D.7(2014浙江高考)在同一直角坐标系中，函数f(x)xa(x0)，g(x)logax的图象可能是()解析：选D当a1时，函数f(x)xa(x0)单调递增，函数g(x)logax单调递增，且过点(1,0)，由幂函数的图象性质可知C错；当0a0)单调递增，函数g(x)logax单调递减，且过点(1,0)，排除A，又由幂函数的图象性质可知B错，因此选D.割补法“能割善补”是解决几何问题常用的方法，巧妙地利用割补法，可以将不规则的图形转化为规则的图形，这样可以使问题得到简化，从而缩短解题时间典例(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A. BC.D技法演示用补形法，再补上一个相同的长方体，构造出一个三角形，使三角形一个内角为所求角或其补角，然后解三角形得解如图，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBAE1F1B1A1.连接B1F，由长方体性质可知，B1FAD1，所以DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角连接DF，由题意，得DF，FB12，DB1.在DFB1中，由余弦定理，得DF2FBDB2FB1DB1cosDB1F，即54522cos DB1F，所以cos DB1F.答案C应用体验8已知在正四面体ABCD中，E为BC中点，F为直线BD上一点，则平面AEF与平面ACD所成二面角的正弦值的取值范围是()A.BC.D解析：选A如图，将正四面体ABCD放入正方体中，体对角线BK平面ACD，所以平面AEF与平面ACD所成二面角的平面角的正弦值等于直线BK与平面AEF所成角的余弦值由最小角定理，直线BK与平面AEF所成角不大于直线BK与AE所成角当BK平面AEF时，直线BK与平面AEF所成角为0，其余弦值为1.又直线BK与AE所成角的余弦值为，故平面AEF与平面ACD所成二面角的平面角的正弦值的取值范围是.极端值法选择运动变化中的极端值，往往是动静转换的关键点，可以起到降低解题难度的作用，因此是一种较高层次的思维方法从有限到无限，从近似到精确，从量变到质变，运用极端值法解决某些问题，可以避开抽象、复杂的运算，降低难度，优化解题过程典例(2016全国卷)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是()A4BC6D技法演示根据直三棱柱的性质找出最大球的半径，再求球的体积设球的半径为R，ABC的内切圆半径为2，R2.又2R3，R，Vmax3.故选B.答案B应用体验9双曲线x2y21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PA时，PF的斜率k0.当PFx轴时，PF的斜率不存在，即k.当P在无穷远处时，PF的斜率k1.结合四个备选项得，选C.估值法由于选择题提供了唯一正确的选择项，解答又无需过程，因此可通过猜测、合情推理、估算而获得答案，这样往往可以减少运算量，避免“小题大做”典例(2017浙江高考)如图，已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，APPB，2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为，则()ABCD技法演示设O为ABC的中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到QR距离居中，而高相等，因此tan tan tan ，故0，b0)矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|3|BC|，则E的离心率是_解析：法一：(特殊值法)如图，由题意知|AB|，|BC|2c，又2|AB|3|BC|，设|AB|6，|BC|4，则|AF1|3，|F1F2|4，|AF2|5.由双曲线的定义可知，a1，c2，e2.法二：(直接法)如图，由题意知|AB|，|BC|2c.又2|AB|3|BC|，232c，即2b23ac，2(c2a2)3ac，两边同除以a2并整理，得2e23e20，解得e2(负值舍去)答案：2数形结合法根据题目条件，画出符合题意的图形，以形助数，通过对图形的直观分析、判断，往往可以快速简捷地得出正确的结果，它既是方法，也是技巧，更是基本的数学思想典例已知函数f(x)在区间1，m上的最大值是2，则m的取值范围是_技法演示f(x)作出函数的图象，如图所示，因为函数f(x)在1，m上的最大值为2，又f(1)f(4)2，所以1m4，即m(1,4答案(1,4应用体验5(2018浙江高考)已知R，函数f(x)当2时，不等式f(x)0的解集是_若函数f(x)恰有2个零点，则的取值范围是_解析：当2时，f(x)其图象如图所示由图知f(x)1)上两点A，B满足2，则当m_时，点B横坐标的绝对值最大技法演示设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由2，得即x12x2，y132y2.