37、2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练8 解答题综合练A Word版含解析

专题突破练16热点小专题二球与多面体的内切、外接一、选择题1.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.12πB.πC.8πD.4π2.(2019江西九江一模,文9)《九章算术》卷第五《商功》中,有“贾令刍童,上广一尺,袤二尺,下广三尺,袤四尺,高一尺.”,意思是:“假设一个刍童,上底面宽1尺,长2尺;下底面宽3尺,长4尺,高1尺(如图).”(注:刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形,两底面的中心连线与底面垂直的几何体),若该几何体所有顶点在一球的表面上,则该球体的表面积为()A.46π平方尺B.41π平方尺C.40π平方尺D.36π平方尺3.(2019山东济宁一模,理9)《九章算术》中,将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视图如图所示,则该“堑堵”的外接球的体积为()A.πB.πC.6πD.8π4.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O 的直径为()A.13B.4C.2D.25.(2019山东潍坊二模,文10)一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2,则该四面体外接球的表面积为()A.6πB.12πC.32πD.48π6.(2019湖北八校联考二,文8)已知三棱锥的三视图如图所示,且各顶点在同一球面上,则该球的表面积是()A.12πB.10πC.8πD.6π7.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()A.36πB.64πC.144πD.256π8.如图②,需在正方体的盒子内镶嵌一个小球,使得镶嵌后三视图均为图①所示,且面A1C1B截得小球的截面面积为,则该小球的体积为()A. B. C. D.9.已知A,B,C,D是同一球面上的四个点,其中△ABC是正三角形,AD⊥平面ABC,AD=2AB=6,则该球的体积为()A.32πB.48πC.24πD.16π10.(2019四川第二次诊断,理10)已知一个几何体的正视图,侧视图和俯视图均是直径为10的圆(如图),这个几何体内接一个圆锥,圆锥的体积为27π,则该圆锥的侧面积为()A.9πB.12πC.10πD.11.(2019山西吕梁一模,文12)四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,AD=4,AB=2,且SA+SD=8,当该四棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为()A.20πB.25πC.πD.π12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为()A. B. C. D.二、填空题13.(2019四川成都二模,理14)已知三棱锥A-BCD的四个顶点都在球O的表面上,若AB=AC=AD=1,BC=CD=BD=,则球O的表面积为.14.(2019河北唐山一模,理15)在四面体ABCD中,AB=BC=1,AC=,且AD⊥CD,该四面体外接球的表面积为.15.(2019湖南六校联考,理15)在《九章算术》中,将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图,若四棱锥P-ABCD为阳马,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=3,BC=AB=4,设该阳马的外接球半径为R,内切球半径为r,则=.16.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径,若平面SCA⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9,则球O的表面积为.参考答案专题突破练16热点小专题二球与多面体的内切、外接1.A解析设正方体的棱长为a,由a3=8,得a=2.由题意可知,正方体的体对角线为球的直径,故2r=,则r=.所以该球的表面积为4π×()2=12π,故选A.2.B解析由已知得球心在几何体的外部,设球心到几何体下底面的距离为x,则R2=x2+2=(x+1)2+2,解得x=2,∴R2=,∴该球的表面积S=41π.故选B.3.A解析根据几何体的三视图可知几何体为底面为腰长为的直角等腰三角形,高为2的直三棱柱.设外接球的半径为R,则(2R)2=()2+()2+22,解得R=,所以V=π()3=π.故选A.4.A解析由题意可知,直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球O的半径R=,故球O的直径为13.故选A.5.B解析如图,在四面体ABCD中,∠ABD=∠ABC=∠BCD=∠ACD=90°,AB=BC=CD=2,可得BD=2,AD=2,设AD的中点为O,连接OB,OC,则OB=OC=OA=OD,所以AD的中点O即为外接球的球心,故球O半径为,其表面积为12π,故选B.6.A解析根据三视图,把该三棱锥放入长、宽、高分别为2,的长方体中,如图所示.