2020数学(理)总复习课件：活用4招巧解压轴解答题

秘籍04 立体几何1．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A．20π B．24πC．28π D．32π【答案】C【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为圆柱，下半部分为圆锥，圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥底面半径均为3，高均为4，则其表面积：S=π×32+π×3×5+2π×1×2=28π．故选：C．对于体积或表面积问题，一般先根据三视图准确还原几何体，再利用常规的几何体的体积公式或表面积公式求解.2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．163B．203C．169D．209【答案】B【解答】解：由题意可知几何体是组合体，左侧是四棱锥右侧是三棱柱，如图：棱锥的高为2，底面正方形的边长为2，三棱柱的底面等腰三角形的底边长为2，高为2．所以几何体的体积为：13×2×2×2+12×2×2×2=203．故选：B．求解几何体的表面积或体积的方法：(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算．(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解.对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用．3．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为2√2，则这个四棱锥的外接球的体积为（ ） A ．16π3B ．32π3C ．16πD ．32π【答案】B【解答】解：如图，设正四棱锥底面的中心为O ，则在直角三角形ABC 中，AC=√2×AB=4， ∴AO=CO=2，在直角三角形PAO 中，PO=√PA 2−AO 2=√(2√2)2−22=2， ∴正四棱锥的各个顶点到它的底面的中心的距离都为2， ∴正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径r=2， 球的体积V=43πr 3=323π.故选：B ．解决与球有关的“切”“接”问题，一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面，把空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．4．如图所示的几何体是由以等边三角形ABC 为底面的棱柱被平面DEF 所截而得，已知FA ⊥平面ABC ，AB=2，AF=2，CE=3，O 为BC 的中点，AO ∥面EFD ． （1）求BD 的长；（2）求证：面EFD ⊥面BCED ；（3）求平面DEF 与平面ACEF 相交所成锐角二面角的余弦值．【解答】解：（1）取ED 的中点P ，连接PO ，PF ，则PO 为梯形BCED 的中位线， PO=BD+CE 2=BD+32，又PO ∥BD ，AF ∥BD ，所以PO ∥AF ，所以A ，O ，P ，F 四点共面， 因为AO ∥面EFD ，且面AOPF ∩面EFD=PF ， 所以AO ∥PF ，所以四边形AOPF 为平行四边形， PO=AF=2，所以BD=1.证明：（2）由题意可知平面ABC ⊥面BCED ，又AO ⊥BC ，且AO ⊂平面ABC ，所以AO ⊥面BCED ， 因为AO ∥PF ，所以PF ⊥面BCED ，又PF ⊂面EFD ， 所以面EFD ⊥面BCED ．解：（3）以O 为原点，OC ，OA ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，A （0，√3，0），B （﹣1，0，0），C （1，0，0）．P （0，0，2），E （1，0，3），F （0，√3，2）.设Q 为AC 的中点，则Q （12，√32，0），由题意得BQ ⊥平面ACEF ，平面ACEF 的法向量为BQ →=（32，√32，0）.设平面DEF 的法向量为n →=（x ，y ，z ）， PE →=（1，0，1），PF →=（0，√3，0），则{n →⋅PF →=√3y =0n →⋅PE →=x +z =0，取x=﹣1，得n →=（﹣1，0，1）， 所以cos ＜BQ →，n →＞=BQ →⋅n→|BQ →|⋅|n →|=﹣√64，所以平面DEF 与平面ACEF 相交所成锐角二面角的余弦值为√64．利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标；(3)写出向量坐标；(4)结合公式进行论证、计算；(5)转化为几何结论．平面与平面的夹角计算公式设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|=|μ·v| |μ||v|=|cos〈μ，v〉|.1．若一个空间几何体的三视图如图所示，且已知该几何体的体积为4√33π，则其表面积为（）A．6π+4√3 B．6πC．34π+2√3 D．34π+√3【答案】A【解答】解：几何体是半圆锥，底面半径为r，高为：√3r，该几何体的体积为4√33π，可得：12×13×r2×√3rπ=4√33π，解得r=2，半圆锥的表面积为：12×22×π+12×4×2√3+12×124π×4=6π+4√3．故选：A．此类问题对考生的空间想象能力要求较高，会根据三视图作出空间几何体的直观图，然后根据条件结合表面积公式求得空间几何体的表面积，①画三视图的原则：长对正、高平齐、宽相等.②圆锥的表面积2ππS rl r =+.2．已知三棱锥P ﹣ABC 所有顶点都在球O 的球面上，底面△ABC 是以C 为直角顶点的直角三角形，AB=2√2，PA=PB=PC=√3，则球O 的表面积为（ ） A ．9π B ．9π4C ．4πD ．π【答案】A【解答】解析：设AB 中点为D ，则D 为△ABC 的外心，因为PA=PB=PC=√3，易证PD ⊥面ABC ， 所以球心O 在直线PD 上， 又PA=√3，AB=2√2，算得PD=1，设球半径为R ，则△AOD 中，（R ﹣1）2+2=R 2，可得：R=32． 则球O 的表面积S=4πR 2=9π， 故选：A ．对于空间几何体的外接球问题，首先根据几何体的结构特征利用勾股定理求得球的半径，然后利用公式求解，球的表面积公式24πS R =，体积公式34π3V R =.3．如图，已知多面体ABC-A 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC=120°，A 1A=4，C 1C=l ，AB=BC=B 1B=2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【解答】（I ）证明：∵A 1A ⊥平面ABC ，B 1B ⊥平面ABC ，∴AA 1∥BB 1， ∵AA 1=4，BB 1=2，AB=2，∴A 1B 1=√(AB)2+(AA 1−BB 1)2=2√2， 又AB 1=√AB 2+BB 12=2√2，∴21AA =21AB +211A B ，∴AB 1⊥A 1B 1， 同理可得：AB 1⊥B 1C 1，又A 1B 1∩B 1C 1=B 1，∴AB 1⊥平面A 1B 1C 1．