因为点A，B在椭圆上，所以得y2m，所以xm(32y2)2m2m(m5)244，所以当m5时，点B横坐标的绝对值最大答案5应用体验6(2016浙江高考)如图，在ABC中，ABBC2，ABC120.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PDDA，PBBA，则四面体PBCD的体积的最大值是_解析：在ABC中，ABBC2，ABC120，AC 2.设CDx，则AD2x，PD2x，VPBCDSBCDhBCCDsin 30PDx(2x)22，当且仅当x2x，即x时取“”，此时PD，BD1，PB2，满足题意故四面体PBCD的体积的最大值为.答案：7设x，y为实数，若4x2y2xy1，则2xy的最大值是_解析：4x2y2xy1，(2xy)23xy12xy121，(2xy)2，(2xy)max.答案：构造法根据题设条件与结论的特殊性，构造出一些新的数学形式，并借助它来认识和解决问题典例(2016浙江高考)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.技法演示先构造等比数列，再进一步利用通项公式求解an12Sn1，Sn1Sn2Sn1，Sn13Sn1，Sn13，数列是公比为3的等比数列，3.又S24，S11，a11，S53434，S5121.答案1121应用体验8(2016浙江高考)已知向量a，b，|a|1，|b|2.若对任意单位向量e，均有|ae|be|，则ab的最大值是_解析：由于e是任意单位向量，可设e，则|ae|be|ab|.|ae|be|，|ab|，(ab)26，|a|2|b|22ab6.|a|1，|b|2，142ab6，ab，ab的最大值为.答案：.多空题辨式解答并列式两空并答此种类型多空题的特点是：根据题设条件，利用同一解题思路和过程，可以一次性得出两个空的答案，两空并答，题目比较简单，会便全会，这类题目在高考中一般涉及较少，常考查一些基本量的求解，一般是多空题的第一个题目例1(2016浙江高考)已知2cos2xsin 2xAsin(x)b(A0)，则A_，b_.解析2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2x1sin，1sinAsin(x)b，A，b1.答案1点评例1中根据题设条件把2cos2xsin 2x化成1sin后，对比原条件恒等式两边可直接得出两空的结果，A，b1.应用体验1(2015浙江高考)双曲线y21的焦距是_，渐近线方程是_解析：由双曲线标准方程，知双曲线焦点在x轴上，且a22，b21，c2a2b23，即c，焦距2c2，渐近线方程为yx，即yx.答案：2yx分列式一空一答此种类型多空题的特点是：两空的设问相当于一个题目背景下的两道小填空题，两问之间没什么具体联系，各自成题，是对于多个知识点或某知识点的多个角度的考查；两问之间互不干扰，不会其中一问，照样可以答出另一问例2(1)(2016浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是_cm2，体积是_cm3.(2)(2015浙江高考)已知函数f(x)则f(f(3)_，f(x)的最小值是_解析(1)由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm，2 cm，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,2 cm，4 cm.几何体的表面积为(222424)2222272(cm2)，体积为224232(cm3)(2)f(3)lg(3)21lg 101，f(f(3)f(1)1230.当x1时，x32 323，当且仅当x，即x时等号成立，此时f(x)min230；当x1时，lg(x21)lg(021)0，此时f(x)min0.所以f(x)的最小值为23.答案(1)7232(2)023点评例2(1)中根据题设条件三视图得出其几何体的直观图后，由面积的相关公式求出几何体的面积，由体积的相关公式求出其体积；例2(2)中，两空都是在已知一分段函数的解析式，考查两方面的知识，分别求出函数的值和函数的最值应用体验2(2015浙江高考)函数f(x)sin2xsin xcos x1的最小正周期是_，单调递减区间是_解析：f(x)sin2xsin xcos x1sin 2x1sin 2xcos 2xsin，函数f(x)的最小正周期T.