[精品]2019高考数学二轮复习压轴题增分练4理
2019高考数学(理)通用版二轮精准提分练：12+4 满分练(1)解析版
2019高考数学（理）通用版二轮精准提分练：12＋4 满分练(1)解析版1.复数z ＝x ＋(x ＋2)i(其中i 为虚数单位，x ∈R )满足2＋iz 是纯虚数，则|z |等于( )A. 5B.25C.53D.253答案 D解析 根据题意可设2＋iz ＝b i(b ∈R 且b ≠0)，∴2＋i ＝[x ＋(x ＋2)i]×b i ＝－b (x ＋2)＋xb i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧2＝－b (x ＋2)，1＝xb ，解得x ＝－23，∴z ＝－23＋43i ，∴|z |＝253.2.已知集合A ＝{1，2，3，4，5}，B ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈A ，x －y ∈A }，则B 中所含元素的个数为( ) A.3 B.6 C.8 D.10 答案 D解析 B ＝{(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)}.3.如图，茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污染，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为( )A.12B.35C.45D.710 答案 C解析 由茎叶图可知，甲的平均成绩为x 甲＝88＋89＋90＋91＋925＝90，乙的平均成绩为x乙＝83＋83＋87＋99＋x5，因为x甲＞x 乙，即352＋x ＜450，得x ＜98，又由题意可知x ≥90，且x 是整数，故基本事件为从90到99共10个，而满足条件的为从90到97共8个，故甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为P ＝810＝45，故选C.4.(2018·宁德模拟)已知等差数列{a n }满足a 3＋a 5＝14， a 2a 6＝33，则a 1a 7等于( )A.33B.16C.13D.12 答案 C解析 由题意得a 2＋a 6＝a 3＋a 5＝14， a 2a 6＝33，所以a 2＝3，a 6＝11或a 2＝11，a 6＝3. 当a 2＝3，a 6＝11时， d ＝11－36－2＝2，a 1＝1，a 7＝13，∴a 1a 7＝13；当a 2＝11，a 6＝3时， d ＝3－116－2＝－2，a 1＝13，a 7＝1，∴a 1a 7＝13.5.在△ABC 中，点D 满足BC →＝3BD →，则( ) A.AD →＝13AB →－23AC →B.AD →＝13AB →＋23AC →C.AD →＝23AB →－13AC →D.AD →＝23AB →＋13AC →答案 D解析 因为BC →＝3BD →，所以AC →－AB →＝3(AD →－AB →)，即AD →＝23AB →＋13AC →.6.给出30个数： 1， 2， 4， 7， 11， 16，…，要计算这30个数的和.如图给出了该问题的程序框图，那么框图中判断框①处和处理框②处可以分别填入( )A.i ≤30？和p ＝p ＋i －1B.i ≤31？和p ＝p ＋i ＋1C.i ≤31？和p ＝p ＋iD.i ≤30？和p ＝p ＋i答案 D解析 由于要计算30个数的和，故循环要执行30次，由于循环变量的初值为1，步长为1，故终值应为30， 即①中应填写i ≤30？. 又由第1个数是1，第2个数比第1个数大1，即1＋1＝2，第3个数比第2个数大2，即2＋2＝4， 第4个数比第3个数大3，即4＋3＝7，…， 故②中应填写p ＝p ＋i .7.已知实数x ， y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y －3≤0，x ＋y －2≥0，－x ＋2y －2≤0，则z ＝(x －1)2＋y 2的最小值为( )A.12B.22 C.1 D. 2 答案 A解析 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示(含边界)，易知z 表示可行域内的点(x ，y )到点(1，0)的距离的平方，所以z min ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫|1＋0－2|12＋122＝12.故选A.8.已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一个焦点为(2，0)，且双曲线C 的离心率为22，则双曲线C 的渐近线方程为( )A.y ＝±2xB.y ＝±22xC.y ＝±77x D.y ＝±7x答案 D解析 依题意知，双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一个焦点为(2，0)，∴c ＝2，∵双曲线的离心率为22，∴c a ＝2a ＝22，∴a ＝22，∵c 2＝a 2＋b 2，∴b ＝142，∴渐近线方程为y ＝±bax ＝±7x .9.已知在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13 答案 A解析 设AC ∩BD ＝O ，连接OC 1，过C 点作CH ⊥OC 1于点H ，连接DH .∵BD ⊥AC ，BD ⊥AA 1，AC ∩AA 1＝A ，AC ，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1，又CH ⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥CH ，又CH ⊥OC 1，BD ∩OC 1＝O ，BD ，OC 1⊂平面C 1BD ， ∴CH ⊥平面C 1BD ，则∠CDH 为CD 与平面BDC 1所成的角， 设AA 1＝2AB ＝2，则OC 1＝CC 21＋OC 2＝4＋⎝⎛⎭⎫222＝322，由等面积法得OC 1·CH ＝OC ·CC 1， 代入得CH ＝23，∴sin ∠CDH ＝CH CD ＝23，故选A.10.(2018·西宁模拟)函数f (x )＝2x －ln x －1的图象大致为( )答案 A解析 由函数f (x )的定义域为{x |x >0且x ≠1}，可排除C ；又f ⎝⎛⎭⎫1e >0，可排除B ； 当x →＋∞时，f (x )>0，可排除D ，故正确答案为A.11.将圆的一组n 等分点分别涂上红色或蓝色，从任意一点开始，按逆时针方向依次记录k (k ≤n )个点的颜色，称为该圆的一个“k 阶段序”，当且仅当两个k 阶段序对应位置上的颜色至少有一个不相同时，称为不同的k 阶段序.若某圆的任意两个“k 阶段序”均不相同，则称该圆为“k 阶魅力圆”.则“3阶魅力圆”中最多可有的等分点个数为( ) A.4 B.6 C.8 D.10 答案 C解析 “3阶段序”中，每个点的颜色有两种选择，故“3阶段序”共有2×2×2＝8(种)，一方面，n 个点可以构成n 个“3阶段序”，故“3阶魅力圆”中的等分点的个数不多于8个；另一方面，若n ＝8，则必须包含全部共8个“3阶段序”，不妨从(红，红，红)开始按逆时针方向确定其它各点颜色，显然“红，红，红，蓝，蓝，蓝，红，蓝”符合条件，故“3阶魅力圆”中最多可有8个等分点.12.已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时， f (x )＝(x ＋1)e x ，则对任意m ∈R ，函数F (x )＝f (f (x ))－m 的零点个数至多有( ) A.3个 B.4个 C.6个 D.9个答案 A解析 当x <0时， f ′(x )＝(x ＋2)e x ，由此可知f (x )在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，0)上单调递增， f (－2)＝－e －2，f (－1)＝0，且f (x )<1.又f (x )是R 上的奇函数， f (0)＝0，而当x ∈(－∞，－1)时， f (x )<0，所以f (x )的图象如图所示.令t ＝f (x )，则当t ∈(－1，1)时，方程f (x )＝t 至多有3个根，当t ∉(－1，1)时，方程f (x )＝t 没有根，而对任意m ∈R ，方程f (t )＝m 至多有一个根t ∈(－1，1)，从而函数F (x )＝f (f (x ))－m 的零点个数至多有3个，故选A.13.在△ABC 中，a ，b ，c 分别是A ，B ，C 的对边，已知2sin A ＝3cos A ，且有a 2－c 2＝b 2－mbc ，则实数m ＝__________. 答案 1解析 ∵2sin A ＝3cos A ，∴2sin 2A ＝3cos A ，∴2cos 2A ＋3cos A －2＝0，∴cos A ＝12或cos A ＝－2(舍).由a 2－c 2＝b 2－mbc ，得cos A ＝m 2，∴m 2＝12，∴m＝1.14.下表是某工厂1—4月份用电量(单位：万度)的一组数据：由散点图(图略)可知，用电量y 与月份x 之间有较好的线性相关关系，其线性回归方程是y ^＝－0.7x ＋a ^，则a ^＝________. 答案 5.25解析 因为x ＝1＋2＋3＋44＝2.5，y ＝4.5＋4＋3＋2.54＝3.5，所以点(2.5，3.5)在回归直线y ^＝－0.7x ＋a ^上， 即3.5＝－0.7×2.5＋a ^，解得a ^＝5.25.15.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1且与x 轴垂直的直线交椭圆于A ，B 两点，直线AF 2与椭圆的另一个交点为C ，若AF 2→＝2F 2C →，则椭圆的离心率为____. 答案55解析 设C (x ，y )，由AF 2→＝2F 2C →，得⎩⎪⎨⎪⎧|y |b 2a＝12，x ＝2c ，∴C ⎝⎛⎭⎫2c ，±b 22a .又C 为椭圆上一点， ∴(2c )2a 2＋⎝⎛⎭⎫±b 22a 2b 2＝1，解得e ＝55. 16.(2018·河北省石家庄二中模拟)已知正四面体P －ABC 的棱长均为a ，O 为正四面体P －ABC 的外接球的球心，过点O 作平行于底面ABC 的平面截正四面体P －ABC ，得到三棱锥P －A 1B 1C 1和三棱台ABC －A 1B 1C 1，那么三棱锥P －A 1B 1C 1的外接球的表面积为________. 答案27π32a 2解析 设底面△ABC 的外接圆半径为r ，则asin π3＝2r ，所以r ＝33a . 所以正四面体的高为a 2－⎝⎛⎭⎫33a 2＝63a ， 设正四面体的外接球半径为R ，则R 2＝⎝⎛⎭⎫33a 2＋⎝⎛⎭⎫63a －R 2，∴R ＝64a . 因为64∶63＝3∶4， 所以三棱锥P －A 1B 1C 1的外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫64a 2×⎝⎛⎭⎫342＝27π32a 2.。
2019高考数学(理)高分大二轮检测：专题4第2讲综合大题部分(增分强化练)Word版含解析
专题4 三角函数、解三角形第2讲 综合大题部分1．四边形ABCD 的内角A 与C 互补，AB ＝1，BC ＝3，CD ＝DA ＝2. (1)求C 和BD ；(2)求四边形ABCD 的面积． 解析：(1)由题设及余弦定理得 BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD cos C ＝13－12cos C ，① BD 2＝AB 2＋DA 2－2AB ·DA cos A ＝5＋4cos C ．②由①②得cos C ＝12，故C ＝60°，BD ＝7. (2)四边形ABCD 的面积 S ＝12AB ·DA sin A ＋12BC ·CD sin C ＝(12×1×2＋12×3×2)sin 60° ＝2 3.2．已知函数f (x )＝(a ＋2cos 2x )cos(2x ＋θ)为奇函数，且f (π4)＝0，其中a ∈R ，θ∈(0，π)． (1)求a ，θ的值；(2)若f (α4)＝－25，α∈(π2，π)，求sin(α＋π3)的值．解析：(1)因为f (x )＝(a ＋2cos 2x )cos(2x ＋θ)是奇函数，而y 1＝a ＋2cos 2x 为偶函数，所以y 2＝cos(2x ＋θ)为奇函数，由θ∈(0，π)，得θ＝π2， 所以f (x )＝－sin 2x ·(a ＋2cos 2x )， 由f (π4)＝0得－(a ＋1)＝0，即a ＝－1. (2)由(1)得f (x )＝－12sin 4x ，因为f (α4)＝－12sin α＝－25，即sin α＝45， 又α∈(π2，π)，从而cos α＝－35，所以sin(α＋π3)＝sin αcos π3＋cos αsin π3＝4－3310.3．(2018·高考北京卷)在△ABC 中，a ＝7，b ＝8，cos B ＝－17. (1)求∠A ；(2)求AC 边上的高．解析：(1)在△ABC 中，因为cos B ＝－17， 所以sin B ＝1－cos 2B ＝437. 由正弦定理得sin A ＝a sin B b ＝32.由题设知π2<B <π， 所以0<∠A <π2. 所以∠A ＝π3.(2)在△ABC 中，因为sin C ＝sin(A ＋B ) ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝3314，所以AC 边上的高为a sin C ＝7×3314＝332.4．(2018·唐山统考)在△ABC 中，AB ＝2AC ＝2，AD 是BC 边上的中线，记∠CAD ＝α，∠BAD ＝β. (1)求sin α∶sin β；(2)若tan α＝sin ∠BAC ，求BC . 解析：(1)∵AD 为BC 边上的中线， ∴S △ACD ＝S △ABD ，∴12AC ·AD sin α＝12AB ·AD sin β，∴sin α∶sin β＝AB∶AC＝2∶1. (2)∵tan α＝sin∠BAC＝sin(α＋β)，∴sin α＝sin(α＋β)cos α，∴2sin β＝sin(α＋β)cos α，∴2sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cos α，∴sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α，∴sin(α＋β)＝2cos(α＋β)tan α，又tan α＝sin∠BAC＝sin(α＋β)≠0，∴cos(α＋β)＝cos∠BAC＝1 2，在△ABC中，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos∠BAC＝3，∴BC＝ 3.。