（II ）解：取AC 中点O ，过O 作平面ABC 的垂线OD ，交A 1C 1于D ， ∵AB=BC ，∴OB ⊥OC ，∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=√3，以O 为原点，以OB ，OC ，OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示： 则A （0，﹣√3，0），B （1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，√3，1）， ∴AB →=（1，√3，0），BB 1→=（0，0，2），AC 1→=（0，2√3，1）， 设平面ABB1的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅AB →=0n →⋅BB 1→=0，∴{x +√3y =02z =0，令y=1可得n →=（﹣√3，1，0）， ∴cos ＜n →，AC 1→＞=n →⋅AC 1→|n →||AC 1→|=√32×√13=√3913．设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ，则sinθ=|cos ＜n →，AC 1→＞|=√3913． ∴直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值为√3913．直线与平面所成角的向量公式：直线a 的方向向量与平面α的法向量分别为m u r 和n r ，若m u r 与n r的夹角不大于90︒，直线a 与平面α所成的角等于m u r 与n r 夹角的余角，若m u r 与n r 的夹角大于90︒，直线a 与平面所成的角等于m u r 与n r夹角的补角的余角，所以直线a 与平面α所成的角θ的正弦值为m n m n⋅u r r u r r ．1．设 m ，n ，l 是三条不同的直线，α 是一个平面，l ⊥m ，则下列说法正确的是 ( ) A. 若 m ⊄α，l ⊥α，则 m ∥α B. 若 l ⊥n ，则 m ⊥nC. 若 l ⊥n ，则 m ∥nD. 若 m ∥n ，n ⊂α，则 l ⊥α2．已知 m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线 l 满足 l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则 ( ) A. α∥β，且 l ∥αB. α⊥β，且 l ⊥βC. α 与 β 相交，且交线垂直于 lD. α 与 β 相交，且交线平行于 l3．已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的顶点都在球O 的球面上，AB =AC=2，BC =2√2，若球O 的表面积为72π，则这个直三棱柱的体积是A．16 B．15C．8√2D．834．已知三棱锥P−ABC的高为PO，O为垂足，若P到底面△ABC三边所在的直线的距离相等，则O （假设O在△ABC内部）是△ABC的( )A. 外心B. 内心C. 垂心D. 重心5.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC. A1E⊥BC1D. A1E⊥AC6．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=√2，AA1=2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为A．23B．56C 3D67．如图，P为△ABC所在平面α外一点，PB⊥α，PC⊥AC，则△ABC的形状为( )A.锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不确定8．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体最长棱的长度为（）A．4 B．3√2 C．2√2 D．2√39．中国古代第一部数学名著《九章算术》中，将一般多面体分为阳马、鳖臑、堑堵三种基本立体图形，其中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥Q ABC -为鳖臑，QA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥， 3QA BC ==， 5AC =，则三棱锥Q ABC -外接球的表面积为A ．16πB ．20πC ．30πD ．34π10．如图所示，扇形AOB 的半径为2，圆心角为90︒，若扇形AOB 绕OA 旋转一周，则图中阴影部分绕OA 旋转一周所得几何体的体积为( )A ．3πB ．5πC ．83πD ．163π11．用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中梯形的上底是下底的12，若原平面图形的面积为32OA 的长为( )A ．2B 2C 3．3212．已知四棱锥P −ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，侧棱PA ⊥平面ABCD ，PA =2，若在四棱锥P −ABCD 的内部有一个半径为R 的球，则R 的最大值为A ．2−√2B ．1C ．√2−1D ．2√313.如图，在以下四个正方体中，直线AB 与平面CDE 垂直的是( )A．①②B．②④ C．①③ D．②③14．如图，AB是Oe的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，PA⊥平面ABC，则四面体P ABC-的四个面中，直角三角形的个数有()A．4个B．3个C．2个D．1个15．已知球O半径为3√2，设S、A、B、C是球面上四个点，其中∠ABC=90°，AB=BC=4√2，则棱锥S﹣ABC的体积的最大值为（）A．64√23 B．64√29C．32√23D．32√2916．已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面垂直，底面是边长为√3的正三角形，且该三棱柱外接球的表面积为7π，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为_________.17．如图，正方形ABCD的边长为3，点E , F分别在边AD , CD上，且AE=DF=2．将此正方形沿BE,BF,EF切割得到四个三角形，现用这四个三角形作为一个三棱锥的四个面，则该三棱锥的内切球的体积为_________．18．如图，在几何体ABC﹣A1B1C1中，点A1，B1，C1在平面ABC内的正投影分别为A，B，C，且AB⊥BC，AA1=BB1=4，AB=BC=CC1=2，E为AB1中点，（Ⅰ）求证；CE∥平面A1B1C1，（Ⅱ）求证：求二面角B1﹣AC1﹣C的大小．19．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2√2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，平面PAD⊥底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，PA=PD=AD=2．（1）求证：EF∥平面PBC；（2）求二面角F﹣ED﹣P的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点G，使GF⊥平面EDF？若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．21．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为√2的正方形，PA ⊥BD ． （Ⅰ）求证：PB=PD ；（Ⅱ）若E ，F 分别为PC ，AB 的中点，EF ⊥平面PCD ，求点B 到平面PCD 的距离．