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专题检测（二十） “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)已知角的顶点为坐标原点，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 2，则|ab|()A.B.C. D1解析：选B由cos 2，得cos2 sin2，即，tan ，即，|ab|.故选B.2(2019届高三广州调研)若将函数y2sinsin的图象向左平移(0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则的最小值为()A. B.C. D.解析：选A由y2sinsin，可得y2sincossin，该函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为g(x)sinsin，因为g(x)sin为奇函数，所以2k(kZ)，(kZ)，又0，故的最小值为，选A.3.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABBC，侧面PAB底面ABCD，若PAADABkBC(0k1)，则()A当k时，平面BPC平面PCDB当k时，平面APD平面PCDCk(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直Dk(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，BCAB，可知BC平面PAB，BCAM，又M为PB的中点，PAAB，AMPB，可得AM平面PBC，而ADBC且ADBC，同时MNBC且MNBC，ADMN且ADMN，则四边形ADNM为平行四边形，可得AMDN，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SC4，A，B是该球球面上的两点， ASCBSC30，则棱锥SABC的体积最大为()A2 B.C. D2解析：选A如图，因为球的直径为SC，且SC4，ASC BSC30，所以SACSBC90，ACBC2，SASB2，所以SSBC222，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22，故选A.5(2019届高三兰州诊断考试)已知圆C：(x1)2(y4)210和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B使得MAMB，则实数t的取值范围是()A2,6 B3,5C2,6 D3,5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MAMB，则MA，MB是圆C的切线时，AMB90，AMC45，且AMC90，如图，则|MC|2，所以16(t4)220，所以2t6.法二：由于点M(5，t)是直线x5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t4对称，故排除选项A、B.当t2时，|CM|2，若MA，MB为圆C的切线，则sinCMAsinCMB，所以CMACMB45，即MAMB，所以t2时符合题意，故排除选项D.故选C.6若点P为椭圆C：x22y23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|22y2y2x2y2x3xx，又x1，故x0,3，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，ab1，且ac与bc的夹角为，则|c|的最大值为()A. B2C. D4解析：选A设a，b，c.平面向量a，b，c满足|a|，|b|1，ab1，cosa，b，a，b的夹角为.ac与bc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|ab|.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(1x)f(1x)，f(1)a，且当0x1时，f(x)的导函数f(x)f(x)，则f(x)在区间2 017，2 018上的最小值为()Aa B0Ca D2 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(1x)f(1x)，所以f(x2)f(x)f(x)，所以f(x4)f(x2)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0x1时，设F(x)，所以F(x)0，则函数F(x)在(0,1)上为减函数，所以 0，所以f(x)0.所以f(x)的导函数f(x)f(x)0.所以函数f(x)在(0,1)上为减函数由f(1x)f(1x)知，直线x1是函数f(x)的图象的对称轴所以f(x)在1,2上单调递增，所以所求最小值为f(1)a.9已知关于x的方程x2(a1)xa2b10的两个实根分别为x1，x2，且0x11，则 的取值范围是()A. B.C. D.解析：选B令f(x)x2(a1)xa2b1，关于x的方程x2(a1)xa2b10的两个实根分别为x1，x2，且0x11，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，1k，故的取值范围是.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(0，e) B.C(0,2e2) D(0，e2)解析：选C将函数yln(2x)(x0)的图象，由题意可得g(x)的图象和ykx3(x0)的图象有两个交点设ykx3(x0)的图象与曲线yg(x)相切的切点为(m，ln 2m)，由g(x)，得k.又ln 2mkm3，解得m，则k2e2.由图象可得0k2e2时，g(x)的图象和ykx3(x0)的图象有两个交点，故选C.11(2019届高三昆明高三摸底)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD4，AA12.过点A1作平面与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面所成的角为45，则截面A1MN面积的最小值是()A2 B4C4 D8解析：选B如图，过点A作AEMN，连接A1E，A1A平面ABCD，A1AMN，AEA1AA，MN平面A1AE，A1EMN，平面A1AE平面A1MN，AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，AA1E45，在RtA1AE中，AA12，AE2，A1E2，在RtMAN中，由射影定理得MEENAE24，由基本不等式得MNMEEN24，当且仅当MEEN，即E为MN的中点时等号成立，截面A1MN面积的最小值为424，故选B.12对于函数f(x)和g(x)，设x|f(x)0，x|g(x)0，若存在，使得|1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”若函数f(x)ex1x2与g(x)x2axa3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为()A2,4 B.C. D2,3解析：选Df(x)ex110，f(x)ex1x2是R上的单调递增函数又f(1)0，函数f(x)的零点为x1，1，|1|1，02，函数g(x)x2axa3在区间0,2上有零点由g(x)0，得a(0x2)，即a(x1)2(0x2)，设x1t(1t3)，则at2(1t3)，令h(t)t2(1t3)，易知h(t)在区间1,2)上是减函数，在区间2,3上是增函数，2h(t)3，即2a3.