2019高考数学浙江专用通用版精准提分二轮试题：第3篇 (3) 求准提速,秒杀选择、填空题

求准提速，秒杀选择、填空题选择、填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点．在高考中，选择、填空题的题量较大，共同特点是不管过程，只要结果．因此解答这类题目除直接法外，还要掌握一些解题的基本策略，避免“小题大做”．解题基本解答策略是：充分利用题目提供的信息作出判断．先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，提高解题速度． 方法一 直接法1．已知全集U ＝{1,2,3,4,5}，若集合A ＝{1,3,5}，B ＝{3,4,5}，则(∁U A )∩(∁U B )等于( ) A ．∅ B ．{2} C ．{1,3} D ．{2,5}答案 B解+析 由题意得∁U A ＝{2,4}，∁U B ＝{1,2}， ∴(∁U A )∩(∁U B )＝{2}．故选B.2．已知α满足sin α＝13，则cos ⎝⎛⎭⎫π4＋αcos ⎝⎛⎭⎫π4－α等于( ) A.718 B.2518 C ．－718D ．－2518答案 A解+析 cos ⎝⎛⎭⎫π4＋αcos ⎝⎛⎭⎫π4－α ＝22(cos α－sin α)·22(cos α＋sin α) ＝12(cos 2α－sin 2α)＝12(1－2sin 2α)＝12⎝⎛⎭⎫1－2×19＝718，故选A. 3．已知a ，b 均为正实数，且a ＋b ＝3，则1a ＋1b 的最小值为________．答案 43解+析 因为a ，b 均为正实数，所以1a ＋1b ＝13⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ·(a ＋b )＝13⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋23≥23＋23＝43(当且仅当a ＝b ＝32时等号成立)，即1a ＋1b 的最小值为43.4．已知抛物线C 1：y 2＝4x 的焦点为F ，点P 为抛物线上一点，且|PF |＝3，双曲线C 2：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的渐近线恰好过P 点，则双曲线C 2的离心率为________． 答案3解+析 设点P (x 0，y 0)，由抛物线定义得x 0－(－1)＝3， 所以x 0＝2.又因为y 20＝4x 0，得y 0＝±22，即P (2，±22)． 又因为双曲线C 2的渐近线过P 点，所以b a ＝222＝2，故e ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝1＋2＝ 3.方法二 特值、特例法5．函数y ＝x sin x ＋1x2的部分图象大致为( )答案 A解+析 函数y ＝x sin x ＋1x 2是偶函数，其图象关于y 轴对称，选项C ，D 错误；令x ＝1可得y ＝sin1＋1>0，选项B 错误．故选A.6．已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋1，若存在实数x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1－x 2≥1，使得f (x 1)＝f (x 2)成立，则实数a 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，ln23 B.⎝⎛⎦⎤0，ln23C.⎝⎛⎦⎤－∞，ln23D.⎝⎛⎦⎤－∞，2ln23 答案 B解+析 当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋1，若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＝x 2，显然不成立，排除C ，D ； 取x 1＝2，x 2＝1，由f (x 1)＝f (x 2)，得－a ＋1＝ln2－4a ＋1，得a ＝ln23，排除A ，故选B.7．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一动点P ，Q 满足A 1P ＝BQ ，过P ，Q ，C 三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )A ．3∶1B ．2∶1C ．4∶1 D.3∶1答案 B解+析 将P ，Q 置于特殊位置：P →A 1，Q →B ，此时仍满足条件A 1P ＝BQ ，则有V P －ABC ＝1A ABC V －＝1113ABC A B C V －.剩余部分的体积为11123ABC A B C V －，所以截后两部分的体积比为2∶1.8．如图，在三棱锥O －ABC 中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA >OB >OC ，分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S 1，S 2，S 3，则S 1，S 2，S 3的大小关系为________．答案 S 3<S 2<S 1解+析 要满足各个截面使分得的两个三棱锥体积相等，则需满足与截面对应的交点E ，F ，G 分别为中点，故可以将三条棱长分别取为OA ＝6，OB ＝4，OC ＝2，如图，则可计算S 1＝35，S 2＝210，S 3＝13，故S 3<S 2<S 1.方法三 数形结合法9．