22．如图①所示，已知四边形SBCD 是由Rt SAB △和直角梯形ABCD 拼接而成的，其中AD DC ⊥，且点A 为线段SD 的中点，21,AD DC AB SD ===，现沿AB 进行翻折，使得二面角S AB C --的大小为90o ，连接,SC SD ，得到的图形如图②所示，点E 、F 分别在线段SB 、SC 上.（1）证明：BD AF ⊥；（2）若三棱锥E ABC -的体积是四棱锥S ABCD -体积的25，求二面角E AC B --的余弦值.1. 【答案】 A 【解析】若l⊥m，l⊥n，则m与n可能平行，也可能相交或异面，即B、C都不正确；由l⊥m，m∥n，可得l⊥n，不一定有l⊥α，即D不正确；对A，可在l上取一点P，过P作mʹ∥m，则mʹ⊥l，mʹ与l确定一个平面β，β∩α=a，由l⊥α，得l⊥a，又mʹ，a，l同在平面β内，则由l⊥mʹ，l⊥a得mʹ∥a，于是m∥a，又m⊄α，所以m∥α．2.【答案】D【解析】由题意作图得故选D．3．【答案】A【解析】设球O的半径为r，由题意知S=4πr2=72π,r=3√2，△为等腰直角三角形，因为AB=AC=2，BC=2√2，易知ABCBC)2=8，故三棱柱的高ℎ=2√r2−(12×2×2×8=16.故这个直三棱柱的体积是V=12故选A.【名师点睛】对于求解球的组合体问题常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.4.【答案】B【解析】因为P到△ABC三边所在直线的距离相等，所以O点到三边的距离相等，所以O为△ABC的内心．故选B．5．【答案】C【解析】：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，因为A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，所以A1B1⊥BC1，因为A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1ECB1，因为A1E⊂平面A1ECB1，所以A1E⊥BC1．故选C6．【答案】A【解析】画出图形，如图所示．连接AD1,B1D1，则AD1//BC1，所以∠B1AD1即为AB1与BC1所成的角或其补角．在∆B1AD1中，AB1=AD1=√6，B1D1=2，所以由余弦定理得cos∠B1AD1=6+6−42×6=23，所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为23．故选A．7.【答案】B【解析】由 PB ⊥α，AC ⊂α 得 PB ⊥AC ，又 AC ⊥PC ，PC ∩PB =P ，所以 AC ⊥平面PBC ，AC ⊥BC ，故选B ． 8【答案】D【解答】解：利用“三线交汇得顶点”的方法，该几何体位四棱锥P ﹣ABCD 如图所示，其中，正方体棱长为2， 所以最长棱为PC=2√3． 故选：D ．9．【答案】D【解析】将三棱锥Q ABC -补全为长方体，如图，则外接球的直径为2223534R =+,所以34R =，故外接球的表面积为24π34πR =.【名师点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法：(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．10.【答案】C【解答】解：扇形AOB 的半径为2，圆心角为90︒， 扇形AOB 绕OA 旋转一周，图中阴影部分绕OA 旋转一周所得几何体为：半径为2R =的半球去掉一个底面半径为2r =，高为2h =的圆锥，∴图中阴影部分绕OA 旋转一周所得几何体的体积为：3214182222333V πππ=⨯⨯-⨯⨯⨯=．故选：C ． 11.【答案】B【解答】解：由题意，原平面图形与斜二测画法得到的直观图的面积比为2，设OA x =，则直观图的面积为213()224x x x x +=g ， 2322324x ∴=∴2x =故选：B ．12．【答案】A【解析】根据题意，当满足R 最大时，对应的球是四棱锥的内切球，根据条件可以求得该四棱锥的表面积为S =2×2+2×(12×2×2)+2×(12×2×2√2)=8+4√2， 而该四棱锥的体积为V =13×2×2×2=83，结合13SR =V ， 解得R =3×838+4√2=2+√2=2−√2.故选A.【名师点睛】该题考查的是有关几何体的内切球半径的求解问题，在解题的过程中，需要时刻关注各个量之间的关系，最关键的就是等量关系从哪里入手来寻找，即V =13S 表R 是解决该题的根本，注意对题的条件的转化和有效利用. 13.【答案】B【解答】解：在①中，AB 与CE 的夹角为45︒，∴直线AB 与平面CDE 不垂直，故①错误； 在②中，AB BC ⊥，AB CD ⊥，AB ∴⊥平面CDE ，故②正确；在③中，AB 与EC 的夹角为60︒，∴直线AB 与平面CDE 不垂直，故③错误； 在④中，AB DE ⊥，AB CE ⊥，AB ∴⊥平面CDE ，故④正确．故选：B ． 14.【答案】A【解答】证明：AB Q 是圆O 的直径90ACB ∴∠=︒即BC AC ⊥，三角形ABC 是直角三角形又PA ⊥Q 圆O 所在平面，PAC ∴∆，PAB ∆是直角三角形．且BC 在这个平面内， PA BC ∴⊥ 因此BC 垂直于平面PAC 中两条相交直线， BC ∴⊥平面PAC ，PBC ∴∆是直角三角形．从而PAB ∆，PAC ∆，ABC ∆，PBC ∆中，直角三角形的个数是：4． 故选：A ． 15.【答案】A【解答】解：当S 在经过AC 与球心的连线上时，由于：AC=√(4√2)2+(4√2)2=8，球心到AC 的中点的连线，d=√(3√2)2−42=√2， 所以：锥体的最大高度为：h=3√2+√2=4√2，所以：V=13⋅12⋅4√2⋅4√2⋅4√2=64√23．故选：A ．16．【答案】π3【解析】如图所示，P 为正三角形A 1B 1C 1的中心，设O 为ΔABC 的中心，由题意知：PO ⊥平面ABC ，连结OA ，则∠PAO 即为PA 与平面ABC 所成的角.由题易知OP 中点为外接球的球心，设三棱柱外接球的半径为r ， ∵7π=4πr 2，∴r 2=74， ∴AO 2+(OP 2)2=74.在正三角形ABC 中，AB =BC =AC =√3， ∴AO =√33×√3=1，∴PO =√3.∴tan∠PAO =POAO =√3， ∴∠PAO =π3.17．【答案】4π81【解析】如图所示，在长、宽、高分别为1,2,3的长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， 三棱锥B 1−ABC 即为题中所给的四个面组成的三棱锥， 该三棱锥的体积：V =13×(12×1×2)×3=1，在△AB 1C 中，由勾股定理易得AC =√5,AB 1=√13,CB 1=√10， 由余弦定理可得：cos∠B 1CA =25×10=√210， 则sin∠B 1CA =√1−(√210)2=7√210，故S △B 1CA =12×√5×√10×7√210=72，该三棱锥的表面积为：S =12×(1×2+1×3+2×3)+72=9， 设三棱锥B 1−ABC 内切球的半径为R ,则V =13SR ，即：1=13×9×R,∴R =13，该三棱锥B 1−ABC 内切球的体积为V =43πR 3=4π81.【名师点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.18.