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)x3sin x，若0，且f f(2)，则cos_.解析：由题易知函数f(x)x3sin x为奇函数且在上单调递增因为0，所以，2，又ff(2)，2，coscos .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)0时，f(x)exx0，所以f(x)在(0，)上单调递增，所以|log3x|1，解得x3.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AB2，BCCD，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()282212，则R23，因此外接球的表面积S4R212.答案：126(2018全国卷)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RtSAB中，SASB，SSABSA28，解得SA4.设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h，在RtSAO中，SAO30，所以r2，h2，所以圆锥的体积为r2h(2)228.答案：87(2018全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin Ccsin B4asin Bsin C，b2c2a28，则ABC的面积为_解析：bsin Ccsin B4asin Bsin C，由正弦定理得sin Bsin Csin Csin B4sin Asin Bsin C.又sin Bsin C0，sin A.由余弦定理得cos A0，cos A，bc，SABCbcsin A.答案：8(2018全国卷)已知函数f(x)2sin xsin 2x，则f(x)的最小值是_解析：f(x)2cos x2cos 2x2cos x2(2cos2x1)2(2cos2xcos x1)2(2cos x1)(cos x1)cos x10，当cos x时，f(x)时，f(x)0，f(x)单调递增当cos x，f(x)有最小值又f(x)2sin xsin 2x2sin x(1cos x)，当sin x时，f(x)有最小值，即 f(x)min2.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y2x，一个焦点为(，0)直线y0与y3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x21，直线y3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，根据祖暅原理，可得该几何体的体积与底面面积为，高为3的圆柱的体积相同，故所得几何体的体积为3.答案：310.如图，在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA3，OC5.若7，则的值是_解析：由7得，()()7，即()()7，所以2727916，所以|4.所以()()()()2225169.答案：911(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h2.记球O的半径为R，根据平面截球面的性质，得(2R)212R2，解得R，所以球O的表面积为4R242.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，且cos ，3，则_.解析：，3，又|8，|5，cos ，8522， |2|22511122.答案：213(2019届高三益阳、湘潭调研)已知圆C1：x2(y2)24，抛物线C2：y22px(p0)，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22p，解得p，抛物线C2的方程为y2x.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cosC1BA，sinC1BA，n|AB|cosC1BA，m|AB|sinC1BA，即A，将A的坐标代入抛物线方程得22p，p，抛物线C2的方程为y2x.答案：y2x14已知等腰梯形ABCD中，ABCD，AB2CD4，BAD60，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(a0，b0)，则c2.由a2b2c2，得b24a2，当x1时，y2a25.要使双曲线与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则a253，解得a242或0a242，由a242得a12，舍去， a242，即0a1.双曲线的离心率e1.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：x2y24外一点P(2,1)作两条互相垂直的直线AB和CD分别交圆于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(PAPDPBPC)，取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，则S四边形ABCD=(PEAE)(PFDF)(PEAE)(PFDF)PEDFAEPF，由题意知四边形OEPF为矩形，则OEPF，OFPE，结合柯西不等式有S四边形ABCDOFDFAEOE，其中OF2OE2OP2，DF2AE24OF24OE28OP2，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(3m)ln x，若对任意的m(4,5)，x1，x21,3，恒有(aln 3)m3ln 3|f(x1)f(x2)|成立，则实数a的取值范围是_解析：f(x)3mx(3m)ln x，f(x)，当x1,3，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(3m)ln 3， (aln 3)m3ln 36m(3m)ln 3，a6.y6在m(4,5)上单调递减，6，a.答案：
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