2019年高考数学二轮复习(理)通用版压轴题分析与详解讲义：第一部分 第二层级 重点增分专题四 三角函数的
重点增分专题四 三角函数的图象与性质[全国卷3年考情分析]函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值，并常与三角恒等变换交汇命题．(2)高考对此部分内容主要以选择题、填空题的形式考查，难度为中等偏下，大多出现在第6～12或14～16题位置上．考点一 三角函数的定义、诱导公式及基本关系 保分考点练后讲评[大稳定——常规角度考双基]1.[三角函数的定义及应用]在平面直角坐标系中，以x 轴的非负半轴为角的始边，角α，β的终边分别与单位圆交于点⎝⎛⎭⎫1213，513和⎝⎛⎭⎫－35，45，则sin(α＋β)＝( )A ．－3665 B.4865 C ．－313D.3365解析：选D 因为角α，β的终边分别与单位圆交于点⎝⎛⎭⎫1213，513和⎝⎛⎭⎫－35，45，所以sin α＝513，cos α＝1213，sin β＝45，cos β＝－35，所以sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝513×⎝⎛⎭⎫－35＋1213×45＝3365. 2.[同角三角函数的关系式及应用]若tan α＝12，则sin 4α－cos 4α的值为( )A ．－15B ．－35C.15D.35解析：选B ∵tan α＝12，∴sin 4α－cos 4α＝(sin 2α＋cos 2α)(sin 2α－cos 2α)＝sin 2α－cos 2α＝sin 2α－cos 2αsin 2α＋cos 2α＝tan 2α－1tan 2α＋1＝－35.3.[诱导公式及应用]设函数f (x )(x ∈R)满足f (x ＋π)＝f (x )＋sin x ．当0≤x <π时，f (x )＝0，则f ⎝⎛⎭⎫23π6＝( )A.12 B.32C ．0D ．－12解析：选A 由已知，得f ⎝⎛⎭⎫23π6＝f ⎝⎛⎭⎫17π6＋sin 17π6 ＝f ⎝⎛⎭⎫11π6＋sin 11π6＋sin 17π6 ＝f ⎝⎛⎭⎫5π6＋sin 5π6＋sin 11π6＋sin 17π6 ＝f ⎝⎛⎭⎫5π6＋sin π6＋sin ⎝⎛⎭⎫－π6＋sin π6 ＝0＋12＋⎝⎛⎭⎫－12＋12＝12. [解题方略]1．同角三角函数基本关系式的应用技巧利用公式化任意角的三角函数为锐角三角函数，其步骤：去负－脱周－化锐．特别注意函数名称和符号的确定．(注意“奇变偶不变，符号看象限”)[小创新——变换角度考迁移]1.[与数列交汇]设a n ＝1n sin n π25，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，在S 1，S 2，…，S 100中，正数的个数是( )A ．25B ．50C ．75D ．100解析：选D 当1≤n ≤24时，a n >0，当26≤n ≤49时，a n <0，但其绝对值要小于1≤n ≤24时相应的值；当51≤n ≤74时，a n >0；当76≤n ≤99时，a n <0，但其绝对值要小于51≤n ≤74时相应的值．故当1≤n ≤100时，均有S n >0.2.[与算法交汇]某一算法程序框图如图所示，则输出的S 的值为( )A.32B ．－32C. 3D ．0解析：选A 由已知程序框图可知，该程序的功能是计算S ＝sin π3＋sin 2π3＋sin 3π3＋…＋sin 2 017π3的值．因为sin π3＝32，sin 2π3＝sin ⎝⎛⎭⎫π－π3＝sin π3＝32，sin 3π3＝sin π＝0， sin 4π3＝sin ⎝⎛⎭⎫π＋π3＝－sin π3＝－32， sin 5π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π－π3＝－sin π3＝－32， sin 6π3＝sin 2π＝0，而sin 7π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π＋π3＝sin π3， sin8π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π＋2π3＝sin 2π3，sin 9π3＝sin(2π＋π)＝sin π，所以函数值呈周期性变化，周期为6，且sin π3＋sin 2π3＋sin 3π3＋sin 4π3＋sin 5π3＋sin 6π3＝0.而2 017＝6×336＋1，所以输出的S ＝336×0＋sin π3＝32.故选A.3.[借助数学文化考查]《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积＝12(弦×矢＋矢2)，弧田(如图)由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为2π3，半径等于4 m 的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是( )A ．6 m 2B ．9 m 2C ．12 m 2D ．15 m 2 解析：选B 如图，由题意可得∠AOB ＝2π3，OA ＝4， 在Rt △AOD 中，可得∠AOD ＝π3，∠DAO ＝π6，OD ＝12AO ＝12×4＝2，于是矢＝4－2＝2.由AD ＝AO ·sin π3＝4×32＝23，可得弦长AB ＝2AD ＝2×23＝4 3.所以弧田面积＝12(弦×矢＋矢2)＝12×(43×2＋22)＝43＋2≈9(m 2)．故选B.考点二 三角函数的图象与解析式 增分考点广度拓展题型一 由“图”定“式”[例1] (1)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)，其部分图象如图所示，则函数f (x )的解析式为( )A ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋π4B ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋3π4 C ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫14x ＋3π4 D ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4 (2)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)的图象与x 轴的一个交点⎝⎛⎭⎫－π12，0到其相邻的一条对称轴的距离为π4，若f ⎝⎛⎭⎫π12＝32，则函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最小值为( ) A.12 B ．－3 C ．－32D ．－12[解析] (1)由题图可知，函数图象上两个相邻的最值点分别为最高点⎝⎛⎭⎫－π2，2，最低点⎝⎛⎭⎫3π2，－2，所以函数的最大值为2，即A ＝2.由图象可得，x ＝－π2，x ＝3π2为相邻的两条对称轴，所以函数的周期T ＝2×⎣⎡⎦⎤3π2－⎝⎛⎭⎫－π2＝4π， 故2πω＝4π，解得ω＝12. 所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋φ.把点⎝⎛⎭⎫－π2，2代入可得2sin ⎣⎡⎦⎤12×⎝⎛⎭⎫－π2＋φ＝2， 即sin ⎝⎛⎭⎫φ－π4＝1， 所以φ－π4＝2k π＋π2(k ∈Z )，解得φ＝2k π＋3π4(k ∈Z )． 又0<φ<π，所以φ＝3π4. 所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋3π4，故选B.(2)由题意得，函数f (x )的最小正周期T ＝4×π4＝π＝2πω，解得ω＝2.因为点⎝⎛⎭⎫－π12，0在函数f (x )的图象上， 所以A sin ⎣⎡⎦⎤2×⎝⎛⎭⎫－π12＋φ＝0， 解得φ＝k π＋π6，k ∈Z ，由0<φ<π，可得φ＝π6.因为f ⎝⎛⎭⎫π12＝32，所以A sin ⎝⎛⎭⎫2×π12＋π6＝32， 解得A ＝3，所以f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1， ∴f (x )的最小值为－32. [答案] (1)B (2)C[解题方略] 由“图”定“式”找“对应”的方法由三角函数的图象求解析式y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (A >0，ω>0)中参数的值，关键是把握函数图象的特征与参数之间的对应关系，其基本依据就是“五点法”作图．(1)最值定A ，B ：根据给定的函数图象确定最值，设最大值为M ，最小值为m ，则M ＝A ＋B ，m ＝－A ＋B ，解得B ＝M ＋m 2，A ＝M －m2. (2)T 定ω：由周期的求解公式T ＝2πω，可得ω＝2πT .(3)点坐标定φ：一般运用代入法求解φ值，注意在确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口，即“峰点”“谷点”与三个“中心点”．题型二 三角函数的图象变换[例2] (1)(2019届高三·湘东五校联考)将函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，所得图象的一条对称轴的方程可能是( )A ．x ＝－π12B ．x ＝π12C ．x ＝π3D ．x ＝2π3(2)(2018·郑州第一次质量测试)若将函数f (x )＝3sin(2x ＋φ)(0<φ<π)图象上的每一个点都向左平移π3个单位长度，得到g (x )的图象，若函数g (x )是奇函数，则函数g (x )的单调递增区间为( )A.⎣⎡⎦⎤k π＋π4，k π＋3π4(k ∈Z ) B.⎣⎡⎦⎤k π－π4，k π＋π4(k ∈Z ) C.⎣⎡⎦⎤k π－2π3，k π－π6(k ∈Z ) D.⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z ) [解析] (1)依题意知，将函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得函数g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋π6的图象．令12x ＋π6＝π2＋k π，k ∈Z ，得x ＝2k π＋2π3， k ∈Z ，当k ＝0时，所得函数图象的一条对称轴的方程为x ＝2π3，故选D. (2)由题意知g (x )＝3sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π3＋φ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＋φ，因为g (x )是奇函数，所以2π3＋φ＝k π(k ∈Z )，即φ＝－2π3＋k π(k ∈Z )，又0<φ<π，所以φ＝π3，所以g (x )＝3sin(2x ＋π)＝ －3sin 2x ，由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π(k ∈Z )，解得k π＋π4≤x ≤k π＋3π4(k ∈Z )，所以函数g (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π＋π4，k π＋3π4(k ∈Z )．故选A. [答案] (1)D (2)A[解题方略] 关于三角函数的图象变换的方法考点三 三角函数的性质 增分考点·讲练冲关 [典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2，则( ) A ．f (x )的最小正周期为π，最大值为3 B ．f (x )的最小正周期为π，最大值为4 C ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为3 D ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为4(2)设函数f (x )＝cos(3x ＋φ)(－π<φ<0)．若f (x )＋f ′(x )是偶函数，则φ等于( ) A.π3 B ．－π3C.π6D ．－π6(3)(2018·昆明调研)已知函数f (x )＝sin ωx 的图象关于点⎝⎛⎭⎫2π3，0对称，且f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π4上为增函数，则ω＝( )A.32 B ．3 C.92D ．6(4)(2018·全国卷Ⅱ)若f (x )＝cos x －sin x 在[0，a ]是减函数，则a 的最大值是( ) A.π4 B.π2C.3π4D ．π[解析] (1)∵f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2＝1＋cos 2x －1－cos 2x 2＋2＝32cos 2x ＋52，∴f (x )的最小正周期为π，最大值为4.故选B.(2)f (x )＋f ′(x )＝cos(3x ＋φ)－3sin(3x ＋φ)＝2cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋φ＋π3.根据诱导公式，要使f (x )＋f ′(x )为偶函数，则φ＋π3＝k π(k ∈Z )，所以k ＝0时，φ＝－π3，故选B.(3)因为函数f (x )＝sin ωx 的图象关于⎝⎛⎭⎫2π3，0对称， 所以2ω3π＝k π(k ∈Z )，即ω＝32k (k ∈Z )．①又函数f (x )＝sin ωx 在区间⎣⎡⎦⎤0，π4上是增函数， 所以π4≤π2ω且ω>0，所以0<ω≤2.②由①②得ω＝32，故选A.(4)法一：∵f (x )＝cos x －sin x ＝－2sin x －π4，∴当x －π4∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2，即x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π4时， y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4单调递增， f (x )＝－2sin ⎝⎛⎭⎫x －π4单调递减， ∴⎣⎡⎦⎤－π4，3π4是f (x )在原点附近的单调减区间， 结合条件得[0，a ]⊆⎣⎡⎦⎤－π4，3π4， ∴a ≤3π4，即a max ＝3π4.故选C.