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －[x ]，x ≥0，f (x ＋1)，x <0，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－1.1]＝－2，[π]＝3等．若方程f (x )＝k (x ＋1)(k >0)恰有三个不相等的实根，则实数k 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫0，14 B.⎣⎡⎭⎫14，13 C.⎝⎛⎭⎫13，1 D.⎣⎡⎭⎫14，1答案 B解+析 直线y ＝kx ＋k (k >0)恒过定点(－1,0)，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f (x )的图象和直线y ＝kx ＋k (k >0)的图象，如图所示，因为两个函数图象恰好有三个不同的交点，所以14≤k <13.10．设s ，t 是不相等的两个正数，且s ＋s ln t ＝t ＋t ln s ，则s ＋t －st 的取值范围为( ) A ．(－∞，1) B ．(－∞，0) C ．(0，＋∞) D ．(1，＋∞)答案 D解+析 由已知s ＋s ln t ＝t ＋t ln s ，可得1＋ln t t ＝1＋ln ss .设f (x )＝1＋ln x x (x >0)，则f ′(x )＝－ln xx2.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，函数f (x )为增函数；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数．如图，作出函数f (x )的图象，由题意知f (s )＝f (t )，所以s ，t 为方程f (x )＝m 的两个不同的解．不妨设s >t ，则0<t <1<s ，故s ＋t －st －1＝(s －1)(1－t )>0，所以s ＋t －st >1.故选D.11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 2x |，x >0，－x 2－2x ，x ≤0，关于x 的方程f (x )＝m (m ∈R )有四个不同的实数解x 1，x 2，x 3，x 4，则x 1x 2x 3x 4的取值范围为_____________． 答案 (0,1)解+析 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 2x |，x >0，－x 2－2x ，x ≤0的图象如图所示，关于x 的方程f (x )＝m 恰有四个互不相等的实根x 1，x 2，x 3，x 4，即函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝m 有四个不同的交点，则0<m <1，不妨设从左向右的交点的横坐标分别为x 1，x 2，x 3，x 4.当x >0时，由对数函数的性质知，log 2x 3＝－log 2x 4，x 3x 4＝1，当x <0时，由y ＝－x 2－2x 的对称性知，x 1＋x 2＝－2，又x 1<x 2<0，则－x 1>－x 2>0，(－x 1)＋(－x 2)＝2，所以0<x 1x 2＝(－x 1)·(－x 2)<⎣⎡⎦⎤(－x 1)＋(－x 2)22＝1，所以0<x 1x 2x 3x 4<1.12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 2x |，x >0，x 2＋2x ＋2，x ≤0，方程f (x )－a ＝0有四个不同的根，记最大的根的所有取值为集合D ，若函数F (x )＝f (x )－kx (x ∈D )有零点，则k 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤0，1eln2 B.⎣⎡⎦⎤12，1eln2 C.⎝⎛⎦⎤0，3eln2 D.⎣⎡⎦⎤12，3eln2答案 B解+析 作出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 2x |，x >0，x 2＋2x ＋2，x ≤0的图象如图，由图可知D ＝{x |2<x ≤4}， 函数F (x )＝f (x )－kx (x ∈D )有零点，即方程f (x )＝kx 有根，即y ＝kx 图象与y ＝f (x )图象在(]2，4上有交点，则k 的最小值为12，设过原点的直线与y ＝log 2x 的切点为()x 0，log 2x 0， 由y ′＝1x ln2，得k ＝1x 0ln2，则切线方程为y －log 2x 0＝1x 0ln2(x －x 0)， 把(0,0)代入，可得－log 2x 0＝－1ln2，即x 0＝e ，∴切线斜率为1eln2，即为k 的最大值，∴k 的取值范围是⎣⎡⎦⎤12，1eln2，故选B. 方法四 构造模型法13．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．32B ．23C ．22D ．2 答案 B解+析 在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD 为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为2，故SD ＝22＋22＋22＝2 3.故选B.14．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”．其意思是：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里．若该匹马按此规律继续行走7天，则它这14天内所走的总路程为( )A.17532里 B ．1050里 C.2257532里D ．