（通用版）2022年高考数学二轮复习 第一部分 第三层级 难点自选 专题二“选填”压轴小题的4大抢分策略讲义 理（普通生含解析）

（通用版）2022年高考数学二轮复习 第一部分 第三层级 难点自选 专题二“选填”压轴小题的4大抢分策略讲义 理（普通生，含解析）解答选择题中的压轴题，务必要遵循“小题小解”的原则，要抓住已知条件与备选项之间的关系进行分析、试探、推断，充分发挥备选项的暗示作用，选用解法要灵活机动，做到具体问题具体分析，不要生搬硬套能定性判定的，就不再使用复杂的定量计算；能用特殊值分析的，就不再采用常规解法；能用间接法求解的，就不再用直接法能否快速准确地解答填空题中的压轴题，往往是高考数学成败的关键现行考试大纲对解答填空题提出的基本要求是“正确、合理、迅速”也就是说解填空题务必要做到：特例思想开思路特例思想是通过考查数学对象的特殊情况来获得一般性结论举出特例或者研究特殊情况要比研究一般情况容易很多研究清楚了特殊情况，对于解决一般情况可以提供解题思路当题目十分复杂或解题目标不明确时，往往需要考查题设条件中的某些特殊情况，从中找出能反映问题本质属性的隐含信息，这样做，常常能够打开我们的思路，发现解决问题的方法典例已知函数f(x)xsin 2xasin x在R上单调递增，则a的取值范围是()A1,1B.C. D.解析法一：特殊值法对函数f(x)求导，得f(x)1cos 2xacos xcos2xacos x根据题意，f(x)0恒成立，因为函数f(x)为偶函数，从而f(x)0的两根一定互为相反数，即可知a的值关于原点对称，排除选项B、D；当a1时，f(0)cos20acos 00，说明函数f(x)不是恒单调递增的，排除选项A.故选C.法二：特殊值法观察本题的四个选项，发现选项A、B、D中都有数1，故取a1，f(x)xsin 2xsin x，f(x)1cos 2xcos x，但f(0)110时，分离参数得at恒成立设函数h(t)t，即有ah(t)max成立，由于h(t)0，从而可知函数h(t)在(0,1上单调递增，所以ah(1).当t0时，分离参数得at恒成立易得ah(t)minh(1).综上所述，a的取值范围是.故选C.答案C题后悟通(1)本题的四种解法中，解法一是从函数的整体性质(单调性、奇偶性)出发，排除不符合题意的选项，是优化解题方法的最好策略；解法二是从题目的选项特征出发，采取特值法解题，方法简单；解法三就是将函数f(x)求导后，再构造函数转化为不等式g(t)0恒成立，结合函数g(t)的结构特征与图形特征解题；解法四中，令cos xt，对参数t进行分类讨论后，再利用导数知识研究单调性、最值，这就是有关单调性问题的解题套路(2)处理此类问题经常根据题中所给出的条件巧妙选择特殊值、特殊函数、特殊位置、特殊图形等进行求解应用体验1(2016全国卷)已知函数f(x)(xR)满足f(x)2f(x)，若函数y与yf(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，则(xiyi)()A0 BmC2m D4m解析：选B法一：(利用函数的对称性)由f(x)2f(x)，知f(x)f(x)2，所以点(x，f(x)与点(x，f(x)连线的中点是(0,1)，故函数f(x)的图象关于点(0,1)成中心对称(此处也可以这样考虑：由f(x)2f(x)，知f(x)f(x)20，即f(x)1f(x)10，令F(x)f(x)1，则F(x)F(x)0，即F(x)f(x)1为奇函数，图象关于点(0,0)对称，而F(x)的图象可看成是f(x)的图象向下平移一个单位得到的，故f(x)的图象关于点(0,1)对称)又y1的图象也关于点(0,1)对称，所以两者图象的交点也关于点(0,1)对称，所以对于每一组对称点xixi0，yiyi2，所以(xiyi)ii02m，故选B.法二：(构造特殊函数)由f(x)2f(x)，知f(x)f(x)20，即f(x)1f(x)10.令F(x)f(x)1，则F(x)为奇函数，即f(x)1为奇函数，从而可令f(x)1x，即f(x)x1，显然该函数满足此条件此时yx1与y的交点分别为(1,2)和(1,0)，所以m2，(xiyi)12(1)02，结合选项可知选B.2.如图，在ABC中，点O是BC的中点，连接AO，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，若m ，n ，则mn的值为_解析：法一：因为O是BC的中点，所以().因为M，O，N三点共线，所以1，所以mn2.法二：(特殊位置法)取M与B重合，N与C重合，此时mn1，得mn2.答案：23已知ABC中，AB4，AC5，点O为ABC所在平面内一点，满足|，则_.解析：法一：如图，2222，2222.两式相减，得2222.25162()，92，.法二：(特殊图形法)若ABC为直角三角形，如图，则()，()()(22).