法二：f ′(x )＝－sin x －cos x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4. 于是，由题设得f ′(x )≤0，即sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≥0在区间[0，a ]上恒成立． 当x ∈[0，a ]时，x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤π4，a ＋π4， 所以a ＋π4≤π，即a ≤3π4，故所求a 的最大值是3π4.故选C.[答案] (1)B (2)B (3)A (4)C [解题方略]1．求三角函数单调区间的方法(1)代换法：求形如y ＝A sin(ωx ＋φ)(或y ＝A cos(ωx ＋φ))(A ，ω，φ为常数，A ≠0，ω>0)的单调区间时，令ωx ＋φ＝z ，得y ＝A sin z (或y ＝A cos z )，然后由复合函数的单调性求得．(2)图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间． 2．判断对称中心与对称轴的方法利用函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点这一性质，通过检验f (x 0)的值进行判断．3．求三角函数周期的常用结论(1)y ＝A sin(ωx ＋φ)和y ＝A cos(ωx ＋φ)的最小正周期为2π|ω|，y ＝tan(ωx ＋φ)的最小 正周期为π|ω|.(2)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是12个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是14个周期；正切曲线相邻两对称中心之间的距离是12个周期．[多练强化]1．若函数f (x )＝3sin(2x ＋θ)＋cos(2x ＋θ)(0<θ<π)的图象关于⎝⎛⎭⎫π2，0中心对称，则函数f (x )在⎣⎡⎦⎤－π4，π6上的最小值是( ) A ．－1 B ．－ 3 C ．－12D ．－32解析：选B f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋θ＋π6，又图象关于⎝⎛⎭⎫π2，0中心对称， 所以2×π2＋θ＋π6＝k π(k ∈Z )，所以θ＝k π－7π6(k ∈Z )，又0<θ<π，所以θ＝5π6，所以f (x )＝－2sin 2x ，因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π6， 所以2x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π3，f (x )∈[－3，2]， 所以f (x )的最小值是－ 3.2．(2018·济南模拟)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋3cos(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|<π2的最小正周期为π，且f ⎝⎛⎭⎫π3－x ＝f (x )，则( )A ．f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减B ．f (x )在⎝⎛⎭⎫π6，2π3上单调递增 C ．f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增 D ．f (x )在⎝⎛⎭⎫π6，2π3上单调递减解析：选D 因为f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋3cos(ωx ＋φ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋φ＋π3的最小正周期为π，所以2πω＝π，所以ω＝2.因为f ⎝⎛⎭⎫π3－x ＝f (x )，所以直线x ＝π6是f (x )图象的一条对称轴，所以2×π6＋φ＋π3＝π2＋k π，k ∈Z ，所以φ＝－π6＋k π，k ∈Z ，因为|φ|<π2，所以φ＝－π6，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，2x ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，7π6，f (x )先增后减，当x ∈⎝⎛⎭⎫π6，2π3时，2x ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π2，3π2，f (x )单调递减．故选D. 3．(2018·北京高考)已知函数f (x )＝sin 2x ＋3sin x cos x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，m 上的最大值为32，求m 的最小值． 解：(1)f (x )＝sin 2x ＋3sin x cos x ＝12－12cos 2x ＋32sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋12， 所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π. (2)由(1)知f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋12. 由题意知－π3≤x ≤m ，所以－5π6≤2x －π6≤2m －π6. 要使f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，m 上的最大值为32， 即sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6在区间⎣⎡⎦⎤－π3，m 上的最大值为1.所以2m －π6≥π2，即m ≥π3.所以m 的最小值为π3.考点四 三角函数图象与性质的综合应用 增分考点讲练冲关[典例] 已知函数f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋23sin 2ωx －3(ω>0)的最小正周期为π. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象，若y ＝g (x )在[0，b ](b >0)上至少含有10个零点，求b 的最小值．[解] (1)f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋3(2sin 2ωx －1) ＝sin 2ωx －3cos 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π3. 由最小正周期为π，得ω＝1， 所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z . (2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位，再向上平移1个单位，得到y ＝2sin 2x ＋1的图象，所以g (x )＝2sin 2x ＋1. 令g (x )＝0，得x ＝k π＋7π12或x ＝k π＋11π12(k ∈Z )， 所以在[0，π]上恰好有两个零点，若y ＝g (x )在[0，b ]上有10个零点，则b 不小于第10个零点的横坐标即可．所以b 的最小值为4π＋11π12＝59π12.[解题方略]解决三角函数图象与性质综合问题的思路(1)先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (一角一函数)的形式；(2)把“ωx ＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的单调性、奇偶性、最值、对称性等问题．[多练强化](2017·山东高考)设函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π2，其中0<ω<3.已知f ⎝⎛⎭⎫π6＝0. (1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎣⎡⎦⎤－π4，3π4上的最小值． 解：(1)因为f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π2， 所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －32cos ωx ＝3⎝⎛⎭⎫12sin ωx －32cos ωx＝3sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π3. 因为f ⎝⎛⎭⎫π6＝0， 所以ωπ6－π3＝k π，k ∈Z .故ω＝6k ＋2，k ∈Z . 又0<ω<3，所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 所以g (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4－π3＝3sin ⎝⎛⎭⎫x －π12. 因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π4，所以x －π12∈⎣⎡⎦⎤－π3，2π3， 当x －π12＝－π3，即x ＝－π4时，g (x )取得最小值－32.直观想象——数形结合法在三角函数图象问题中的应用[典例] 函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)ω>0，|φ|<π2的图象如图所示，为了得到g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3的图象，则只需将f (x )的图象( ) A ．向左平移π4个单位长度B ．向右平移π4个单位长度C ．向左平移π12个单位长度D ．向右平移π12个单位长度[解析] 根据函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的部分图象知，T 4＝7π12－π3＝π4，∴T ＝π，即2πω＝π，解得ω＝2.根据“五点作图法”并结合|φ|<π2，可知2×π3＋φ＝π，解得φ＝π3，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3.∴g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋π2＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π4＋π3.故为了得到g (x )的图象，只需将f (x )的图象向左平移π4个单位长度即可．[答案] A [素养通路]本题利用图形描述数学问题，通过对图形的理解，由图象建立形与数的联系，确定函数的周期，根据“五点作图法”代入数据求参数．考查了直观想象这一核心素养．[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1．(2018·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝tan x1＋tan 2x 的最小正周期为( )A.π4 B.π2C ．πD ．2π解析：选C 由已知得f (x )＝tan x 1＋tan 2x＝sin x cos x 1＋⎝⎛⎭⎫sin x cos x 2＝sin x cos x cos 2x ＋sin 2x cos 2x ＝sin x ·cos x ＝12sin 2x ，所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π. 2.(2018·贵阳第一学期检测)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)ω>0，－π2<φ<π2的部分图象如图所示，则φ的值为( )A ．－π3B.π3C ．－π6D.π6解析：选B 由题意，得T 2＝π3＋π6＝π2，所以T ＝π，由T ＝2πω，得ω＝2，由图可知A＝1，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)．又f ⎝⎛⎭⎫π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3＋φ＝0，－π2<φ<π2，所以φ＝π3.3．(2019届高三·西安八校联考)已知函数f (x )＝cos(x ＋θ)(0<θ<π)在x ＝π3时取得最小值，则f (x )在[0，π]上的单调递增区间是( )A.⎣⎡⎦⎤π3，πB.⎣⎡⎦⎤π3，2π3 C.⎣⎡⎦⎤0，2π3 D.⎣⎡⎦⎤2π3，π解析：选A 因为0<θ<π，所以π3<π3＋θ<4π3，又f (x )＝cos(x ＋θ)在x ＝π3时取得最小值，所以π3＋θ＝π，θ＝2π3，所以f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋2π3. 由0≤x ≤π，得2π3≤x ＋2π3≤5π3. 由π≤x ＋2π3≤5π3，得π3≤x ≤π， 所以f (x )在[0，π]上的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤π3，π，故选A.4．函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π2的图象与函数g (x )的图象关于x ＝π8对称，则g (x )具有的性质是( )A ．最大值为1，图象关于直线x ＝π2对称B ．在⎝⎛⎭⎫0，π4上单调递减，为奇函数 C ．在⎝⎛⎭⎫－3π8，π8上单调递增，为偶函数 D ．周期为π，图象关于点⎝⎛⎭⎫3π8，0对称解析：选B 由题意得，g (x )＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π4－x －π2＝sin(－2x )＝－sin 2x ，最大值为1，而g ⎝⎛⎭⎫π2＝0，图象不关于直线x ＝π2对称，故A 错误；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4时，2x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，满足单调递减，显然g (x )也是奇函数，故B 正确，C 错误；周期T ＝2π2＝π，g ⎝⎛⎭⎫3π8＝－22，故图象不关于点⎝⎛⎭⎫3π8，0对称，故D 错误．