【解答】（Ⅰ）证明：∵点A 1，B 1，C 1在平面ABC 内的正投影分别为A ，B ，C ， ∴AA 1∥BB 1∥CC 1，取A 1B 1中点F ，连接EF ，FC ，则EF ∥12A 1A ，EF=12A 1A ， ∵AA 14，CC 1=2，∴CC 1∥12A 1A ，CC 1=12A 1A ，∴CC 1∥EF ，CC 1=EF ，∴四边形EFC 1C 为平行四边形，∴CE ∥C 1F ， ∵CE ⊄平面A 1B 1C 1，C 1F ⊂平面A 1B 1C 1， ∴CE ∥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）解：建立如图所示的坐标系，则A （2，0，0），C （0，2，0），B 1（0，0，4），C 1（0，2，2）， ∴AC →=（﹣2，2，0），CC 1→=（0，0，2），AB 1→=（﹣2，0，4），B 1C 1→=（0，2，﹣2）．设平面ACC 1的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{−2x +2y =02z =0，令x=1，则n →=（1，1，0）．同理可得平面AB 1C 1的法向量为m →=（2，1，1）， ∴cos ＜n →，m →＞=m →⋅n→|m →||n →|=√32．由图可知二面角B 1﹣AC 1﹣C 为钝角， ∴二面角B 1﹣AC 1﹣C 的大小为150°．19.【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE ⊥平面ABCD ，平面BDFE ∩平面ABCD=BD ，AC ⊂平面ABCD ，AC ⊥BD ，∴AC ⊥平面BDFE ．又AC ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面BDFE ．（2）设AC ∩BD=O ，∵四边形ABCD 为等腰梯形，AC ⊥BD ，AB=2CD=2√2，∴OD=OC=1，OB=OA=2， ∵EF ∥OB 且EF=OB ，∴四边形FEBO 为平行四边形， ∴OF ∥BE ，且OF=BE=2，又∵BE ⊥平面ABCD ，∴OF ⊥平面ABCD ．以O 为原点，向量OA →，OB →，OF →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B （0，2，0），D （0，﹣1，0），F （0，0，2），C （﹣1，0，0）， ∴DF →=（0，1，2），CD →=（1，﹣1，0），BF →=（0，﹣2，2），设平面DFC 的一个法向量为n →=（x ，y ，z ），则有{n →⋅DF →=0n →⋅CD →=0，即{y +2z =0x −y =0， 不妨设z=1，得x=y=﹣2．即n →=（﹣2，﹣2，1）， 于是cos ＜n →，BF →＞=n →⋅BF→|n →||BF →|=2√2×3=√22． 设BF 与平面DFC 所成角为θ，则sin θ=|cos ＜n →，BF →＞|=√22． ∴BF 与平面DFC 所成角的正弦值为√22．20.【解答】证明：（1）如图，连结AC ，∵四边形ABCD 是正方形， ∴AC 与BD 互相平分，又∵F 是BD 中点，F 是AC 中点， ∴EF ∥PC ，又∵在△PAC 中，E 是PA 中点，F 是AC 中点， ∴EF ∥PC ，又∵EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ．解：（2）取AD 中点O ，在△PAD 中， ∵PA=PD ，∴PO ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD=AD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵OF ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥OF ， ∵F 是AC 的中点，∴OF ⊥AD ，如图，以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x ，y ，z 轴， |OA →|为单位长度建立空间直角坐标系， ∵PA=PD=AD=2，∴OP=√3，则O （0，0，0），A （1，0，0），B （1，2，0），C （﹣1，2，0），D （﹣1，0，0），P （0，0，√3），E （12，0，√32），F （0，1，0）， ∴AB →=（0，2，0），DE →=（32，0，√32），DF →=（1，1，0）， ∵OF ⊥平面PAD ，∴OF →=（0，1，0）是平面PAD 的一个法向量， 设平面EFD 的一个法向量是n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅DF →=x +y =0n →⋅DE →=32x +√32y =0，取x=1，得n →=（1，﹣1，﹣√3）， ∴|cos ＜DF →，n →＞|=|OF →⋅n →||OF →|⋅|n →|=√5=√55，∴二面角F ﹣ED ﹣P 的正弦值为：(√55)=2√55． （3）假设在棱PC 上存在一点G ，使得GF ⊥平面EDF ， 设G （x 1，y 1，z 1），则FG →=（x 1，y 1﹣1，z 1），由（2）知平面EDF 的一个法向量n →=（1，﹣1，﹣√3）， ∵GF ⊥平面EDF ，∴设FG →=λn →=（λ，−λ，−√3λ），则x 1=λ，y 1=1−λ，z 1=−√3λ， ∵点G 在棱PC 上，∴CG →与PC →共线，∵PC →=（﹣1，2，﹣√3），CG →=（x 1+1，y 1﹣2，z 1）， ∴x 1+2−1=y 1−22=1−√3，即1+λ−2=−λ−12=√3λ−√3，无解，∴在棱PC 上不存在一点G ，使得GF ⊥平面EDF ．21.【解答】证明：（1）连接AC ，BD 交于点O ，连结PO ．解：（1）连接AC ，BD 交于点O ，连结PO ． ∵底面ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，OB=OD ．又PA ⊥BD ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，PA ∩AC=A ， ∴BD ⊥平面PAC ，∵PO ⊂平面PAC ，∴BD ⊥PO ． 又OB=OD ，∴PB=PD ．解：（2）设PD 的中点为Q ，连接AQ ，EQ ， 则EQ ∥CD ，EQ=12CD ，又AF ∥CD ，AF=12AB=12CD ， ∴EQ ∥AF ，EQ=AF ，∴四边形AQEF 为平行四边形，∴EF ∥AQ ， ∵EF ⊥平面PCD ，∴AQ ⊥平面PCD ， ∴AQ ⊥PD ，∵Q 是PD 的中点， ∴AP=AD=√2．∵AQ ⊥平面PCD ，∴AQ ⊥CD ， 又AD ⊥CD ，AQ ∩AD=A ， ∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PA ． 又BD ⊥PA ，BD ∩CD=D ， ∴PA ⊥平面ABCD ．以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B （√2，0，0），P （0，0，√2），A （0，0，0），Q （0，√22，√22）， ∵AQ ⊥平面PCD ，∴AQ →=（0，√22，√22）为平面PCD 的一个法向量． ∴PB →=（﹣√2，0，√2）， ∴点B 到平面PCD 的距离：d=|PB →⋅AQ →||AQ →|=√2+2=1．22．【解析】（1）因为二面角S AB C --的大小为90o ，且SA AB ⊥，平面SAB I 平面ABCD AB =，所以SA ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以SA BD ⊥；在直角梯形ABCD 中，90BAD ADC ∠=∠=o ，21AD CD ==，2AB =， 所以1tan tan 2ABD CAD ∠=∠=，即ABD CAD ∠=∠. 