令2k2x2k，(kZ)，解之可得函数f(x)的单调递减区间为(kZ)答案：(kZ)递进式逐空解答此种类型多空题的特点是：两空之间有着一定联系，一般是第二空需要借助第一空的结果再进行作答，第一空是解题的关键也是难点，只要第一空会做做对，第二空便可顺势解答例3(2018萧山中学模拟)设等比数列an的首项a11，且4a1,2a2，a3成等差数列，则公比q_；数列an的前n项和Sn_.解析因为a11，且4a1,2a2，a3成等差数列，所以4a24a1a3，即4q4q2，解得q2，所以Sn2n1.答案22n1点评例3中根据题设条件求出q2后，再根据等比数列的求和公式求出Sn.第二空的解答是建立在第一空解答的基础上的，只有求出第一空才能求得第二空应用体验3(2017浙江名校协作体联考)已知在ABC中，AB3，BC，AC2，且O是ABC的外心，则_， _.解析：因为O是ABC的外心，所以向量在向量上的投影1，向量在向量上的投影，所以2，所以2.答案：2(三)有舍有得压轴大题多抢分高考是选拔性的考试，试卷中必然要有综合考查数学知识、数学思想的能力型试题，即拉分题(亦即压轴题)对大部分考生来说，如何从拿不下的题目(压轴题)中分段得分，是考生高考数学能否取得圆满成功的重要标志，是使考生能否达到“名牌大学任我挑”的关键对此可采用如下三个策略达到高分的目的如遇到一个不会做的问题，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能写几步就写几步特别是那些解题层次明显的题目，每一步演算到得分点时都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半如下例：典例1(本小题满分15分)如图，设椭圆C：1(ab0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离最大值为ab.规范解答及评分细则(1)设直线l的方程为ykxm(k0，an12(nN*)(1)求证：an2an11(nN*)规范解答及评分细则(1)由an0，an12，得an12an22(由题知an1an2)，即an2an1，所以an2an1N时，anaN11.(8分)根据an1110，而an1，(10分)于是1，1.累加可得n1.(*)(12分)由假设可得aNn11时，显然有n10，因此有1(nN*)(15分)法二：假设存在aN1(N1，NN*)，由(1)可得当nN时，0anaN11.(8分)根据an1110，而an1，所以1.(10分)于是1an(1an1)，1an1(1an2)，1aN2(1aN1).累乘可得1an(1aN1)nN1，(*)(12分)由(1)可得1anlogN1时，则有(1aN1)nN11，这显然与(*)矛盾所以an1(nN*)(15分)抢分有招一些证明问题，若直接证明比较困难，可从结论分析，把结论转化为易证明的问题，或利用反证法证明其结论的反面不成立，这是求解一些证明问题的常见思路一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，根据题目的意思列出要用的公式等罗列这些小步骤都是有分的，这些全是解题思路的重要体现，切不可以不写，对计算能力要求高的，实行解到哪里算哪里的策略书写也是辅助解答，“书写要工整，卷面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应典例3(本小题满分15分)已知椭圆C：1，(ab0)的两个焦点分别为F1(1,0)，F2(1,0)，且椭圆C经过点P.(1)求椭圆C的离心率；(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且，求点Q的轨迹方程规范解答及评分细则(1)由椭圆定义知，2a|PF1|PF2|2，所以a.又由已知，c1，所以椭圆C的离心率e.(3分)(2)由(1)知，椭圆C的方程为y21.设点Q的坐标为(x，y)当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，1)两点，此时点Q的坐标为.(4分)当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为ykx2.因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx12)，(x2，kx22)，则|AM|2(1k2)x，|AN|2(1k2)x.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.(7分)由，得，即.(8分)将ykx2代入y21中，得(2k21)x28kx60.由(8k)24(2k21)60，得k2.由可知，x1x2，x1x2，(9分)代入中并化简，得x2.因为点Q在直线ykx2上，所以k，代入中并化简，得10(y2)23x218.