5．(2019届高三·安徽知名示范高中联考)先将函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋1的图象向左平移512个最小正周期的单位长度，再向下平移1个单位长度后，所得图象对应的函数是( ) A ．奇函数 B ．偶函数 C ．非奇非偶函数D ．不能确定解析：选B 因为函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋1，所以其最小正周期T ＝π，所以将函数图象向左平移5π12个单位长度，所得的图象对应的函数解析式为y ＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x +5π12－π3＋1＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋5π6－π3＋1＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＋1＝2cos 2x ＋1，再将图象向下平移1个单位长度后所得的图象对应的函数解析式为y ＝2cos 2x ，该函数为偶函数，故选B.6．(2018·广州高中综合测试)已知函数f (x )＝sin ωx ＋π6(ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，2π3上单调递增，则ω的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0，83 B.⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎦⎤12，83D.⎣⎡⎦⎤38，2解析：选B 法一：因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，2π3，所以ωx ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－π4ω＋π6，2π3ω＋π6， 因为函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6(ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，2π3上单调递增， 所以⎩⎨⎧－π4ω＋π6≥2k π－π2，k ∈Z ，2π3ω＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，即⎩⎨⎧ω≤－8k ＋83，k ∈Z ，ω≤3k ＋12，k ∈Z.又ω>0，所以0<ω≤12，选B.法二：取ω＝1，f ⎝⎛⎭⎫－π4＝sin ⎝⎛⎭⎫－π4＋π6＝－sin π12<0，f ⎝⎛⎭⎫π3＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋π6＝sin π2＝1，f ⎝⎛⎭⎫2π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3＋π6＝sin 5π6＝12，不满足题意，排除A 、C 、D ，选B.二、填空题7．(2018·惠州调研)已知tan α＝12，且α∈⎝⎛⎭⎫π，3π2，则cos ⎝⎛⎭⎫α－π2＝____________. 解析：法一：cos ⎝⎛⎭⎫α－π2＝sin α，由α∈⎝⎛⎭⎫π，3π2知α为第三象限角， 联立⎩⎪⎨⎪⎧tan α＝sin αcos α＝12，sin 2α＋cos 2α＝1，得5sin 2α＝1，故sin α＝－55.法二：cos ⎝⎛⎭⎫α－π2＝sin α，由α∈⎝⎛⎭⎫π，3π2知α为第三象限角，由tan α＝12，可知点(－2，－1)为α终边上一点，由任意角的三角函数公式可得sin α＝－55. 答案：－558．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫|φ|<π2，ω>0的图象在y 轴右侧的第一个最高点为P ⎝⎛⎭⎫π6，1，在原点右侧与x 轴的第一个交点为Q ⎝⎛⎭⎫5π12，0，则f ⎝⎛⎭⎫π2的值为______． 解析：由题意得T 4＝5π12－π6＝π4，所以T ＝π，所以ω＝2，将点P ⎝⎛⎭⎫π6，1代入f (x )＝sin(2x ＋φ)，得sin ⎝⎛⎭⎫2×π6＋φ＝1，所以φ＝π6＋2k π(k ∈Z )． 又|φ|<π2，所以φ＝π6，即f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6(x ∈R)，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝sin ⎝⎛⎭⎫2×π2＋π6＝－12. 答案：－129．已知函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π3，其中x ∈π6，m ⎝⎛⎭⎫m ∈R 且m >π6，若f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤－1，－32，则m 的最大值是________．解析：由x ∈⎣⎡⎦⎤π6，m ，可知5π6≤3x ＋π3≤3m ＋π3， ∵f ⎝⎛⎭⎫π6＝cos 5π6＝－32，且f ⎝⎛⎭⎫2π9＝cos π＝－1， ∴要使f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤－1，－32， 需要π≤3m ＋π3≤7π6，即2π9≤m ≤5π18，即m 的最大值是5π18.答案：5π18三、解答题10．(2018·石家庄模拟)函数f (x )＝A sin ωx －π6＋1(A >0，ω>0)的最小值为－1，其图象相邻两个最高点之间的距离为π.(1)求函数f (x )的解析式；(2)设α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f ⎝⎛⎭⎫α2＝2，求α的值． 解：(1)∵函数f (x )的最小值为－1， ∴－A ＋1＝－1，即A ＝2.∵函数f (x )的图象的相邻两个最高点之间的距离为π， ∴函数f (x )的最小正周期T ＝π， ∴ω＝2，故函数f (x )的解析式为 f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋1. (2)∵f ⎝⎛⎭⎫α2＝2sin ⎝⎛⎭⎫α－π6＋1＝2， ∴sin ⎝⎛⎭⎫α－π6＝12. ∵0<α<π2，∴－π6<α－π6<π3，∴α－π6＝π6，得α＝π3.11．已知m ＝⎝⎛⎭⎫sin ⎝⎛⎭⎫x －π6，1，n ＝(cos x,1)． (1)若m ∥n ，求tan x 的值；(2)若函数f (x )＝m ·n ，x ∈[0，π]，求f (x )的单调递增区间．解：(1)由m ∥n 得，sin ⎝⎛⎭⎫x －π6－cos x ＝0，展开变形可得，sin x ＝3cos x ，即tan x ＝ 3. (2)f (x )＝m ·n ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6cos x ＋1 ＝32sin x cos x －12cos 2x ＋1 ＝34sin 2x －cos 2x ＋14＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫sin 2x cos π6－cos 2x sin π6＋34＝12sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋34， 由－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z .又x ∈[0，π]，所以当x ∈[0，π]时，f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，π3和⎣⎡⎦⎤5π6，π. 12．已知函数f (x )＝cos x (23sin x ＋cos x )－sin 2x . (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，不等式f (x )≥m 有解，求实数m 的取值范围． 解：(1)f (x )＝23sin x cos x ＋cos 2x －sin 2x ＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2⎝⎛⎭⎫32sin 2x ＋12cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， 所以函数f (x )的最小正周期T ＝π. (2)由题意可知，不等式f (x )≥m 有解， 即m ≤f (x )max ，因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6， 故当2x ＋π6＝π2，即x ＝π6时，f (x )取得最大值，且最大值为f ⎝⎛⎭⎫π6＝2.从而可得m ≤2. 所以实数m 的取值范围为(－∞，2]．B 组——大题专攻补短练1．已知向量m ＝(2sin ωx ，sin ωx )，n ＝(cos ωx ，－23sin ωx )(ω>0)，函数f (x )＝m ·n ＋3，直线x ＝x 1，x ＝x 2是函数y ＝f (x )的图象的任意两条对称轴，且|x 1－x 2|的最小值为π2.(1)求ω的值；(2)求函数f (x )的单调递增区间．解：(1)因为向量m ＝(2sin ωx ，sin ωx )，n ＝(cos ωx ，－23sin ωx )(ω>0)，所以函数f (x )＝m ·n ＋3＝2sin ωx cos ωx ＋sin ωx (－23sin ωx )＋3＝sin 2ωx －23sin 2ωx ＋3＝ sin 2ωx ＋3cos 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π3. 因为直线x ＝x 1，x ＝x 2是函数y ＝f (x )的图象的任意两条对称轴，且|x 1－x 2|的最小值为π2，所以函数f (x )的最小正周期为π2×2＝π，即2π2ω＝π，得ω＝1.(2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，令2k π－π2≤2x ＋π3≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得k π－5π12≤x ≤k π＋π12(k ∈Z )， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－5π12，k π＋π12(k ∈Z )． 2.已知函数f (x )＝3sin 2ωx ＋cos 4ωx －sin 4ωx ＋1(0<ω<1)，若点⎝⎛⎭⎫－π6，1是函数f (x )图象的一个对称中心． (1)求f (x )的解析式，并求距y 轴最近的一条对称轴的方程； (2)先列表，再作出函数f (x )在区间[－π，π]上的图象． 解：(1)f (x )＝3sin 2ωx ＋(cos 2ωx －sin 2ωx )·(cos 2ωx ＋sin 2ωx )＋1 ＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＋1 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π6＋1. ∵点⎝⎛⎭⎫－π6，1是函数f (x )图象的一个对称中心， ∴－ωπ3＋π6＝k π，k ∈Z ，∴ω＝－3k ＋12，k ∈Z .∵0<ω<1，∴k ＝0，ω＝12，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋1. 由x ＋π6＝k π＋π2，k ∈Z ，得x ＝k π＋π3，k ∈Z ，令k ＝0，得距y 轴最近的一条对称轴方程为x ＝π3.(2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋1，当x ∈[－π，π]时，列表如下： x ＋π6－5π6 －π2 0 π2 π 7π6 x －π －2π3 －π6 π3 5π6 π f (x )－1131则函数f (x )在区间[－π，π]上的图象如图所示．3．(2018·山东师大附中模拟)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图所示．(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)说明函数y ＝f (x )的图象可由函数y ＝3sin 2x －cos 2x 的图象经过怎样的平移变换得到；(3)若方程f (x )＝m 在⎣⎡⎦⎤－π2，0上有两个不相等的实数根，求m 的取值范围． 解：(1)由题图可知，A ＝2，T ＝4⎝⎛⎭⎫π3－π12＝π， ∴2πω＝π，ω＝2，∴f (x )＝2sin(2x ＋φ)，∵f ⎝⎛⎭⎫π3＝0， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2π3＋φ＝0，∴φ＋2π3＝k π，k ∈Z ， 即φ＝－2π3＋k π，k ∈Z .∵|φ|＜π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3. (2)y ＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π4＋π3， 故将函数y ＝3sin 2x －cos 2x 的图象向左平移π4个单位长度就得到函数y＝f (x )的图象．(3)当－π2≤x ≤0时，－2π3≤2x ＋π3≤π3，故－2≤f (x )≤3，若方程f (x )＝m在⎣⎡⎦⎤－π2，0上有两个不相等的实数根，则曲线y ＝f (x )与直线y ＝m 在⎣⎡⎦⎤－π2，0上有2个交点，结合图形，易知－2＜m ≤－ 3.故m 的取值范围为(－2，－ 34．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，0≤φ≤π2图象的相邻两对称轴之间的距离为π2，且在x ＝π8时取得最大值1.(1)求函数f (x )的解析式；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，9π8时，若方程f (x )＝a 恰好有三个根，分别为x 1，x 2，x 3，求x 1＋x 2＋x 3的取值范围．解：(1)由题意，T ＝2×π2＝π，故ω＝2ππ＝2，所以sin ⎝⎛⎭⎫2×π8＋φ＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋φ＝1，所以π4＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，所以φ＝2k π＋π4，k ∈Z .因为0≤φ≤π2，所以φ＝π4，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4.(2)画出该函数的图象如图，当22≤a <1时，方程f (x )＝a 恰好有三个根，且点(x 1，a )和(x 2，a )关于直线x ＝π8对称，点(x 2，a )和(x 3，a )关于直线x ＝5π8对称，所以x 1＋x 2＝π4，π≤x 3<9π8， 所以5π4≤x 1＋x 2＋x 3<11π8，故x 1＋x 2＋x 3的取值范围为⎣⎡⎭⎫5π4，11π8.。