又90CAD BAC ∠+∠=o ，所以90ABD BAC ∠+∠=o ，即AC BD ⊥； 又AC SA A =I ， 所以BD ⊥平面SAC ， 因为AF ⊂平面SAC ， 所以BD AF ⊥.（2）如图，分别以,,AD AB AS 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(0,0,1)S ，(0,2,0)B ，1(1,,0)2C ，(1,0,0)D . 设三棱锥E ABC -的高为h ，因为25E ABC S ABCD V V --=，所以511215321122132ABCD S ABCDE ABC ABC S SA V V S h h --⨯⋅⨯===⋅⨯⨯⨯四边形△，故12h =， 故E 为SB 中点，即1(0,1,)2E . 设平面EAC 的法向量为(,,)x y z =m ，又1(1,,0)2AC =u u u r ，1(0,1,)2AE =u u u r ，由0,0,AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m 得10,210,2x y y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩取2y =-，得平面EAC 的一个法向量为(1,2,4)=-m ，又(0,0,1)AS ==u u u rn 是平面ABCD 的一个法向量，所以421cos ,||||21⋅==⋅m n m n m n ， 由图可知二面角E AC B --为锐角， 所以二面角E AC B --的余弦值为42121.。

2019年中考数学压轴题解题技巧解说数学压轴题是初中数学中覆盖知识面最广，综合性最强的题型。

综合近年来各地中考的实际情况，压轴题多以函数和几何综合题的形式出现。

压轴题考查知识点多，条件也相当隐蔽，这就要求学生有较强的理解问题、分析问题、解决问题的能力，对数学知识、数学方法有较强的驾驭能力，并有较强的创新意识和创新能力，当然，还必须具有强大的心理素质。

下面谈谈中考数学压轴题的解题技巧。

如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（4，0）、C（8，0）、D（8，8）.抛物线y=ax2+bx过A、C两点.(1)直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；(2)动点P从点A出发．沿线段AB向终点B运动，同时点Q从点C出发，沿线段CD向终点D运动．速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒.过点P作PE⊥AB交AC于点E.①过点E作EF⊥AD于点F，交抛物线于点G.当t为何值时，线段EG最长?②连接EQ．在点P、Q运动的过程中，判断有几个时刻使得△CEQ是等腰三角形?请直接写出相应的t值.解：(1)点A的坐标为（4，8）…………………1分将A (4，8)、C（8，0）两点坐标分别代入y=ax2+bx8=16a+4b得0=64a+8b解得a=-12,b=4∴抛物线的解析式为：y=-12x2+4x …………………3分（2）①在Rt△APE和Rt△ABC中，tan∠PAE=PEAP=BCAB,即PEAP=48∴PE=12AP=12t．PB=8-t．∴点Ｅ的坐标为（4+12t，8-t）.∴点G的纵坐标为：-12（4+12t）2+4(4+12t）=-18t2+8. …………………5分∴EG=-18t2+8-(8-t) =-18t2+t.∵-18＜0，∴当t=4时，线段EG最长为2. …………………7分②共有三个时刻. …………………8分t1=163， t2=4013，t38525．…………………11分压轴题的做题技巧如下：1、对自身数学学习状况做一个完整的全面的认识，根据自己的情况考试的时候重心定位准确，防止“捡芝麻丢西瓜”。

2020年高考数学（理）总复习：函数的图象与性质、函数与方程题型训练题型一函数的定义域、值域及解析式【题型要点解析】(1)函数定义域的求法求函数的定义域，其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可．(2)分段函数问题的5种常见类型及解题策略①求函数值：弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算．②求函数最值：分别求出每个区间上的最值，然后比较大小．③解不等式：根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值范围的大前提．④求参数：“分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程．奇偶性：利用奇函数(偶函数)的定义判断．(3)函数值和值域的求法：求解函数值时只要根据自变量的值与函数的对应关系代入求解即可，在分段函数中要根据自变量所在的区间选取函数解析式；求解函数值域的方法有：公式法、图象法、换元法、数形结合法、有界性法等，要做到具体问题具体分析，选取适当的求解方法．例1．已知函数f(x2－3)＝lgx2x2－4，则f(x)的定义域为________．【解析】设t＝x2－3，则x2＝t＋3，则f(t)＝lgt＋3t＋3－4＝lgt＋3t－1，由t＋3t－1>0得t>1或t<－3，∵t ＝x 2－3≥－3，∴t >1，即f (t )＝lgt ＋3t －1的定义域为(1，＋∞)， 故函数f (x )的定义域为(1，＋∞)． 【答案】 (1，＋∞)例2．设集合A ＝⎪⎭⎫⎢⎣⎡21,0，B ＝⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,21，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋12，x ∈A ，2(1－x )，x ∈B .若x 0∈A ，且f [f (x 0)]∈A ，则x 0的取值范围是( )A.⎥⎦⎤ ⎝⎛41,0B.⎥⎦⎤⎝⎛21,41 C.⎪⎭⎫⎝⎛21,41 D.⎥⎦⎤⎢⎣⎡83,0【解析】因为x 0∈A ，即0≤x 0<12，所以f (x 0)＝x 0＋12，12≤x 0＋12<1，即12≤f (x 0)<1，即f (x 0)∈B ，所以f [f (x 0)]＝2[1－f (x 0)]＝1－2x 0.因为f [f (x 0)]∈A ，所以0≤1－2x 0<12，解得14<x 0≤12.又因为0≤x 0<12，所以14<x 0<12，故选C.【答案】 C题组训练一：函数的定义域、值域及解析式1．函数f (x )的定义域是[0,3]，则函数y ＝f (2x －1)lg (2－x )的定义域是________．【解析】 ∵函数f (x )的定义域是[0,3]，∴由⎩⎪⎨⎪⎧0≤2x －1≤32－x >0lg (2－x )≠0得：⎩⎨⎧12≤x ≤2x <2x ≠1，即12≤x <2且x ≠1，即函数的定义域为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫12≤x <2且x ≠1， 【答案】 ⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫12≤x ≤2，且x ≠1 2．设[x ]表示不超过实数x 的最大整数，如[2.6]＝2，[－2.6]＝－3.设g (x )＝a xa x ＋1(a >0，且a ≠1)，那么函数f (x )＝[g (x )－12]＋[g (－x )－12]的值域为( )A ．