2100里答案 C解+析 由题意，该匹马每日所行路程构成等比数列{a n }，其中首项为a 1，公比q ＝12，S 7＝700,则700＝a 1⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1271－12，那么S 14＝a 1⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12141－12＝⎣⎡⎦⎤1＋⎝⎛⎭⎫127·a 1⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1271－12＝⎣⎡⎦⎤1＋⎝⎛⎭⎫127×700＝2257532.15．已知f (x )是定义在R 上的函数，其导函数为f ′(x )，若2f (x )－f ′(x )<2，f (0)＝2018，则不等式f (x )>2017e 2x ＋1(其中e 为自然对数的底数)的解集为__________． 答案 (0，＋∞)解+析 构造函数F (x )＝f (x )－1e 2x ，则F ′(x )＝f ′(x )e 2x －[f (x )－1]·2e 2x (e 2x )2＝f ′(x )－2f (x )＋2e 2x >0，故函数F (x )＝f (x )－1e 2x 在R 上为增函数，又因为F (0)＝f (0)－1e 0＝2018－1＝2017，因此不等式F (x )>2017的解集为(0，＋∞)．16.如图，已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积为________．答案6π解+析 如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径．∴CD ＝(2)2＋(2)2＋(2)2＝2R ，因此R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR 33＝6π.1．原命题p ：“设a ，b ，c ∈R ，若a >b ，则ac 2>bc 2”以及它的逆命题，否命题、逆否命题中，真命题的个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．4 答案 C解+析 由当c ＝0时，ac 2＝bc 2＝0，得原命题为假命题，则其逆否命题为假命题，原命题的逆命题为“设a ，b ，c ∈R ，若ac 2>bc 2，则a >b ”，为真命题，则原命题的否命题为真命题，故选C.2．函数y ＝2|x |－x 2(x ∈R )的图象大致为( )答案 A解+析 首先注意到函数y ＝2|x |－x 2(x ∈R )是偶函数，所以其图象关于y 轴对称，因此排除B 和D ，又当x ＝0时，y ＝20－02＝1>0，故排除C ，故选A.3．设a ＝log 54，b ＝(log 53)2，c ＝log 45则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a <c <b B ．b <a <c C ．a <b <c D ．b <c <a答案 B解+析 因为a ＝log 54，b ＝(log 53)2，c ＝log 45，显然a <1，b <1，c >1，所以c 的值最大，故排除A ，D 选项．又因为0<log 53<log 54<1，所以log 54>(log 53)2，即a >b .综上b <a <c .4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg (－x )|，x <0，x 2－6x ＋4，x ≥0，若关于x 的函数y ＝[f (x )]2－bf (x )＋1有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞)B ．[2，＋∞)C.⎝⎛⎭⎫2，174D.⎝⎛⎦⎤2，174 答案 D解+析 ∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg (－x )|，x <0，x 2－6x ＋4，x ≥0，作出f (x )的简图，如图所示，由图象可得当f (x )在(0,4]上任意取一个值时，都有四个不同的x 与f (x )的值对应． 再结合题中函数y ＝[f (x )]2－bf (x )＋1有8个不同的零点，可得关于k 的方程k 2－bk ＋1＝0有两个不同的实数根k 1，k 2，且0<k 1≤4,0<k 2≤4.∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝b 2－4>0，0<b 2<4，0－b ×0＋1>0，16－4b ＋1≥0，解得2<b ≤174，故选D.5．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d (b ，c ，d 为常数)，当x ∈(0,1)时取极大值，当x ∈(1,2)时取极小值，则⎝⎛⎭⎫b ＋122＋(c －3)2的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫372，5B ．(5，5) C.⎝⎛⎭⎫374，25D ．(5,25) 答案 D解+析 因为函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的导数为f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .又由于当x ∈(0,1)时取极大值，当x ∈(1,2)时取极小值，所以f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ＝0在(0,1)和(1,2)内各有一根，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)<0，f ′(0)>0，f ′(2)>0，即可得⎩⎪⎨⎪⎧2b ＋c ＋3<0，c >0，4b ＋c ＋12>0，在bOc 坐标系中画出其表示的区域如图，因为⎝⎛⎭⎫b ＋122＋(c －3)2表示点D ⎝⎛⎭⎫－12，3与可行域内的点连线的距离的平方，通过图形可得过点A 时最大，过点B 时最小，通过计算可得⎝⎛⎭⎫b ＋122＋(c －3)2的取值范围为(5,25)，故选D. 6．(2018·天一大联考)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π 答案 C解+析 如图所示，该四面体的四个顶点为长方体的四个顶点，设长、宽、高分别为a ，b ，c ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝5，a 2＋c 2＝4，b 2＋c 2＝3，三式相加得a 2＋b 2＋c 2＝6，因为该四面体的外接球直径为长方体的体对角线长，所以4R 2＝a 2＋b 2＋c 2＝6，所以外接球表面积S ＝4πR 2＝6π.7.如图所示，在平行四边形ABCD 中，AP ⊥BD ，垂足为P ，且AP ＝3，则AP →·AC →＝_____.答案 18解+析 把平行四边形ABCD 看成正方形，则点P 为对角线的交点，AC ＝6，则AP →·AC →＝18. 8．若锐角α，β，γ满足cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝1，那么tan α·tan β·tan γ的最小值为_____． 答案 2 2解+析 如图，构造长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c ，∠C 1AB ＝α，∠C 1AD ＝β，∠C 1AA 1＝γ，则cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝1.从而有tan αtan βtan γ＝b 2＋c 2a ·a 2＋c 2b ·a 2＋b 2c ≥2bc 2ac 2ab abc＝2 2. 当且仅当a ＝b ＝c 时，tan αtan βtan γ取最小值2 2.9.e 416，e 525，e 636(其中e 为自然对数的底数)的大小关系是________． 答案 e 416<e 525<e 636解+析 由于e 416＝e 442，e 525＝e 552，e 636＝e 662，故可构造函数f (x )＝e x x2， 于是f (4)＝e 416，f (5)＝e 525，f (6)＝e 636. 而f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫e x x 2′＝e x ·x 2－e x ·2x x 4＝e x (x 2－2x )x 4，令f ′(x )>0，得x <0或x >2，即函数f (x )在(2，＋∞)上单调递增，所以f (4)<f (5)<f (6)，即e 416<e 525<e 636. 10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________.答案 2n 2－n ＋2 解+析 ∵a n －a n ＋1＝na n a n ＋1，∴1a n ＋1－1a n＝n (n ∈N *)， ∴1a 2－1a 1＝1，1a 3－1a 2＝2，…，1a n －1a n －1＝n －1，累加得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n (n －1)2， 即1a n ＝1＋n 2－n 2，∴a n ＝2n 2－n ＋2(n ∈N *)． 11．若动直线x ＝a (a ∈R )与函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6与g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π6的图象分别交于M ，N 两点，则|MN |的最大值为________.答案 2解+析 实际上|MN |＝|f (x )－g (x )|，因此我们只要求|f (x )－g (x )|的最大值，令h (x )＝|f (x )－g (x )|＝⎪⎪⎪⎪3sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6－cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π6＝|2sin x |，其最大值为2. 12．已知a ，b ，c ，d ∈R 且满足a ＋3ln a b ＝d －32c＝1，则(a －c )2＋(b －d )2的最小值为_____． 答案 95ln 2e 23解+析 设点P (a ，b )，Q (c ，d )，由题设可得点P ，Q 分别在曲线y ＝x ＋3ln x ，y －3＝2x 上． 则问题转化为求曲线y ＝x ＋3ln x 上的动点P 与直线y ＝2x ＋3上的动点Q 之间的距离的最小值的平方问题．设点M (t ，t ＋3ln t )是曲线y ＝x ＋3ln x 的切点，因为y ′＝1＋3x，故在点M 处的切线的斜率k＝1＋3t ，由题意知当1＋3t＝2，即t ＝3时，也即当切线与已知直线y ＝2x ＋3平行时，此时切点M (3,3＋3ln3)到已知直线y ＝2x ＋3的距离最近，最近距离为|6－3－3ln3＋3|5＝6－3ln35，也即(a －c )2＋(b －d )2的最小值为9(2－ln3)25＝95ln 2e 23.。