答案：极限思想减运算极限思想就是考虑相关问题的极端情况，极端情形往往都是相关命题的极限情况，或是某个变量所在区间端点的取值例如线段是三角形高为零的极端情况，切线是割线的极端情形(即极限)等有些高考数学压轴题的求解，常常要从它的极端情形来寻找突破口一般来说，运用极限思想分析问题，往往能够减少运算量，尤其是选择题和填空题，运用极限思想分析解题可以快速准确地解决问题，从而避免小题大做，节省考场上的答题时间典例在平面四边形ABCD中，ABC75，BC2，则AB的取值范围是_解析法一：极限法如图，动态地审视平面四边形ABCD，边BC2固定，BC75固定，延长BA，CD交于点P.虽然BAD75，但AB边并不固定，平行移动AD边，则容易看出BQABBP.在BCQ中，易求得BQ；在BCP中，易求得BP，则AB的取值范围是(，)法二：分割法易知ADC135.如图，连接BD，设BDC，ADB，则135.在ABD和BCD中，由正弦定理得，则AB，由得30105，所以2.则AB.答案(，) 题后悟通解法一采用取极限的方法来处理，过程显得简洁、自然，体现了“小题小解”的策略解法二将四边形问题转化为解三角形问题，利用正弦定理建立函数解析式求解应用体验4过x轴上一点P向圆C：x2(y2)21作圆的切线，切点为A，B，则PAB的面积的最小值是()A. B.C. D3解析：选A法一：由图可知，当点P趋向于无穷远处时，显然ABP的面积趋向于无穷大；当点P趋近于原点时，ABP的面积越来越小；当与原点重合时有|OA|，且此时的PAB为正三角形其面积为()2.故选A.法二：设P(x,0)，则|PC|2x24，|PA|2|PB|2x23，设CPA，则有sin ，cos ，于是SPAB|PA|2sin 2.显然上式是x2的单调递增函数，当x0时，SPAB取得最小值.故选A.建模探究破创新探究创新性题的解题思路常用的策略是建模分析也就是说，对这类题的求解要特别注意以下几点：(1)领会题意，弄清问题所涉及的模型，准确把握命题给出的相关新概念、新定义的实质；(2)注重将那些抽象的概念直观化，隐含的信息条理化，复杂的数量关系模型化；(3)善于借助它的背景、特征、性质、构思来进行分析、探究、类比、变式，构建相关的数学模型一旦把握了伴随它的数学模型，也就把握了解题入门的向导，问题便可迎刃而解典例对于实数a和b，定义运算“”：ab设函数f(x)(2x1)(x1)，且关于x的方程f(x)m(mR)恰有三个互不相等的实根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是_解析f(x)(2x1)(x1)f(x)故关于x的方程f(x)m(mR)恰有三个互不相等的实根x1，x2，x3，等价于函数f(x)的图象与直线ym有三个不同的交点作出函数f(x)的大致图象如图所示，从图中不难得知0m0时，x2xm，即x2xm0，由此可得x2x3m.当x0时，由2x2x，得x.当m在上递增时，|x1|也在上递增从而m|x1|随着m的递增而递增，而x10，a与b的夹角，且ab和ba都在集合中，则ab()A. B1C. D.解析：选C由定义，得ab，同理可得ba.由|a|b|0，得01.又因为，所以cos 1.从而可得01，即0ba1.因为ba，所以ba.得(ab)(ba)cos2，将代入上式，化简得1ab2.又因为ab，所以ab，故选C.定义分析解压轴解答数学高考压轴题，入手的关键就是要先弄清问题所涉及的概念、定义及其相关的隐含信息，然后运用数学的通性通法定义法、分析法、综合法、分离变量法、数形结合法、向量法、重要不等式法等进行分析、整合，认识问题的本质，探究与问题相关的基本概念或数学模型只有明确了命题中的相关概念、定义及数学模型，才能准确理解题意、灵活运用知识分析问题，解决问题，促进解题思路的创新因此，运用定义分析问题是准确、迅速解答数学高考压轴题的重要策略典例已知函数f(x)是定义在(，)上的奇函数，且当x0时，f(x)，若xR，f(x1)f(x)，则实数a的取值范围为()A. B.C. D.解析法一：当x0时，f(x)作出函数f(x)的图象，如图所示因为对xR，f(x1)f(x)成立，所以对应的函数f(x1)的图象恒在函数f(x)的图象的下方由此可知，只需函数f(x)在x2a2时，f(x)x3a2，又f(x)是R上的奇函数，所以x0时，f(x)的最小值为a2.因为f(x)为奇函数，所以当x0时，f(x)a2所对应的横坐标为x4a2，即B点的横坐标当x0时，f(x)a2所对应的横坐标xmin2a2，即A点的横坐标故要对xR，都有f(x1)f(x)成立，则要A，B两点的跨度不大于1.否则，f(x)的图象向右平移1个单位后，线段DB会在A1C1的下方，此时的图象与对应的函数不等式f(x1)f(x)相悖所以4a2(2a2)1，解得a.