{－1,0,1}B ．{0,1}C ．{1，－1}D ．{－1,0}【解析】∵g (x )＝a x a x ＋1，∴g (－x )＝1a x ＋1，∴0<g (x )<1,0<g (－x )<1，g (x )＋g (－x )＝1. 当12<g (x )<1时，0<g (－x )<12，∴f (x )＝－1. 当0<g (x )<12时，12<g (－x )<1，∴f (x )＝－1.当g (x )＝12时，g (－x )＝12，∴f (x )＝0.综上，f (x )的值域为{－1,0}，故选D.【答案】 D3．已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋2)＝f (x )对x ∈R 恒成立，当x ∈[0,1]时，f (x )＝2x ，则f (－92)＝( )A.12 B.2 C.22D ．1【解析】 ∵f (x ＋2)＝f (x )对x ∈R 恒成立， ∴f (x )的周期为2，f (x )是定义在R 上的偶函数， ∴f (－92)＝f (－12)＝f (12)∵当x ∈[0,1]时，f (x )＝2x ，∴f (12)＝2，故选B.【答案】 B题型二 函数的图象及其应用 【题型要点解析】(1)作图：常用描点法和图象变换法．图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和对称变换．尤其注意y ＝f (x )与y ＝f (－x )，y ＝－f (x )，y ＝－f (－x )，y ＝f (|x |)，y ＝|f (x )|及y ＝af (x )＋b 的相互关系．(2)识图：从图象与坐标轴的交点及左、右、上、下分布范围、变化趋势、对称性等方面找准解析式与图象的对应关系．(3)用图：图象形象地显示了函数的性质，因此，函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究．例1．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x1＋x(x >0)ln (－x )1－x (x <0)的图象大致是( )【解析】 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x1＋x(x >0)ln (－x )1－x (x <0)，满足f (－x )＝f (x )，所以函数是偶函数，排除选项B ，D ；当x ∈(0,1)时，f (x )＝ln x1＋x<0，排除A.故选C. 【答案】C2．函数y ＝2sin x 1＋1x2⎪⎭⎫⎝⎛⎥⎦⎤ ⎝⎛⋃⎪⎭⎫⎢⎣⎡-∈43,00,43ππx 的图象大致是( )【解析】 函数满足f (－x )＝－f (x )，函数是奇函数，关于原点对称，f (x )＝2x 2sin x 1＋x 2，f ′(x )＝(4x sin x ＋2x 2cos x )(1＋x 2)－2x 2sin x ·2x (1＋x 2)2＝4x sin x ＋2x 2cos x ＋2x 4cos x (1＋x 2)2，f ′(π2)>0，并且f (π2)>0，满足条件的只有A ，故选A. 【答案】 A题组训练二：函数的图象及其应用1．函数f (x )＝ln(|x |－1)＋x 的大致图象是( )【解析】因为函数f (x )＝ln(|x |－1)＋x ，所以x >1时，f (x )＝ln(x －1)＋x ，函数在(1，＋∞)上递增，只有选项A 符合题意，故选A.【答案】 A2．函数f (x )＝(x 2－2x )e x 的图象大致是( )【解析】 因为f ′(x )＝(2x －2＋x 2－2x )e x ＝(x 2－2)e x ，所以当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，函数单调递增；当x ∈(－2，2)时，f ′(x )<0，函数单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数单调递增；又x <－2时，x 2－2x >0，即f (x )>0.应选答案B.【答案】B题型三 函数的性质及其应用 【题型要点解析】解决与函数有关的综合问题的常见4个切入点(1)已知函数的单调性和周期性，常画出函数的图象求解；(2)已知函数的奇偶性和相对函数的对称性，常画出函数的图象求解；(3)求函数的最值或值域时，常结合相应函数在待求区间上图象的最高点、最低点的纵坐标求解；(4)求解方程(不等式)中的参数的取值范围时，常借助函数性质求解． 例1．设函数f (x )＝ln (1＋|x |)－11＋x 2，则使得f (x )＞f (2x －1)成立的x 的取值范围是( ) A.⎪⎭⎫ ⎝⎛1,31B.⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-31,∪(1，＋∞)C.⎪⎭⎫⎝⎛-31,31 D.⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-31,∪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,31【解析】 函数f (x )为偶函数． ∵当x ≥0时，f (x )＝ln (1＋x )－11＋x 2， 在(0，＋∞)上y ＝ln (1＋x )单调递增，y ＝－11＋x 2也单调递增，根据单调性的性质知，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可知，f (x )＞f (2x －1)⇔f (|x |)＞f (|2x －1|)⇔|x |＞|2x －1|⇔x 2＞(2x －1)2⇔3x 2－4x ＋1＜0⇔13＜x ＜1.【答案】A例2．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，若方程f (x ＋1)＝|x 2＋2x －3|的零点分别为x 1，x 2，…，x n ，则x 1＋x 2＋…＋x n ＝( )A ．nB ．－nC ．－2nD ．－3n【解析】函数f (x )是定义在R 上的偶函数，所以函数f (x )的图象关于y 轴对称，函数f (x ＋1)的图象是由函数f (x )的图象向左平移1个单位得到的，所以函数f (x ＋1)的对称轴为直线x ＝－1，且函数g (x )＝|x 2＋2x －3|的对称轴也是直线x ＝－1，所以方程f (x ＋1)＝|x 2＋2x －3|零点关于直线x ＝－1对称，所以有x 1＋x 2＋…＋x n ＝－n ，故选B.【答案】 B题组训练三：函数的性质及其应用1．如图放置的边长为1的正方形P ABC 沿x 轴滚动，点B 恰好经过原点．设顶点P (x ，y )的轨迹方程式为y ＝f (x )(x ∈R )，则对函数y ＝f (x )有下列判断：①函数y ＝f (x )是偶函数；②对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x －2)； ③函数y ＝f (x )在区间[2,3]上单调递减； ④f (x )d x ＝π＋12.其中判断正确的序号是________．【解析】当－2≤x ≤－1时，P 的轨迹是以A 为圆心，1为半径的14圆；当－1≤x ≤1时，P的轨迹是以B 为圆心，2为半径的14圆；当1≤x ≤2时，P 的轨迹是以C 为圆心，1为半径的14圆；当2≤x ≤3时，P 的轨迹是以A 为圆心，1为半径的14圆，所以函数的周期为4，图象如图所示．