【新步步高】2019版高考数学(文 全国乙卷)二轮复习与增分策略三轮增分练：高考压轴大题突破练(2)
(二)直线与圆锥曲线(2)1．(2019·课标全国Ⅰ)已知过点A (0,1)且斜率为k 的直线l 与圆C ：(x －2)2＋(y －3)2＝1交于M ，N 两点．(1)求k 的取值范围；(2)若OM →·ON →＝12，其中O 为坐标原点，求|MN |.解 (1)由题设，可知直线l 的方程为y ＝kx ＋1，因为l 与C 交于两点，所以|2k －3＋1|1＋k 2<1， 解得4－73<k <4＋73. 所以k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫4－73，4＋73. (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．将y ＝kx ＋1代入方程(x －2)2＋(y －3)2＝1，整理得(1＋k 2)x 2－4(1＋k )x ＋7＝0. 所以x 1＋x 2＝4(1＋k )1＋k 2，x 1x 2＝71＋k 2. OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝4k (1＋k )1＋k 2＋8. 由题设可得4k (1＋k )1＋k 2＋8＝12， 解得k ＝1，所以l 的方程为y ＝x ＋1.故圆心C 在l 上，所以|MN |＝2.2．(2019·课标全国Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，点(2，2)在C 上． (1)求C 的方程；(2)直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M ，证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．(1)解 由题意得a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b2＝1， 解得a 2＝8，b 2＝4.所以C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入x 28＋y 24＝1， 得(2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0.故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b 2k 2＋1. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k， 即k OM ·k ＝－12. 所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．3．(2019·课标全国乙)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H .(1)求|OH ||ON |； (2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由．解 (1)如图，由已知得M (0，t )，P ⎝⎛⎭⎫t 22p ，t ，又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝⎛⎭⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝p tx ，代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p，因此H ⎝⎛⎭⎫2t 2p ，2t . 所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2. (2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点，理由如下：直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2t p(y －t )． 代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ，即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点．4．(2019·浙江)如图，设椭圆x 2a 2＋y 2＝1(a ＞1)．(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围． 解 (1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AM ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a 2＋y 2＝1，得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0， 故x 1＝0，x 2＝－2a 2k 1＋a 2k 2， 因此|AM |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋a 2k 2·1＋k 2. (2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |.记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2＞0，k 1≠k 2.由(1)知|AP |＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21，|AQ |＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0.由k 1≠k 2，k 1，k 2＞0得1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0， 因此⎝⎛⎭⎫1k 21＋1⎝⎛⎭⎫1k 22＋1＝1＋a 2(a 2－2)，① 因为①式关于k 1，k 2的方程有解的充要条件是1＋a 2(a 2－2)＞1，所以a ＞ 2.因此任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a ≤2，由e ＝c a ＝a 2－1a ，得0<e ≤22. 所以离心率的取值范围为(0，22]．。
2019高考数学(理)通用版二轮精准提分练：12+4满分练(4)
12＋4满分练(4)1.已知2＋a i 1－i 为纯虚数，a ∈R ，则()a ＋i i 2019的虚部为( )A.－1B.1C.－2D.2答案 C解+析 ∵a ∈R ，且复数z ＝2＋a i 1－i ＝()1＋i ()2＋a i ()1＋i ()1－i ＝2＋a i ＋2i ＋a i 22＝2－a 2＋a ＋22i 为纯虚数，∴a ＝2，∴()a ＋i i 2 019＝(2＋i)·(－i)＝1－2i ， ∴(a ＋i)i 2 019的虚部为－2.2.已知全集U ＝R ，集合A ＝{x ||x －1|<1}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪2x －5x －1≥1，则A ∩(∁U B )等于( ) A.{x |1<x <2} B.{x |1<x ≤2} C.{x |1≤x <2} D.{x |1≤x <4}答案 C解+析 由题意得A ＝{x ||x －1|<1}＝{x |－1<x －1<1}＝{x |0<x <2}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪2x －5x －1≥1＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －4x －1≥0＝{x |x <1或x ≥4}， ∴∁U B ＝{x |1≤x <4}， ∴A ∩(∁U B )＝{x |1≤x <2}.3.在等差数列{a n }中，a 4，a 7是函数f (x )＝x 2－3x －18的两个零点，则{a n }的前10项和等于( ) A.－15B.15C.30D.－30 答案 B解+析 由题意得a 4，a 7是方程x 2－3x －18＝0的两根， ∴a 4＋a 7＝3，∴S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 1＋a 10)＝5(a 4＋a 7)＝5×3＝15.4.已知双曲线的方程为y 24－x 29＝1，则下列关于双曲线的说法正确的是( )A.虚轴长为4B.焦距为2 5C.离心率为133D.渐近线方程为2x ±3y ＝0答案 D解+析 对于D 选项，双曲线的方程为y 24－x 29＝1，其中a ＝2，b ＝3，则渐近线方程为2x ±3y ＝0，正确. 5.已知直线m ，n ，平面α，β，给出下列命题： ①若m ⊥α，n ⊥β，且m ⊥n ，则α⊥β ②若m ∥α，n ∥β，且m ∥n ，则α∥β ③若m ⊥α，n ∥β，且m ⊥n ，则α⊥β ④若m ⊥α，n ∥β，且m ∥n ，则α⊥β 其中正确的命题是( ) A.②③B.①③C.①④D.③④ 答案 C解+析 ①若m ⊥α，n ⊥β，且m ⊥n ，则α⊥β，正确.∵n ⊥β，且m ⊥n ，可得出m ∥β或m ⊂β，又m ⊥α，故可得α⊥β. ②若m ∥α，n ∥β，且m ∥n ，则α∥β，不正确. 两平面有可能相交.③若m ⊥α，n ∥β，且m ⊥n ，则α⊥β，不正确.m ⊥α且m ⊥n ，可得出n ∥α或n ⊂α，又n ∥β，故不能得出α⊥β. ④若m ⊥α，n ∥β，且m ∥n ，则α⊥β，正确. m ⊥α且m ∥n ，可得出n ⊥α，又n ∥β，故得出α⊥β.6.甲、乙、丙、丁四个人到重庆旅游，朝天门、解放碑、瓷器口三个景点，每个人只去一个景点，每个景点至少有一个人去，则甲不到瓷器口的方案有( ) A.60种B.54种C.48种D.24种 答案 D解+析 分两类求解.①甲单独一人时，则甲只能去另外两个景点中的一个，其余三人分为两组然后分别去剩余的两个景点，故方案有C 12C 23A 22＝12(种)；②甲与另外一人为一组到除瓷器口之外的两个景点中的一个，其余两人各去一个景点，故方案有C 13C 12A 22＝12(种).由分类加法计数原理，可得总的方案数为24.7.设函数f (x )＝ln x ，若a ，b 是两个不相等的正数且p ＝f (ab )，q ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，r ＝12f ⎝⎛⎭⎫a 2＋b 22，v ＝12[f (a )＋f (b )]，则下列关系式中正确的是( ) A.p ＝q <v <r B.p ＝v <q <r C.p ＝v <r <q D.p <v <q <r答案 B解+析 由题意可得，p ＝f (ab )＝ln ab ＝12ln (ab )＝12(ln a ＋ln b )，q ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2＝ln a ＋b 2>ln ab ＝p ，v ＝12[f (a )＋f (b )]＝12(ln a ＋ln b )， ∴p ＝v ＜q ，∵a 2＋b 22>a ＋b2， ∴r ＝12f ⎝⎛⎭⎫a 2＋b 22＝12ln a 2＋b22>ln a ＋b 2＝q .故p ＝v <q <r .8.如图所示的程序框图输出的结果为510，则判断框内的条件是( )A.n <7?B.n ≤7?C.n <8?D.n ≤8? 答案 D解+析 由题意得该程序的功能是计算2＋22＋23＋…＋2n . ∵2＋22＋23＋ (2)＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2，∴当n ＝7时，2n ＋1－2＝28－2＝254，不合题意；当n ＝8时，2n ＋1－2＝29－2＝510，符合题意.∴判断框中的条件为n ≤8？.9.某三棱锥的三视图如图所示，其侧(左)视图为直角三角形，该三棱锥的外接球表面积为S 1，俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体的侧面积为S 2，则S 1∶S 2为( )A.5∶1B.5∶2C.5∶4D.10∶1 答案 B解+析 由三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥S －ABC ，其中SA ⊥底面ABC ，且底面△ABC 为直角三角形，∠BAC ＝90°，AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，SA ＝5.故三棱锥外接球的球心在过BC 的中点O 1且与底面垂直的直线上，设为点O ，则有OO 1＝12SA＝52，设球半径为R ，则有R 2＝OO 21＋O 1C 2＝252. 故三棱锥的外接球表面积S 1＝4×π×252＝50π.俯视图中的三角形以长度为3的边为轴旋转得到的几何体为圆锥，底面圆的半径为4，高为3，母线长为5，故其侧面积S 2＝12×(2π×4)×5＝20π.∴S 1S 2＝50π20π＝52. 10.将函数f (x )＝sin ωx (ω是正整数)的图象向右平移π6个单位长度，所得曲线在区间⎝⎛⎫4π3，3π2内单调递增，则ω的值为( ) A.3B.4C.5D.6 答案 A解+析 将函数f (x )＝sin ωx 的图象向右平移π6个单位长度，可得f (x )＝sin ω⎝⎛⎭⎫x －π6的图象，所得曲线在⎝⎛⎭⎫4π3，3π2内单调递增，可得2k π－π2≤ω⎝⎛⎭⎫4π3－π6＜ω⎝⎛⎭⎫3π2－π6≤2k π＋π2， 求得12k 7－37≤ω≤3k 2＋38，由12k 7－37<3k 2＋38，得k <154且k ∈Z ，又∵ω为正整数，∴取k ＝2，得ω＝3.11.