答案B 题后悟通本题主要考查全称命题、奇函数和分段函数等基本概念，考查函数的最值与恒成立问题意在考查考生应用数形结合思想，综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力注重理解题意，根据奇函数的性质画草图进行探究，抓住函数f(x)在x0)，过点P作PMy轴于M，则M，Q.从而|MQ| ，在折叠后的图形中，有|QM1|MP|t，故|PQ|2|QM1|2|MM1|2|MP|2|QM|2|MP|22t2216.当且仅当t24，即t2时等号成立，所以当t2时，即P坐标为(2，)时，|PQ|的最小值为4.综上所述，折叠后线段PQ的长度的最小值等于4.法二：设P(x0，y0)到两渐近线的距离分别为m，n，如图，则有|PM|QM1|m，|PN|n，且m，n.易知，折叠后的PQ，可视为一长方体的体对角线则PQ2QMM1M2MP22m24n22mn416.所以|PQ|min4.答案：4 A组选择题解题技法专练1若sin sin (cos cos )，(0，)，则的值为()ABC. D.解析：选D令，则有sin cos tan ，(0，)，所以，从而.2已知0ab1，则ab，logba，logab的大小关系是()Alogabablogba BlogablogbaabClogbalogabab Dablogablogba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，b，则有logablog420，logbalog242，ab，由此可得选A.3若不等式x2logax0在内恒成立，则a的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A因为x，当a时，显然x2logax恒成立又当x时，由；当x0时，可推得a0恒成立，则的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A令x1，不等式化为cos 0；令x0，不等式化为sin 0.又0，所以0.当1x0.设t(t0对t0，即sin 2.又02，所以2，故.6在对角线AC16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，则的取值范围是()A2,1 B0,1C1,1 D.解析：选A法一：依题意可知CC12，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4x2y24上设P(x0，y0)，则(x0，y0)(x0，y0)xy3y2(2y02)由此可得21，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4x2y24上由此可得，当y0时，可取到2，当x0时，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)2x2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()A0 B1C2 D3解析：选B设A(x,2x)，B(x2,2x)，若ABC为等边三角形，则C(x1,2x1)，且ACAB2，即2，即22x23，又y22x2单调递增，所以方程有唯一解x1，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(x1)与f(x1)都是奇函数，则()Af(x)是偶函数 Bf(x)是奇函数Cf(x)f(x2) Df(x3)是奇函数解析：选D法一：因为f(x1)是奇函数，所以f(x)f(x11)f(x1)1f(x2)，又因为f(x1)是奇函数，则f(x2)f(x3)1f(x31)f(x4)，所以f(x)f(x4)所以f(x3)f(x34)f(x1)是奇函数，因而选D.法二：令f(x)sin x，则f(x1)sin(x1)sin x，f(x1)sin(x1)sin x.所以，当f(x1)，f(x1)都是奇函数时，f(x)不是偶函数，排除A.令f(x)cos x，则f(x1)cossinx，f(x1)cossin x，且f(x2)coscosx，所以，当f(x1)，f(x1)都是奇函数时，f(x)不是奇函数，且f(x)f(x2)，排除B、C，故选D.9已知函数f(x)x(1a|x|)，若关于x的不等式f(xa)f(x)的解集为A，且A，则实数a的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A由题意得(xa)(1a|xa|)x(1a|x|)当a2，x0时，有(02)(12|02|)60(120)不成立，故D错当a，x时，有1不成立故C错当a，x时，有，即)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则以AF为直径的圆的方程为(xm)(x2)y20.