根据其对称性可知y ＝f (x )是偶函数，所以①正确；因为最小正周期为4，所以②正确；函数f (x )在[2,3]上单调递增，所以③错误；根据定积分的几何意义可知f (x )d x ＝18×π×(2)2＋12×1×1＋14×π×12＝π＋12，所以④正确，故正确答案为①②④.【答案】 ①②④2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x －1|，x ∈(0，2]min{|x －1|，|x －3|}，x ∈(2，4]min{|x －3|，|x －5|}，x ∈(4，＋∞).(1)若f (x )＝a 有且只有1个实根，则实数a 的取值范围是________．(2)若关于x 的方程f (x ＋T )＝f (x )有且只有3个不同的实根，则实数T 的取值范围是________．【解析】 函数f (x )图象如下图．根据上图，若f(x)＝a只有1个实根，则a>1；若将函数f(x)的图象向左平移T＝2个单位时，如下图所得图象与f(x)的图象在(0,4]上重合，此时方程f(x＋T)＝f(x)有无穷多个解，所以若方程有且只有3个不同的实根，平移图象，如下图观察可知2<T<4或－4<T<－2.【答案】(1)(1，＋∞)(2)(－4，－2)∪(2,4)【专题训练】一、选择题1．函数f(x)＝2－2x＋1log3x的定义域为()A．{x|x<1}B．{x|0<x<1} C．{x|0<x≤1} D．{x|x>1}【解析】要使函数有意义，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2－2x≥0log 3x ≠0，x >0即⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1x ≠1x >0，得0<x <1，即函数的定义域为{x |0<x <1}，故选B.【答案】 B2．若函数f (x )满足f (1－ln x )＝1x ，则f (2)等于( )A.12 B ．eC.1eD ．－1【解析】 解法一：令1－ln x ＝t ，则x ＝e 1－t ，于是f (t )＝1e1－t，即f (x )＝1e1－x ，故f (2)＝e .解法二：由1－ln x ＝2，得x ＝1e ，这时1x ＝11e ＝e ，即f (2)＝e.【答案】 B3．下列函数中，可以是奇函数的为( ) A ．f (x )＝(x －a )|x |，a ∈R B ．f (x )＝x 2＋ax ＋1，a ∈R C ．f (x )＝log 2(ax －1)，a ∈RD ．f (x )＝ax ＋cos x ，a ∈R【解析】 对于A ，f (－x )＝(－x －a )|－x |＝(－x －a )|x |，若f (－x )＋f (x )＝(－2a )|x |＝0，则a ＝0，A 满足；对于B ，f (－x )＝(－x )2－ax ＋1，若f (－x )＋f (x )＝2x 2＋2＝0，则方程无解，B 不满足；对于C ，由ax －1>0，不管a 取何值，定义域均不关于原点对称，则C 不满足；对于D ，f (－x )＝－ax ＋cos(－x )＝－ax ＋cos x ，若f (－x )＋f (x )＝2cos x ＝0，则不满足x 为一切实数，D 不满足．故选A.【答案】A4．已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )【解析】 方法一 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，x ≠0，解得f (x )的定义域为{x |x >－1，且x ≠0}．令g (x )＝ln (x ＋1)－x ，则g ′(x )＝1x ＋1－1＝－x x ＋1， 当－1<x <0时，g ′(x )>0；当x >0时，g ′(x )<0.∴f (x )在区间(－1,0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上为增函数，对照各选项，只有B 符合．方法二 本题也可取特值，用排除法求解：f (2)＝1ln 3－2<0，排除A.f ⎪⎭⎫⎝⎛-21＝1ln 12＋12＝1lne 2<0，排除C ，D ，故选B. 【答案】 B5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2e x ，x <0log 2(x ＋1)＋2，x ≥0(e 为自然对数的底数)，则不等式f (x )>4的解集为( )A ．(－ln 2,0)∪(3，＋∞)B ．(－ln 2，＋∞)C ．(3，＋∞)D ．(－ln 2,0)【解析】 当x <0时，2e x >4，解得：x >ln 2，不合题意； 当x ≥0时，log 2(x ＋1)＋2>4，解得：x >3， 综上可得：不等式的解集为：(3，＋∞)． 【答案】C6．函数f(x)＝x2－bx＋c满足f(1＋x)＝f(1－x)且f(0)＝3，则f(b x)和f(c x)的大小关系是()A．f(b x)≤f(c x)B．f(b x)≥f(c x)C．f(b x)>f(c x)D．大小关系随x的不同而不同【解析】∵f(1＋x)＝f(1－x)，∴f(x)图象的对称轴为直线x＝1，由此得b＝2.又f(0)＝3，∴c＝3.∴f(x)在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增．若x≥0，则3x≥2x≥1，∴f(3x)≥f(2x)．若x<0，则3x<2x<1，∴f(3x)>f(2x)．∴f(3x)≥f(2x)．即f(b x)≤f(c x)．【答案】 A7．函数f(x)＝(16x－16－x)log2|x|的图象大致为()【答案】 A8.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ，x >0，|x ＋3|，－4≤x <0(a >0且a ≠1)．若函数f (x )的图象上有且只有两个点关于y 轴对称，则a 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(1,4)C ．(0,1)∪(1，＋∞)D ．(0,1)∪(1,4)【解析】 由题意得y ＝log a x 与y ＝|x －3|,0<x ≤4有且仅有一个交点，当0<a <1时，有且仅有一个交点；当a >1时，需满足log a 4>4－3⇒1<a <4，因此a 的取值范围是(0,1)∪(1,4)，选D.【答案】 D9．如果函数f (x )＝12(m －2)x 2＋(n －8)x ＋1(m ≥0，n ≥0)在区间⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，那么mn 的最大值为( )A ．16B ．18C ．25 D.812【解析】 当m ＝2时，f (x )＝(n －8)x ＋1在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,21上单调递减，则n －8<0⇒n <8，于是mn <16，则mn 无最大值．当m ∈[0,2)时，f (x )的图象开口向下且过点(0,1)，要使f (x )在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,21上单调递减，需－n －8m －2≤12，即2n ＋m ≤18，又n ≥0，则mn ≤m ⎪⎭⎫ ⎝⎛-29m ＝－12m 2＋9m .而g (m )＝－12m 2＋9m 在[0,2)上为增函数，∴m ∈[2,0)时，g (m )<g (2)＝16，∴mn <16，故m ∈[0,2)时，mn 无最大值．