已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，P 为双曲线左支上一点，△ABP为等腰三角形且外接圆的半径为5a ，则双曲线的离心率为( ) A.155 B.154C.153 D.152答案 C解+析 由题意知等腰△ABP 中，|AB |＝|AP |＝2a ，设∠ABP ＝∠APB ＝θ，F 1为双曲线的左焦点，则∠F 1AP ＝2θ，其中θ必为锐角. ∵△ABP 外接圆的半径为5a ，∴25a ＝2asin θ，∴sin θ＝55，cos θ＝255， ∴sin 2θ＝2×55×255＝45， cos 2θ＝2×⎝⎛⎭⎫2552－1＝35.设点P 的坐标为(x ，y )， 则x ＝－a －|AP |cos 2θ＝－11a 5，y ＝|AP |sin 2θ＝8a5， 故点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫－11a 5，8a5. 由点P 在双曲线上，得⎝⎛⎭⎫－11a 52a 2－⎝⎛⎭⎫8a 52b 2＝1，整理得b 2a 2＝23，∴e ＝c a＝1＋b 2a 2＝153. 12.德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet ，1805—1859)在数学领域成就显著.19世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”：y ＝f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ∈Q ，0，x ∈∁R Q ，其中R 为实数集，Q 为有理数集.则关于函数f (x )有如下四个命题：①f (f (x ))＝0；②函数f (x )是偶函数；③任取一个不为零的有理数T ，f (x ＋T )＝f (x )对任意的x ∈R 恒成立；④存在三个点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，C (x 3，f (x 3))，使得△ABC 为等边三角形.其中真命题的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4答案 C解+析 当x 为有理数时，f (x )＝1；当x 为无理数时，f (x )＝0.∴当x 为有理数时，f (f (x ))＝f (1)＝1；当x 为无理数时，f (f (x ))＝f (0)＝1，∴无论x 是有理数还是无理数，均有f (f (x ))＝1，故①不正确；∵有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，∴对任意x ∈R ，都有f (－x )＝f (x )，故②正确；当T ∈Q 时，若x 是有理数，则x ＋T 也是有理数；若x 是无理数，则x ＋T 也是无理数，∴根据函数的表达式，任取一个不为零的有理数T ，f (x ＋T )＝f (x )对x ∈R 恒成立，故③正确；取x 1＝33，x 2＝0，x 3＝－33，f (x 1)＝0，f (x 2)＝1，f (x 3)＝0，∴A ⎝⎛⎭⎫33，0，B (0，1)，C ⎝⎛⎭⎫－33，0，△ABC 恰好为等边三角形，故④正确，故选C.13.已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －3y ＋4≥0，x －2≤0，x ＋y ≥0，x ，y ∈R ，则x 2＋y 2的最大值为________.答案 8解+析 画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示(含边界).x 2＋y 2表示可行域内的点(x ，y )到原点距离的平方.由图形可得，可行域内的点A 或点B 到原点的距离最大，且A (2，－2)，B (2，2)， 又|OA |＝|OB |＝22， ∴(x 2＋y 2)max ＝8.14.设直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有顶点都在同一个球面上，且球的表面积是40π，AB ＝AC ＝AA 1，∠BAC ＝120°，则此直三棱柱的高是________. 答案 2 2解+析 设AB ＝AC ＝AA 1＝x ， 在△ABC 中，∠BAC ＝120°， 则由余弦定理可得BC ＝3x .由正弦定理，可得△ABC 外接圆的半径为r ＝x ， 又∵球的表面积是40π， ∴球的半径为R ＝10.设△ABC 外接圆的圆心为O ′，球心为O ，在Rt △OBO ′中，有⎝⎛⎭⎫12x 2＋x 2＝10，解得x ＝22，即AA 1＝2 2.∴直三棱柱的高是2 2.15.(2018·河北衡水金卷模拟)七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形(两块全等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形)、一块正方形和一块平行四边形组成的.如图在一个用七巧板拼成的正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率是________.答案316解+析 由七巧板的构造可知，△BIC ≌△GOH ，故黑色部分的面积与梯形EFOH 的面积相等，则S EFOH ＝34S △DOF ＝34×14S ABDF ＝316S ABDF ，∴所求的概率为P ＝S EFOH S ABDF ＝316.16.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *，n ≥1)，则数列{S n }的通项公式为______. 答案 S n ＝3n －2n解+析 ∵a n ＋1＝S n ＋3n ＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1＝2S n ＋3n ， ∴S n ＋13n ＋1＝23·S n 3n ＋13， ∴S n ＋13n ＋1－1＝23⎝⎛⎭⎫S n 3n －1， 又S 13－1＝13－1＝－23， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 3n －1是首项为－23，公比为23的等比数列，∴S n 3n －1＝－23×⎝⎛⎭⎫23n －1＝－⎝⎛⎭⎫23n ， ∴S n ＝3n －2n .。
2019高考数学(理)通用版二轮精准提分练：压轴小题组合练(B)Word版含解析
压轴小题组合练(B)1.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与直线y ＝x ＋3只有一个公共点，且椭圆的离心率为55，则椭圆C 的方程为( ) A.x 216＋y 29＝1 B.x 25＋y 24＝1 C.x 29＋y 25＝1 D.x 225＋y 220＝1 答案 B解析 把y ＝x ＋3代入椭圆方程，得(a 2＋b 2)x 2＋6a 2x ＋9a 2－a 2b 2＝0，由于只有一个公共点，所以Δ＝0，得a 2＋b 2＝9，又c a ＝55，所以b 2a 2＝45，解得a 2＝5，b 2＝4.所以椭圆的方程为x 25＋y 24＝1. 2.(2018·淮南模拟)已知G 是△ABC 的重心，过点G 作直线MN 分别与AB ，AC 交于点M ，N ，且＝x ，＝y (x ，y >0)，则3x ＋y 的最小值是( ) A.83 B.72 C.52 D.43＋233 答案 D解析 如图，∵M ，N ，G 三点共线， ∴＝λ，∴－＝λ(－)，∵G 是△ABC 的重心，∴＝13(＋)，∴13(＋)－x ＝λ， ∴⎩⎨⎧13－x ＝－13λ，13＝λy －13λ，解得(3x －1)(3y －1)＝1.结合图象可知12≤x ≤1，12≤y ≤1.令3x －1＝m ，3y －1＝n ⎝⎛⎭⎫12≤m ≤2，12≤n ≤2，故mn ＝1，x ＝1＋m 3，y ＝1＋n3，故3x ＋y ＝1＋m ＋1＋n 3＝43＋m ＋n 3≥43＋213mn ＝43＋233， 当且仅当m ＝33，n ＝3时等号成立. 3.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱AB 上一点，且AE ＝1，BE ＝3，以E 为球心，线段EC 的长为半径的球与棱A 1D 1，DD 1分别交于F ，G 两点，则△AFG 的面积为( ) A.42－2 B.3 2 C.22＋2 D.4 答案 D解析 正方体的棱长为4，则DE ＝17，EC ＝5. 作EH ⊥A 1B 1 于H ，则EF ＝EG ＝EC ＝5，A 1F ＝22，DG ＝22，则FH ＝()222＋12＝3 ，所以S △AFG ＝1111A FA FD G A D DA S S S --△△四边形－S △ADG＝16－42－12()4－222－42＝16－42－12＋82－42＝4.4.设双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，O 为坐标原点.以F 1F 2为直径的圆与双曲线的右支交于P 点，且以OF 2为直径的圆与直线PF 1相切，若|PF 1|＝8，则双曲线的焦距等于( ) A.6 2 B.6 C.3 2 D.3 答案 A解析 如图，不妨设点P 在第一象限，连接PF 2，依题意知PF 1⊥PF 2，设以OF 2为直径的圆与直线PF 1相切于点N ，圆心为M ，连接NM ，则NM ⊥PF 1，因此Rt △PF 1F 2∽Rt △NF 1M ，所以|NM ||PF 2|＝|F 1M ||F 1F 2|，则c 2|PF 2|＝3c 22c ，解得|PF 2|＝2c3，由勾股定理可得|PF 1|＝|F 1F 2|2－|PF 2|2＝(2c )2－⎝⎛⎭⎫2c 32＝42c 3，所以42c 3＝8，得c ＝32，故双曲线的焦距为6 2.5.已知抛物线T 的焦点为F ，准线为l ，过F 的直线m 与T 交于A ，B 两点，C ，D 分别为A ，B 在l 上的射影，M 为AB 的中点，若m 与l 不平行，则△CMD 是( ) A.等腰三角形且为锐角三角形 B.等腰三角形且为钝角三角形 C.等腰直角三角形 D.非等腰的直角三角形 答案 A解析 不妨设抛物线T 的方程为y 2＝2px (p >0).∵点A 在抛物线y 2＝2px 上，F 为抛物线的焦点，C ，D 分别为A ，B 在l 上的射影，M 为AB 的中点，NM 是M 到抛物线准线的垂线，垂足为N ，准线与x 轴的交点为E ，如图：∴在△CMD 中，|CN |＝|ND |，∴△CMD 是等腰三角形， 又根据抛物线定义，|AC |＝|AF |，|BD |＝|BF |，∴∠CFD ＝∠CFE ＋∠DFE ＝∠ACF ＋∠BDF ＝∠AFC ＋∠BFD . 可得∠CFD ＝90°，又|MN |>|EF |，可得∠CMD <90°. 则△CMD 是等腰三角形且为锐角三角形.6.(2018·马鞍山模拟)已知M ，N 为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上关于长轴对称的两点，A ，B 分别为椭圆的左、右顶点，设k 1，k 2分别为直线MA ，NB 的斜率，则|k 1＋4k 2|的最小值为( )A.2b aB.3b aC.4b aD.5b a 答案 C解析 设M (x 0，y 0)，N (x 0，－y 0)，∴k 1＝y 0x 0＋a ，k 2＝－y 0x 0－a ，∴||k 1＋4k 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 0x 0＋a ＋－4y 0x 0－a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 0x 0＋a ＋4y 0－x 0＋a ，∴|k 1＋4k 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 0x 0＋a ＋4y 0－x 0＋a ≥2y 0x 0＋a ·4y 0－x 0＋a＝4y 20a 2－x 20， 由题意得y 20＝b 2a2(a 2－x 20)，所以|k 1＋4k 2|≥4y 20a 2－x 20＝4b 2a 2(a 2－x 20)a 2－x 20＝4ba . 7.已知棱长为6的正四面体A －BCD (四个面都是正三角形)，在侧棱AB 上任取一点P (与A ，B 都不重合)，若点P 到平面BCD 及平面ACD 的距离分别为a ，b ，则4a ＋1b 的最小值为( )A.72B.4C.92 D.5 答案 C解析 由题意得13aS △BCD ＋13bS △ACD ＝13h ·S △BCD ，其中S △BCD ＝S △ACD ，h 为以△BCD 为底面的正四面体A －BCD 的高. h ＝(6)2－⎝⎛⎭⎫23×32×62＝2，∴a ＋b ＝2.∴4a ＋1b ＝12(a ＋b )⎝⎛⎭⎫4a ＋1b ＝12⎝⎛⎭⎫5＋4b a ＋a b ≥12⎝⎛⎭⎫5＋24b a ·a b ＝92，当且仅当a ＝43，b ＝23时取等号. 8.双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2的直线与双曲线的右支交于A ，B 两点，若△F 1AB 是以A 为直角顶点的等腰直角三角形，则e 2等于( ) A.1＋2 2 B.4－2 2 C.5－2 2 D.3＋2 2答案 C解析 设|AF 1|＝|AB |＝m ，则|BF 1|＝2m ， |AF 2|＝m －2a ，|BF 2|＝2m －2a ， ∵|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|＝m ，∴m －2a ＋2m －2a ＝m ，解得4a ＝2m ，∴|AF 2|＝⎝⎛⎭⎫1－22m ， 在Rt △AF 1F 2中，由勾股定理得4c 2＝⎝⎛⎭⎫52－2m 2. ∵4a ＝2m ，∴4c 2＝⎝⎛⎭⎫52－2×8a 2， ∴e 2＝5－2 2.9.(2018·河北省衡水金卷调研)已知抛物线x 2＝4y 的焦点为F ，双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F 1()c ，0，过点F ，F 1的直线与抛物线在第一象限的交点为M ，且抛物线在点M 处的切线与直线y ＝－3x 垂直，则ab 的最大值为( ) A.32B.32C. 3D.2答案 B解析 由题意可知，直线FF 1的方程为y ＝－1c x ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1c x ＋1，x 2＝4y ，得x M ＝－2＋21＋c 2c ，又由x 2＝4y ，即y ′＝12x ，因此－1＋1＋c 2c×(－3)＝－1，即c ＝3，所以a 2＋b 2＝3，又 a 2＋b 2≥2ab ，即3≥2ab ，当且仅当a ＝b ＝62时取等号，即(ab )max ＝32. 