(11分)由及k2，可知0x2，即x.又满足10(y2)23x218，故x.由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以1y1，(13分)又由10(y2)2183x2有(y2)2，且1y1，则y.所以点Q的轨迹方程为10(y2)23x218，其中x，y.(15分)抢分有招第二问求点Q的轨迹方程不易求解，考生可以利用图形特点先求出直线l垂直于x轴时所满足条件的点Q坐标，即使以下不作解答，阅卷老师也将酌情给分像这类问题中根据图形和题意求出一些特殊点的坐标、方程或正确作出图形的方法即为辅助解答法，此法是解题过程中必不可少的一种方法 “107”小题提速保分练(一)一、选择题1已知集合Px|x29，Qx|x2，则PQ()Ax|x3Bx|x2 Cx|2x3Dx|22，所以PQx|x32“”是“sin ”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析：选D充分性：当时，比如，此时sin 0，显然不满足sin ，充分性不具备；必要性：当sin 时，比如，此时sin1，但不满足，必要性不具备所以“”是“sin ”的既不充分也不必要条件3设m，n是两条不同的直线，是一个平面，则下列说法正确的是()A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，n，则mnD若m，n，则mn解析：选C对于A，若m，n，m，n还可能相交或异面，故A是错误的；对于B，若m，n，m，n可能是平行的，故B是错误的；对于C，若m，n，则mn，显然C是正确的；对于D，若m，n，则mn，显然D是错误的4某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A. BC.D解析：选B由三视图易知该几何体为三棱锥，则该几何体的体积V.5已知yf(x)x是偶函数，且f(2)1，则f(2)()A2B3C4D5解析：选Dyf(x)x是偶函数，f(x)xf(x)x.当x2时，f(2)2f(2)2，又f(2)1，f(2)5.6在等差数列an中，a13，a1a2a321，则a3a4a5()A45B42C21D84解析：选A由题意得a1a2a33a221，a27，又a13，所以公差da2a14.所以a3a4a5(a1a2a3)6d212445.7由函数ycos 2x的图象通过平移变换得到函数ycos的图象，这个变换可以是()A向左平移个单位长度B向右平移个单位长度C向左平移个单位长度D向右平移个单位长度解析：选B因为ycoscos，所以可以由函数ycos 2x的图象向右平移个单位长度得到函数ycos的图象8若不等式组表示一个三角形内部的区域，则实数a的取值范围是()A.B C.D解析：选C作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示联立解得xy，即A，因为xya表示直线的右上方部分，由图可知，若不等式组构成三角形，则点A在xya的右上方即可又A，所以a，即a.所以实数a的取值范围是.9若|a|b|c|2，且ab0，(ac)(bc)0，则|abc|的取值范围是()A0,22B0,2C22,22 D22,2解析：选D如图所示，a，b，c，ab，(ac)(bc)0，点C在劣弧AB上运动，|abc|表示C，D两点间的距离|CD|.|CD|的最大值是|BD|2，|CD|最小值为|OD|222.10已知F1，F2为椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且F1PF245，则该椭圆与双曲线的离心率乘积的最小值为()A.BC1D解析：选B如图，设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的半实轴长为a2，则根据椭圆及双曲线的定义得|PF1|PF2|2a1，|PF1|PF2|2a2，|PF1|a1a2，|PF2|a1a2，设|F1F2|2c，又F1PF245，在PF1F2中，由余弦定理得，4c2(a1a2)2(a1a2)22(a1a2)(a1a2)cos 45，化简得，(2)a(2)a4c2，即4，又，4，即e1e2，椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为.二、填空题11已知复数z(aR，i为虚数单位)的实部为1，则a_，|z|_.解析：zai，因为复数z的实部为1，所以a1，|z|.答案：112一个口袋中装有大小相同的2个黑球和3个红球，从中摸出两个球，则恰有一个黑球的概率是_；若X表示摸出黑球的个数，则E(X)_.解析：从中摸出两个球，则恰有一个黑球的概率是P；X的可能取值为0,1,2.所以P(X0)，P(X1)，P(X2)，所以E(X)012.