当m >2时，f (x )的图象开口向上且过点(0,1)，要使f (x )在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,21上单调递减，需－n －8m －2≥2，即2m ＋n ≤12，而2m ＋n ≥2 2m ·n ，∴mn ≤18，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋n ＝12，2m ＝n ，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝6时，取“＝”，此时满足m >2.故(mn )max ＝18.故选B.【答案】 B10．若函数f (x )是周期为4的奇函数，且在[0,2]上的解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x (1－x )，0≤x ≤1，sin πx ，1<x ≤2，则⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎝⎛641f f ＝________. 【答案】 1411．已知函数f (x )＝2x －12x ＋1＋x ＋sin x ，若正实数a ，b 满足f (4a )＋f (b －9)＝0，则1a ＋1b 的最小值为________．【解析】 因为f (－x )＝－f (x )，故由题设可得当4a ＋b ＝9，即4a 9＋b 9＝1时，则1a ＋1b＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛+b a a b a 1994＝19⎪⎭⎫ ⎝⎛+++a b b a 414≥19(5＋4)＝1，当且仅当b ＝2a 时取等号． 【答案】 112．．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，－x 2－2x ，x ≤0，若函数y ＝2[f (x )]2＋2bf (x )＋1有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．【解析】 根据题意作出f (x )的简图：由图象可得当k ∈(0,1)时，函数f (x )－k 有四个不同零点．若方程2f 2(x )＋2bf (x )＋1＝0有8个不同实数解，令k ＝f (x )，则关于k 的方程2k 2＋2bk ＋1＝0有两个不同的实数根k 1、k 2，且k 1和k 2均为大于0且小于1的实数，即有k 1＋k 2＝－b ，k 1k 2＝12.故：⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4b 2－8>00<k 1＋k 2<2k 1k 2>0(k 1－1)(k 2－1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧b >2或b <－20<－b <2b >－32，可得－32<b <－ 2.【答案】⎝⎛⎭⎫－32，－2。

2020年中考数学专题讲座一：选择题解题方法一、中考专题诠释选择题是各地中考必考题型之一，2019年各地命题设置上，选择题的数目稳定在8～14题，这说明选择题有它不可替代的重要性.选择题具有题目小巧，答案简明；适应性强，解法灵活；概念性强、知识覆盖面宽等特征，它有利于考核学生的基础知识，有利于强化分析判断能力和解决实际问题的能力的培养.二、解题策略与解法精讲选择题解题的基本原则是：充分利用选择题的特点，小题小做，小题巧做，切忌小题大做.解选择题的基本思想是既要看到各类常规题的解题思想，但更应看到选择题的特殊性，数学选择题的四个选择支中有且仅有一个是正确的，又不要求写出解题过程. 因而，在解答时应该突出一个“选”字，尽量减少书写解题过程，要充分利用题干和选择支两方面提供的信息，依据题目的具体特点，灵活、巧妙、快速地选择解法，以便快速智取，这是解选择题的基本策略. 具体求解时，一是从题干出发考虑，探求结果；二是题干和选择支联合考虑或从选择支出发探求是否满足题干条件. 事实上，后者在解答选择题时更常用、更有效.三、中考典例剖析考点一：直接法从题设条件出发，通过正确的运算、推理或判断，直接得出结论再与选择支对照，从而作出选择的一种方法。

运用此种方法解题需要扎实的数学基础.例1 （2019•白银）方程的解是（）A．x=±1 B．x=1 C．x=﹣1 D．x=0思路分析：观察可得最简公分母是（x+1），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．解：方程的两边同乘（x+1），得x2﹣1=0，即（x+1）（x﹣1）=0，解得：x1=﹣1，x2=1．检验：把x=﹣1代入（x+1）=0，即x=﹣1不是原分式方程的解；把x=1代入（x+1）=2≠0，即x=1是原分式方程的解．则原方程的解为：x=1．故选B．点评：此题考查了分式方程的求解方法．此题难度不大，注意掌握转化思想的应用，注意解分式方程一定要验根．对应训练1．（2019•南宁）某单位要组织一次篮球联赛，赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），计划安排10场比赛，则参加比赛的球队应有（）A．7队B．6队C．5队D．4队考点二：特例法运用满足题设条件的某些特殊数值、特殊位置、特殊关系、特殊图形、特殊数列、特殊函数等对各选择支进行检验或推理，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，由此判明选项真伪的方法。

范文2020年中考数学总复习方法论与解题技巧十三大1/ 7专题讲座(完整版)-1- 策略. 具体求解时，一是从题干出发考虑，探求结果；二2020 年中考数学专题讲座一：选择题解题方法一、中考专题诠释选择题是各地中考必考题型之一，2019 年各地命题设置上，选择题的数目稳定在 8～14 题，这说明选择题有它不可替是题干和选择支联合考虑或从选择支出发探求是否满足题干条件. 事实上，后者在解答选择题时更常用、更有效. 三、中考典例剖析考点一：直接法代的重要性. 从题设条件出发，通过正确的运算、推理或判断，直选择题具有题目小巧，答案简明；适应性强，解法灵活；接得出结论再与选择支对照，从而作出选择的一种方法。

概念性强、知识覆盖面宽等特征，它有利于考核学生的基础知运用此种方法解题需要扎实的数学基础. 识，有利于强化分析判断能力和解决实际问题的能力的培养. 二、解题策略与解法精讲选择题解题的基本原则是：充分利用选择题的特点，小题例 1 （2019?白银）方程 A．x=±1 B．的解是（） x=1 C．小做，小题巧做，切忌小题大做. 解选择题的基本思想是既要看到各类常规题的解题思想， x=﹣1 D． x=0 思路分析：观察可得最简公分母是（x+1），方程两边乘但更应看到选择题的特殊性，数学选择题的四个选择支中有且最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．仅有一个是正确的，又不要求写出解题过程. 因而，在解答时应该突出一个“选”字，尽量减少书写解题过程，要充分利用题干和选择支两方面提供的信息，依据题目的具体特点，灵活、解：方程的两边同乘（x+1），得 x2﹣1=0，即（x+1）（x﹣1）=0，巧妙、快速地选择解法，以便快速智取，这是解选择题的基本解得：x1=﹣1，x2=1．3/ 7检验：把 x=﹣1 代入（x+1）=0，即 x=﹣1 不是原分式方程的解；把 x=1 代入（x+1）=2≠0，即 x=1 是原分式方程的解．则原方程的解为：x=1．故选 B．点评：此题考查了分式方程的求解方法．此题难度不大， -2- 取得愈简单、愈特殊愈好. 例 2 （2019?常州）已知 a、b、c、d 都是正实数，且 a c ， bd 给出下列四个不等式：① a c ；② c a ；③ d b ；ab cd cd ab cd ab ④bd 。