由消去y，得x2(m2)x2m10.所以x1x2(m2)所以.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：f(x)(x0)；f(x)x2(x0)；f(x)sin x(0x)；f(x)cos x.属于这一类函数的有()A1个 B2个C3个 D4个解析：选B设0c，ab2c，()2c，即f(a)f(b)f(c)，f(x)(x0)属于这一类函数；举反例：若a3，b3，c5，则a2b2c2，即f(a)f(b)0)不属于这一类函数；举反例：若a，b，c，则sin asin bsin c，即f(a)f(b)f(c)1，f(x)sin x(0x)不属于这一类函数；设0abc，f(b)f(c)cos bcos c，而cos af(a)，f(x)cos x属于这一类函数综上，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bcacos C，且4(bc)3bc，a2，则ABC的面积S_.解析：由正弦定理得sin B sin Csin Acos C，sin Bsin(AC)，sin(AC)sin Csin Acos C，即cos Asin Csin C.又sin C0，cos A，又A是ABC的内角，A60，a2b2c22bccos Ab2c2bc(bc)23bc，(bc)24(bc)12，得bc6，bc8，Sbcsin A82.答案：22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x0且x1时，0，若曲线yf(x)在x1处的切线的斜率为，则f(1)_.解析：因为当x0且x1时，0，所以当x1时，2f(x)xf(x)0；当0x1时，2f(x)xf(x)1时，g(x)0，函数g(x)x2f(x)单调递增；当0x1时，g(x)0，函数g(x)x2f(x)单调递减，所以函数g(x)x2f(x)在x1处取得极值，所以g(1)2f(1)f(1)0.因为曲线yf(x)在x1处的切线的斜率为，所以f(1)，所以f(1).答案：3已知函数f(x)当1a2时，关于x的方程ff(x)a实数解的个数为_解析：当1a2时，作出函数f(x)的图象如图所示，令uf(x)，则f(u)a，由f(x)的图象可知，若u满足u0，解得u1或2eue2，显然，当x0，u0,2eue2时，f(x)u也有2个解因此ff(x)a有4个实数解答案：44(2019届高三武汉调研)过抛物线C：y24x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3，则|_.解析：过点P作PP1垂直准线于P1，由3，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，所以|PP1|，所以|.答案：5已知函数f(x)x3mx3nx(m0，n0)，且f(x)在0,1上的最小值为，则f(x)在1,0上的最大值为_解析：令g(x)mx3nx(m0，n0)，则g(x)3mx2n，因为m0，n0，所以g(x)0，所以g(x)为减函数又yx3为减函数，所以f(x)为减函数当x0,1时，f(x)minf(1)mn，得mn2，当x1,0时，f(x)maxf(1)mn.答案：6已知向量a，b，c满足|a|，|b|ab3，若(c2a)(2b3c)0, 则|bc|的最大值是_解析：设a与b的夹角为，则ab|a|b|cos ，cos ，0，.设a，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)，c2a(x2，y2)，2b3c(63x，3y)，(c2a)(2b3c)0，(x2)(63x)(y2)(3y)0.即(x2)2(y1)21.bc(3x，y)，|bc|11，即|bc|的最大值为1.答案：17(2018开封高三定位考试)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，此时四面体ABCD的外接球的表面积为_解析：如图，在正三角形ABC中，ABBCAC2，则BDDC1，AD，在翻折后所得的几何体中，如图，ADBD，ADCD，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dAD.在BCD中，BC，则由余弦定理，得cosBDC，所以BDC120.设球的半径为R，BCD的外接圆半径为r，则由正弦定理，得2r2，解得r1，则球的半径R，故球的表面积S4R2427.答案：78.(2018湘中名校联考)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ABx，OF，EF(0xa)，所以EO.