10.点M (3，2)到抛物线C ：y ＝ax 2(a >0)准线的距离为4，F 为抛物线的焦点，点N (1，1)，当点P 在直线l ：x －y ＝2上运动时，|PN |－1|PF |的最小值为( )A.3－228B.2－24C.5－228D.5－224答案 B解析 ∵点M (3，2)到抛物线C ：y ＝ax 2(a >0)准线的距离为4，∴2＋14a ＝4，∴a ＝18，∴抛物线C ：x 2＝8y ，直线l ：x －y ＝2与x 轴交于A (2，0)，则F A ⊥l ， 且点N ，A ，F 三点共线，设|AP |＝t ，则|AN |＝2，|AF |＝22，|PN |＝t 2＋2，|PF |＝t 2＋8， 设t 2＋2－1＝m (m ≥2－1)，则|PN |－1|PF |＝t 2＋2－1t 2＋8＝m(m ＋1)2＋6＝17⎝⎛⎭⎫1m ＋172＋67，∴m ＝2－1，即t ＝0时，|PN |－1|PF |的最小值为2－24.11.如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝6，∠ABC ＝90°，点D 为AC 的中点，将△ABD 沿BD 折起到△PBD 的位置，使PC ＝PD ，连接PC ，得到三棱锥P －BCD ，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )A.7πB.5πC.3πD.π 答案 A解析 依题意可得该三棱锥的面PCD 是边长为3的正三角形，且BD ⊥平面PCD ，设三棱锥P －BDC 外接球的球心为O ，△PCD 外接圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面PCD ，所以四边形OO 1DB 为直角梯形，由BD ＝3，O 1D ＝1及OB ＝OD ，可得OB ＝72，则外接球的半径R ＝72.所以该球的表面积S 球＝4πR 2＝7π. 12.已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 是AB 的中点，点F 是B 1C 1的中点，若正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球与直线EF 交于点G ，H ，且GH ＝3，若点Q 是棱BB 1上一个动点，则AQ ＋D 1Q 的最小值为( ) A.6 B.310 C.62＋ 2 D.61＋ 2答案 C解析 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，内切球球心为O ，由题意可得内切球半径r ＝a2.OE ＝OF ＝22a ，EF ＝EB 2＋BB 21＋B 1F 2＝62a ， 取EF 中点P ，则OP ＝OE 2－EP 2＝24a ， 所以cos ∠POG ＝OP OG ＝24aa 2＝22，所以∠GOH ＝π2，OG ＝a 2＝32，a ＝32，把平面DD 1B 1B 与平面AA 1B 1B 展成一个平面， 则A ，Q ，D 1共线时AQ ＋D 1Q 最小，最小值为 D 1A ＝()2a ＋a 2＋a 2＝()6＋322＋()322＝62＋ 2.13.(2018·天津滨海新区联考)已知正实数a ，b 满足2a >b ，且ab ＝12，则4a 2＋b 2＋12a －b 的最小值为________. 答案 2 3解析 由题意得2a －b >0，4a 2＋b 2＋12a －b ＝4a 2＋b 2－4ab ＋32a －b ＝(2a －b )2＋32a －b ＝(2a －b )＋32a －b ≥23，当且仅当2a －b ＝32a －b，即b ＝7－32时等号成立.14.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若对任意λ∈R ，不等式|λ－|≥||恒成立，则c b ＋bc 的最大值为________. 答案5解析 由题意知cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，b 2＋c 2＝2bc cos A ＋a 2.对任意λ∈R ，不等式|λ－|≥||恒成立⇔(|λ－|)min ≥||恒成立⇔BC 边上的高h 大于等于||恒成立⇔h ≥a ，∵S △ABC ＝12ah ＝12bc sin A ≥12a 2，∴a 2≤bc sin A ，∴b 2＋c 2≤2bc cos A ＋bc sin A ，由此可知c b ＋bc ≤2cos A ＋sin A ＝5sin(A ＋φ)，其中tan φ＝2，当sin(A ＋φ)＝1时，c b ＋bc取得最大值 5.15.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AA 1＝2，AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝90°，三棱柱外接球的球心为O ，点E 是侧棱BB 1上的一个动点.有下列判断：①直线AC 与直线C 1E 是异面直线；②A 1E 一定不垂直于AC 1；③三棱锥E －AA 1O 的体积为定值；④AE ＋EC 1的最小值为2 2. 其中正确命题的序号是________.答案 ①③④解析 ①因为点A ∉平面BB 1C 1C ，点C ∉C 1E ，所以直线AC 与直线C 1E 是异面直线；②A 1E ⊥AB 1时，直线A 1E ⊥平面AB 1C 1.所以A 1E ⊥AC 1，错误；③球心O 是直线AC 1，A 1C 的交点，底面OAA 1面积不变，直线BB 1∥平面AA 1O ，所以点E 到底面距离不变，体积为定值；④将矩形AA 1B 1B 和矩形BB 1C 1C 展开到一个面内，当点E 为AC 1与BB 1交点时，AE ＋EC 1取得最小值2 2.所以正确命题的序号是①③④.16.(2018·四川省成都市石室中学模拟)已知四面体A －BCD 的所有棱长都为6，O 是该四面体内一点，且点O 到平面ABC ，平面ACD ，平面ABD ，平面BCD 的距离分别为13，x ，16和y ，则1x ＋1y 的最小值是________.答案 83解析 该几何体为正四面体，体积为13×12×6×6×32×2＝ 3.各个面的面积为34×()62＝332，所以四面体的体积又可以表示为13×332×⎝⎛⎭⎫13＋x ＋16＋y ＝3，化简得x ＋y ＝32，故1x ＋1y ＝23×⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ×()x ＋y ＝23⎝⎛⎭⎫2＋y x ＋x y ≥23()2＋2＝83.⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝y ＝34时，等号成立。
2019高考数学二轮复习压轴提升练(一)文
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……压轴提升卷(一)解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．(本题满分12分)在平面直角坐标系xOy 中，已知△ABC 的两个顶点A ，B 的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，且AC ，BC 所在直线的斜率之积等于－2，记顶点C 的轨迹为曲线E .(1)求曲线E 的方程；(2)设直线y ＝2x ＋m (m ∈R 且m ≠0)与曲线E 相交于P ，Q 两点，点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，求△MPQ 面积的取值范围．解：(1)设C (x ，y )．由题意，可得y x －1·y x ＋1＝－2(x ≠±1)， ∴曲线E 的方程为x 2＋y 22＝1(x ≠±1)． (2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)． 联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，x 2＋y 22＝1，消去y ， 可得6x 2＋4mx ＋m 2－2＝0，∴Δ＝48－8m 2＞0，∴m 2＜6.∵x ≠±1，∴m ≠±2.又m ≠0，∴0＜m 2＜6且m 2≠4.∵x 1＋x 2＝－2m 3，x 1x 2＝m 2－26， ∴|PQ |＝5|x 1－x 2|＝5·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝5·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 32－4×m 2－26＝103·6－m 2. 又点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1到直线y ＝2x ＋m 的距离d ＝|m |5， ∴△MPQ 的面积S △MPQ ＝12·103·6－m 2·|m |5＝26·|m |·6－m 2＝26 m 2（6－m 2）， ∴S 2△MPQ ＝118m 2(6－m 2)≤118⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋6－m 222＝12.∵0＜m 2＜6且m 2≠4，∴S 2△MPQ ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12， ∴△MPQ 面积的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22. 2．(本题满分12分)已知函数f (x )＝x ex ＋x 2－x (其中e ＝2.718 28…)． (1)求f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)已知函数g (x )＝－a ln[f (x )－x 2＋x ]－1x－ln x －a ＋1，若对任意x ≥1，g (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝1－x e x ＋2x －1，f (1)＝1e， 所以f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为f ′(1)＝1，所以f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －1e＝x －1，即e x －e y －e ＋1＝0. (2)由题意知函数g (x )＝－(a ＋1)ln x ＋ax －1x－a ＋1， 所以g ′(x )＝－a ＋1x ＋a ＋1x 2＝ax 2－（a ＋1）x ＋1x 2＝（ax －1）（x －1）x 2， ①若a ≤0，当x ≥1时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[1，＋∞)上是减函数，故g (x )≤g (1)＝0； ②若0＜a ＜1，则1a ＞1，当1＜x ＜1a 时，g ′(x )＜0，当x ＞1a时，g ′(x )＞0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是增函数，故当1＜x ＜1a时，g (x )＜g (1)＝0； ③若a ≥1，则0＜1a≤1，当x ≥1时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0.综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．。
2019届高考数学二轮复习练习：压轴大题高分练(二)Word版含答案
压轴大题高分练2.解析几何(B组)压轴大题集训练,练就慧眼和规范,筑牢高考高分根基!1.设动圆P(圆心为P)经过定点(0,2),(t+2,0)和(t-2,0),当t变化时,P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程.(2)过点(0,2)且不垂直于坐标轴的直线l与C交于A,B两点,B点关于y轴的对称点为D,求证:直线AD经过定点.【解析】(1)设M(t+2,0),N(t-2,0),R(0,2),当t变化时,总有MN=4,故圆P被x轴截得的弦长为4.设动圆P圆心为(x,y),半径为r,依题意得:化简整理得x2=4y.所以,点P的轨迹C的方程为x2=4y.(2)由对称性知,直线AD经过的定点在y轴上.设A(x1,y1),B(x2,y2),则D(-x2,y2),其中,y1=,y2=,直线AD的方程为= .令x=0并将y1=,y2=代入,可解得AD的纵截距y0=x1x2 .设直线l:y=kx+2,代入抛物线方程,可得x2-4kx-8=0.所以x1x2=-8,此时y0=-2.故直线AD过定点(0,-2).2.已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,且C1过点B,圆O是以线段F1F2为直径的圆,经过点A且倾斜角为30°的直线与圆O相切.(1)求椭圆C1及圆O的方程.(2)是否存在直线l,使得直线l与圆O相切,与椭圆C1交于C,D两点,且满足|+|=||?若存在,请求出直线l的方程,若不存在,请说明理由.【解析】(1)由题意知F1(-c,0),F2(c,0),A(a,0),圆O的方程为x2+y2=c2.由题意可知解得所以椭圆C1的方程为+=1,圆O的方程为x2+y2=1.(2)假设存在直线l满足题意.由|+|=||,可得|+|=|-|,故·=0.①当直线l的斜率不存在时,此时l的方程为x=±1. 当直线l方程为x=1时,可得C,D,所以·=1-≠0.同理可得,当l方程为x=-1时,·≠0.②当直线l的斜率存在时,设直线l方程为y=kx+m, 因为直线l与圆O相切,所以=1,整理得m2=k2+1, ①由消去y整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,·=0,即x1x2+y1y2=0,所以x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,所以(1+k2)+km+m2=0,整理得7m2-12k2-12=0 ②由①②得k2=-1,此时方程无解.由①②可知不存在直线l满足题意.关闭Word文档返回原板块。
2019高考数学二轮复习压轴题增分练4理