答案：13若n的展开式各项系数之和为64，则n_；展开式中的常数项为_解析：令x1，得2n64，所以n6.所以6的通项公式为Tr1C(3)6rrC(1)r36rx3r，令r3，得展开式中的常数项为C(1)3363540.答案：654014设函数f(x)则f _；若f1，则实数a的值为_解析：函数f(x)f 211，f f(1)2.由f(f(a)1，可知当a时，f(f(a)f(3a1)3(3a1)11，解得a；当a1时，2a1，f(f(a)1，不成立；当a1时，f(f(a)f(3a1)23a11，解得a(舍去)综上，a.答案：215若非零向量a，b满足|a|b|，且(ab)(3a2b)，则向量a与b的夹角为_解析：(ab)(3a2b)，(ab)(3a2b)0，即3a22b2ab0，即ab3a22b2b2，cosa，b，即a，b.答案：16若正实数m，n满足2mn6mn，则mn的最小值是_解析：由正实数m，n满足2mn6mn可得，262mn6mn，即26mn，令t，则不等式可化为2t6，即t24t120，解得t2(舍去)或t6.即6，mn18，mn的最小值是18.答案：1817当1x3时，|3a2b|a2b|a|对任意实数a，b都成立，则实数m的取值范围是_解析：当a0时，不等式显然成立；当a0时，x1，而4，x14，即m3xx2.当1x3时，3xx23，m.答案：“107”小题提速保分练(二)一、选择题1已知集合Ax|0x5，Bx|x22x80，则AB()A(2,4)B(4,5)C(2,5)D(0,4)解析：选D由已知得Bx|2x4，又Ax|0x0”是“Sn为递增数列”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：选A“an0”“数列Sn是递增数列”，“an0”是“数列Sn是递增数列”的充分条件当数列an为1,0,1,2,3,4，显然数列Sn是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于等于零，“数列Sn是递增数列”不能推出“an0”，“an0”不是“数列Sn为递增数列”的必要条件“对于任意正整数n，an0”是“数列Sn为递增数列”的充分不必要条件6已知实数x，y满足不等式组则|xy|的最大值为()A0B2C4D8解析：选C作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，|xy|的几何意义为表示区域内的点到直线xy0的距离的倍，由图可知点A(4,0)到直线xy0距离最大，所以|xy|的最大值为4.7某城市的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有()A8种B10种C12种D32种解析：选B此人从A到B，路程最短的走法应走2纵3横，将纵用0表示，横用1表示，则一种走法就是2个0和3个1的一个排列，只需从5个位置中选2个排0，其余位置排1即可，故共有C10种8设抛物线y24x的焦点为F，过点P(2,0)的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于C，若|BF|，则()A.BC.D解析：选D如图，抛物线的准线方程为l：x1，分别过A，B作准线l的垂线AM，BN，则|BN|BF|，点B的横坐标为，不妨设B，则直线AB的方程为y2x4，联立方程组得6x225x240，设点A的横坐标为x0，则x0，解得x0.|AM|x01，.9已知a为正常数，f(x)若存在，满足f(sin )f(cos )，则实数a的取值范围是()A.B C(1，)D解析：选D设g(x)x2ax1，则其关于直线xa对称的曲线为g(x2a)，g(x2a)(x2a)2a(x2a)1x23ax2a21，所以函数f(x)的图象关于直线xa对称，且在a，)上为增函数所以asin.因为，.所以asin.10已知x，y均为非负实数，且xy1，则4x24y2(1xy)2的取值范围为()A.B1,4C2,4D2,9解析：选A设z，则问题等价于xy2z1，满足x，y，z0，求4(x2y2z2)的取值范围设点A，B(1,0,0)，C(0，1,0)，所以点P(x，y，z)可视为长方体的一个三角截面ABC上的一个点，则|OP|2x2y2z2，于是问题可以转化为先求|OP|的取值范围显然|OP|1，设点O到平面ABC的距离为h，则VOABCVAOBC，所以h11，解得h，所以|OP|1，所以|OP|2，即4(x2y2z2) .故答案为A.二、填空题11双曲线x21的离心率是_，渐近线方程为_解析：因为a1，b，c2，所以双曲线的离心率为e2，渐近线方程为yxx.答案：2yx12已知直线l：mx
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