所以V(x)S正方形ABCDEOx2(0xa)令ya2x4x6(0xa)，则y4a2x36x52x3(2a23x2)当y0时，xa.当y0时，ax0时，0xa.所以ya2x4x6(0xa)在上是增函数，在上是减函数，所以当xa时，ymaxa246a6，即V(x)max a3.答案：a39已知函数f(x)sin与函数g(x)cos在区间上的图象交于A，B，C三点，则ABC的周长为_解析：因为函数f(x)sin与函数g(x)cos在区间上的图象交于A，B，C三点，所以由sin cos，x，解得x1,0,1，不妨设A，B，C，所以AB，AC2，BC，所以ABC的周长为ABACBC22.答案：2210(2019届高三昆明调研)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：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Sn2bn1，则a56_.解析：当n2时，Sn2bn1，Sn12bn11，bn2bn2bn1，bn2bn1(n2且nN*)，b12b11，b11，数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，bn2n1.设a1，a2，a4，a7，a11，的下标1,2,4,7,11，构成数列cn，则c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得，cnc11234(n1)，cn1，由cn156，得n11，a56b112101 024.答案：1 02411(2018郑州第一次质量测试)已知双曲线C：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2，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yx，F(c,0)，则|MF|b，由2，可得，所以|FN|2b.在RtOMF中，由勾股定理，得|OM|a，因为MOFFON，所以由角平分线定理可得，|ON|2a，在RtOMN中，由|OM|2|MN|2|ON|2，可得a2(3b)2(2a)2,9b23a2，即，所以，所以双曲线C的渐近线方程为yx.答案：x12已知O是ABC的外心，取C45，若mn(m，nR)，则mn的取值范围是_解析：因为C45，所以AOB90.由已知，不妨设ABC的外接圆半径为1，并设i，j，则C(m，n)，点C的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆弧(不含端点)，如图所示设mnt，则直线xyt与此圆弧有公共点，故t1，即mn的取值范围是，1)注：也可设mcos ，nsin ，则mnsin.因为，所以1sin，所以mn.设AB的中点P(x0，y0)，则x0(x1x2)，y0x0bb.由点P在直线l1上，得bt，于是tb.故l1在y轴上截距的取值范围为.答案：14(2019届高三广州调研)在平面直角坐标系xOy中，直线xy20与椭圆C：1(ab0)相切，且椭圆C的右焦点F(c,0)关于直线l：yx的对称点E在椭圆C上，则OEF的面积为_解析：联立消去x，化简得(a22b2)y28b2yb2(8a2)0，由0，得2b2a280.设F为椭圆C的左焦点，连接FE，易知FEl，所以FEEF，又点F到直线l的距离d，所以|EF|，|FE|2a|EF|，在RtFEF中，|FE|2|EF|2|FF|2，化简得2b2a2，代入2b2a280，得b22，a2，所以|EF|FE|2，所以SOEFSFEF1.答案：115.(2019届高三山西四校联考)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，则的最大值为_解析：设OBC，因为BC2，所以B(2cos ，0)，C(0,2sin )，则(2cos ，2sin )，设(x，y)，因为ABC是边长为2的等边三角形，所以解得即(sin cos ，cos sin )，则(sin cos ，cos sin )，因为M为AB的中点，所以sin cos ，cos sin ，所以sin 2sin 2cos2sin 2cos 2sin(2)其中cos ，sin ，所以的最大值为.答案：16已知函数f(x)sin 2x2cos2xm在区间上的最大值为3，则(1)m_；(2)对任意aR，f(x)在a，a20上的零点个数为_解析：(1)因为f(x)2sin1m，当x时，2x，所以当x时，f(x)取最大值3m，所以m0.(2)易知函数f(x)是周期为的周期函数，由图可知，在每个周期内只有2个零点，而a，a20有20个周期，故有40个零点，特别地，当a为零点时，a20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