压轴题增分练 ( 四)( 时间： 30 分钟满分：24分) 1． (12 分 ) 已知函数 f ( x)＝e x cos x－x.(1)求曲线 y＝ f ( x)在点(0， f (0))处的切线方程；(2) 求函数f ( x) 在区间π0，2 上的最大值和最小值．[ 规范解答及评分标准 ] (1) 由于 f ( x)＝e x cos x－ x，所以 f ′(x)＝e x(cos x－sin x)－1，f ′(0)＝0.(2 分 )又由于 f (0) ＝ 1，所以曲线 y＝ f ( x)在点(0， f (0))处的切线方程为y＝1.(5 分 )x xx －sin x－sin x －cos x)＝－(2) 设h( x) ＝ e (cos x－ sin x) － 1 ，则h′(x) ＝ e (cos2e x sin x.当 x∈0，π0，π分 ) 2时， h′(x)<0，所以 h( x)在区间2上单一递减． (7所以对随意 x∈π，有 h( x)< h(0) ＝ 0，即f′(x)<0. 所以函数f ( x) 在区间 0，π0，2 2上单一递减．(10 分)πππ所以 f ( x)在区间0，2 上的最大值为f (0)＝1，最小值为 f 2 ＝－2 .(12 分)2．(12 分) 线段AB为圆M：x2＋y2＋ 2x－10y＋ 6＝0( 圆心为M) 的一条直径，其端点A，B2 21在抛物线 C： x ＝ 2py( p>0) 上，且A，B两点到抛物线C的焦点的距离之和为 2.(1)求直径 AB所在的直线方程；(2)过 M点的直线 l 交抛物线 C于 P， Q两点，抛物线 C在 P， Q处的切线订交于点 N，求△ PQN面积的最小值．[ 规范解答及评分标准] (1) 设A( x1，y1) ，B( x2，y2) ，抛物线C的焦点为 F，则21| AF| ＋| BF| ＝y1＋y2＋p＝2 .将圆 M 的方程x2＋y2＋2x－10y＋6＝0化为标准方程为( x＋ 1) 2＋( y－ 5) 2＝ 20，∴圆M 的圆心为 M(－1,5)．21 1∴y1＋ y2＝2×5＝10，故10＋p＝2，∴ p＝2.(2分)∴抛物线 C的方程为 x2＝ y.2 ＝y ，∴x 1 21 12 k x1－ xx x2 2 2x ＝y ，∴直径 AB所在的直线方程为y＝－2( x＋1)＋5，即2x＋ y－3＝0.(4 分)(2) 不如记 P ( x 1， y 1) ， Q ( x 2， y 2 ) ， N ( x 0， y 0 ) ，直线 l 的方程为 y ＝ k ( x ＋ 1) ＋ 5.x 2＝ y ，消去 y 并整理，得 x2－ kx － k － 5＝ 0.联立x ＋＋ 5，y ＝ k∴ ＝( k ＋ 2) 2＋ 16>0，∴ x 1＋ x 2＝ k ， x 1x 2＝－ k － 5.∴ | | ＝ 1＋ k 2·| 1－2|＝ 1＋k 2·1＋22－ 4 12＝1＋ k 2· k 2＋4 k ＋ 20.(6PQx xx xx x分)∵函数 y ＝ x 2 的导函数为 y ′＝ 2x ，.∴抛物线 C 在点 P 处的切线的方程为y 0－ y 1＝ 2x 1( x 0－ x 1) ，2∴ x 1－ 2x 0x 1＋ y 0＝ 0， 2同理可得，抛物线C 在点 Q 处的切线的方程为 x 2－ 2x 0x 2＋y 0＝ 0，∴ x 1， x 2 为一元二次方程 x 2－ 2x 0x ＋ y 0＝ 0 的两个实数根，k∴ x 1＋ x 2＝2x 0， x 1x 2＝ y 0，∴ 2x 0＝ k ，∴ y 0＝－ k － 5. ∴ x 0＝ .(8 分 ) 2k 2 ＋2 ＋10 22 kk ＋ 4k ＋ 20∴点 N 到直线 l 的距离 d ＝1＋ k 2＝2 1＋ k 2 ，(10 分)∴当 k ＝－ 2 时，△的面积 S 获得最小值，最小值为 16.(12 分 )NPQ。
新课标广西2019高考数学二轮复习组合增分练4客观题综合练D2
组合增分练4 客观题综合练D一、选择题1.设全集U=R,A={x|x2-x-6<0},B={x|y=lg(x+1)},则图中阴影部分表示的集合为()A.{x|-3<x<-1}B.{x|-3<x<0}C.{x|-1<x<3}D.{x|x>-1}-=()2.计算-A.-2iB.0C.2iD.23.若向量=(1,2),=(4,5),且·(λ)=0,则实数λ的值为()A.3B.-C.-3D.-4.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不重合的平面.命题p:若α∩β=m,m⊥n,则n⊥α;命题q:若m∥α,m⊂β,α∩β=n,则m∥n.则下列命题中的真命题是()A.p∧qB.p∨(q)C.(p)∧qD.(p)∧(q)5.在利用最小二乘法求回归方程=0.67x+54.9时,用到了如表中的5组数据,则表格中a的值为()A.68B.70C.75D.726.已知x=log52,y=ln 2,z=,则下列结论正确的是()A.x<y<zB.z<x<yC.z<y<xD.y<z<x7.某几何体的三视图如图所示,图中四边形都是边长为2的正方形,两条虚线相互垂直,则该几何体的表面积是()A.24+(+1)πB.24+(-1)πC.24-(+1)πD.24-(-1)π8.在△ABC中,D为BC边上的一点,AD=BD=5,DC=4,∠BAD=∠DAC,则AC=()A.9B.8C.7D.69.已知双曲线=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆(x-c)2+y2=4a2截得的弦长为2b(其中c为双曲线的半焦距),则该双曲线的离心率为()A.B.C.D.10.四棱锥P-ABCD的底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,若AB=2,PA=1,则此四棱锥的外接球的体积为()A.36πB.16πC.D.11.(2018全国Ⅲ,文11)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若△ABC的面积为-,则C=()A.B.C.D.12.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,其导函数为f'(x),若对任意实数x都有x2f'(x)>2xf(-x),则不等式x2f(x)<(3x-1)2f(1-3x)的解集是()A.B.C.-D.-二、填空题13.从3男1女4名学生中,随机抽取2名学生组成小组代表班级参加学校的比赛活动,则该小组中有女生的概率为.14.若实数x,y满足约束条件----则z=4x+y的最大值为.15.(2018全国Ⅱ,文15)已知tan-,则tan α= .16.已知数列{a n}是等比数列,其公比为2,设b n=log2a n,且数列{b n}的前10项的和为25,则a1+a2+a3+…+a10的值为.组合增分练4答案1.C解析阴影部分表示的集合为A∩B,而A={x|x2-x-6<0}={x|-2<x<3},B={x|y=lg(x+1)}={x|x>-1},故A∩B={x|-1<x<3},故选C.2.B解析∵--=i,-=-i,i4=1,∴--=(i4)504·i+[(-i)4]504·(-i)=i-i=0.故选B.3.C解析∵ =(1,2),=(4,5),∴ =(3,3),λ=(λ+4,2λ+5),又·(λ)=0,∴3(λ+4)+3(2λ+5)=0,解得λ=-3.故选C.4.C解析垂直平面内的一条直线,不能确定直线与平面垂直,所以命题p是假命题;命题q满足直线与平面平行的性质定理,所以命题q是真命题,p是真命题;可得(p)∧q是真命题.故选C.5.A解析由题意可得(10+20+30+40+50)=30,(62+a+75+81+89),因为回归直线方程=0.67x+54.9过样本点的中心点,所以(a+307)=0.67×30+54.9,解得a=68,故选A.6.A解析∵x=log52<log5,1>y=ln 2>ln,z=>1,∴x<y<z.故选A.7.B解析由三视图知原几何体是一个棱长为2的正方体挖去一圆锥得到的,该圆锥的底为正方形的内切圆,高为1,∴该几何体的表面积为6×22-π+π×1×=24+(-1)π.故选B.8.D解析设∠B=θ,则∠ADC=2θ,在△ADC中,由,所以AC=8cos θ,在△ABC中,由,可得,所以16cos2θ=9,可得cos θ=,所以AC=8×=6.故选D.9.B解析双曲线的一条渐近线方程为bx+ay=0,圆心到双曲线的渐近线的距离为=b,∵渐近线被圆截得的弦长为2b,∴b2+b2=4a2,∴b2=2a2,即c2=3a2,∴e=.故选B.10.C解析把四棱锥P-ABCD补成一个长方体,可知此长方体的对角线为四棱锥P-ABCD的外接球的直径2R.∴(2R)2=22+22+12=9,∴R=,∴此四棱锥的外接球的体积为.故选C.11.C解析由S=-ab sin C,得c2=a2+b2-2ab sin C.又由余弦定理c2=a2+b2-2ab cos C,∴sin C=cos C,即C=.12.C解析∵f(x)是定义在R上的奇函数,∴f(-x)=-f(x).∵x2f'(x)>2xf(-x),∴x2f'(x)+2xf(x)>0.设g(x)=x2f(x),∴g'(x)=2xf(x)+x2f'(x)>0.∴函数g(x)在(0,+)上单调递增.又g(0)=0,g(-x)=x2f(-x)=-g(x),∴函数g(x)是R上的奇函数,∴g(x)是R上的增函数.∵x2f(x)<(3x-1)2f(1-3x),∴g(x)<g(1-3x),∴x<1-3x,解得x<.∴不等式x2f(x)<(3x-1)2f(1-3x)的解集为-.故选C.13.解析从3男1女4名学生中抽取2名学生共有6种不同的基本事件,有女生的事件数为3,所选2人中有1名女生的概率为p=,故答案为.14.14解析由约束条件----作出可行域如图.联立--解得A(3,2),化z=4x+y为y=-4x+z,当直线y=-4x+z过A时,直线在y轴上的截距最大,z有最大值为14.故答案为14.15.解析∵tan-=--,∴5tan α-5=1+tan α.∴tan α=.16.解析设首项为a,则a n=a·2n-1,∴b n=log2a n=log2a+n-1,∴b n-b n-1=log2a n-log2a n-1=1(n≥∴数列{b n}是以log2a为首项,以1为公差的等差数列,∴10log2a+-=25,∴a=.∴数列{a n}的首项为,∴a1+a2+a3+…+a10=--,故答案为.。
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压轴题增分练(四)
(时间：30分钟 满分：24分)
1．(12分)已知函数f (x )＝e x
cos x －x .
(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值． [规范解答及评分标准] (1)因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝e x
(cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.(2分) 又因为f (0)＝1，
所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(5分)
(2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．(7分) 所以对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0.所以函数f (x )在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．(10分) 因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2＝－π2.(12分) 2．(12分)线段AB 为圆M ：x 2＋y 2＋2x －10y ＋6＝0(圆心为M )的一条直径，其端点A ，B 在抛物线C ：x 2＝2py (p >0)
上，且A ，B 两点到抛物线C 的焦点的距离之和为212
. (1)求直径AB 所在的直线方程；
(2)过M 点的直线l 交抛物线C 于P ，Q 两点，抛物线C 在P ，Q 处的切线相交于点N ，求△PQN 面积的最小值．
[规范解答及评分标准] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线C 的焦点为F ，则
|AF |＋|BF |＝y 1＋y 2＋p ＝212
. 将圆M 的方程x 2＋y 2＋2x －10y ＋6＝0化为标准方程为(x ＋1)2＋(y －5)2＝20，∴圆M 的圆心为M (－1,5)．
∴y 1＋y 2＝2×5＝10，故10＋p ＝212，∴p ＝12
.(2分) ∴抛物线C 的方程为x 2＝y .
∴⎩⎪⎨⎪⎧ x 21＝y 1，x 22＝y 2，∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2
＝x 1＋x 2＝2×(－1)＝－2. ∴直径AB 所在的直线方程为y ＝－2(x ＋1)＋5，即2x ＋y －3＝0.(4分)
(2)不妨记P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，N (x 0，y 0)，直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)＋5.
联立⎩
⎪⎨⎪⎧ x 2＝y ，y ＝k x ＋＋5，消去y 并整理，得x 2－kx －k －5＝0. ∴Δ＝(k ＋2)2＋16>0，∴x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－k －5.
∴|PQ |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·k 2
＋4k ＋20.(6分)
∵函数y ＝x 2的导函数为y ′＝2x ，
.
∴抛物线C 在点P 处的切线的方程为y 0－y 1＝2x 1(x 0－x 1)， ∴x 21－2x 0x 1＋y 0＝0， 同理可得，抛物线C 在点Q 处的切线的方程为x 22－2x 0x 2＋y 0＝0， ∴x 1，x 2为一元二次方程x 2－2x 0x ＋y 0＝0的两个实数根，
∴x 1＋x 2＝2x 0，x 1x 2＝y 0，∴2x 0＝k ，∴y 0＝－k －5.∴x 0＝k 2.(8分) ∴点N 到直线l 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k 22＋2k ＋101＋k 2＝k 2＋4k ＋20
21＋k 2，(10分)
∴当k ＝－2时，△NPQ 的面积S 取得最小值，最小值为16.(12分)。