则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,所以外接球的半径R满足(2R)2=PC2=22+()2+()2=12,所以外接球的表面积是4πR2=12π.7.C解析由△AOB的面积确定可知,若三棱锥O-ABC的底面OAB上的高最大,则其体积最大.因为高最大为半径R,所以V O-ABC=R2×R=36,解得R=6,故S球=4πR2=144π.8.B解析设正方体盒子的棱长为2a,则内切球的半径为a,平面A1BC1是边长为2a 的正三角形,且球与以点B1为公共点的三个面的切点恰为△A1BC1三边的中点,∴所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积,则由图得,△A1BC1内切圆的半径是a×tan30°=a,则所求的截面圆的面积是π·a2=a2=,故a=1,∴该小球的体积为V球=×13=.9.A解析由题意画出几何体的直观图如图,把A,B,C,D扩展为三棱柱,上下底面中心的中点与A的距离为球的半径,AD=2AB=6,OE=3,△ABC是正三角形,AE=×3=,AO==2.故所求球的体积为π×(2)3=32π.10.A解析几何体的轴截面如图所示,设圆锥的底面半径为r,由题意可得×π×r2×(+5)=27π,解得r=3,所以该圆锥的侧面积为×6π×=9π.故选A.11.D解析当点S到底面ABCD的距离最大时,四棱锥的体积最大,这时△SAD为等边三角形,S到底面ABCD的距离为2且平面SAD⊥平面ABCD.设球心O到平面ABCD 的距离OE=x,则由OD=OS,得x2+5=(2-x)2+1,所以x=,所以四棱锥外接球的半径R=,所以四棱锥外接球的表面积为S=4πR2=π.故选D.12.A解析∵SC是球O的直径,∴∠CAS=∠CBS=90°.∵BA=BC=AC=1,SC=2,∴AS=BS=.取AB的中点D,显然AB⊥CD,AB⊥SD,∴AB⊥平面SCD.在△CDS中,CD=,DS=,SC=2,利用余弦定理可得cos∠CDS==-, ∴sin∠CDS=,∴S=,△CDS故V=V B-CDS+V A-CDS=×S△CDS×BD+S△CDS×AD=S△CDS×BA=×1=.13.3π解析(法一)如图,取CD的中点E,连接BE,可得BE=,设等边三角形BCD的中心为G,则BG=,∴AG=.设三棱锥A-BCD的外接球的半径为R,则R2=BG2+OG2,即R2=2+-R2,解得R=.∴球O的表面积为4πR2=3π.(法二)∵AB=AC=AD=1,BC=CD=BD=,∴由勾股定理的逆定理得三棱锥的三个侧面都是全等的直角三角形,将三棱锥补形为正方体,则其外接球的直径为正方体的体对角线,∴2R=,故球O的表面积为4πR2=3π.14.2π解析如图所示,由AB=BC=1,AC=,得AB⊥BC,所以△ABC和△DAC都是直角三角形.△ABC外接圆的圆心是AC的中点,△DAC外接圆的圆心也是AC的中点,且两个=4πR2=2π.三角形的外接圆都是球的大圆,所以球半径R=AC=,所以S球15.解析易知该阳马补形所得到的长方体的体对角线为外接球的直径,所以(2R)2=AB2+AD2+AP2=42+42+32=41,R=.因为侧棱PA⊥底面ABCD,且底面为正方形,所以内切球O1在侧面PAD内的正视图是△PAD的内切圆,则内切球半径为1,故.16.36π解析取SC的中点O,连接OA,OB.因为SA=AC,SB=BC,所以OA⊥SC,OB⊥SC.因为平面SAC⊥平面SBC,且OA⊂平面SAC,所以OA⊥平面SBC.设OA=r,则V A-SBC=×S△SBC×OA=×2r×r×r=r3,所以r3=9,解得r=3.所以球O的表面积为4πr2=36π.。

专题突破练17空间中的平行与几何体的体积1.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.(1)证明:BC1∥平面A1CD;(2)设AA1=AC=CB=2,AB=2√2,求三棱锥C-A1DE的体积.2.(2019山东菏泽一模,文18)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥底面ABCD,BD1⊥B1D,四边形ABCD是边长为4的菱形,D1D=6,E,F分别是线段AB的两个三等分点.(1)求证:D1F∥平面A1DE;(2)求四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面积.3.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,AD=AB=1.(1)若点G为线段BC的中点,证明:平面EFG∥平面PAB;(2)在(1)的条件下,求以△EFG为底面的三棱锥C-EFG的高.4.(2019安徽合肥一模,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,△BCD为等边三角形,BD=2√3,PA=√2,AB=AD=PB=PD,∠BAD=120°.(1)若点E为PC的中点,求证:BE∥平面PAD;(2)求四棱锥P-ABCD的体积.(2019山西考前适应训练二,文19)如图,平面ABCD⊥平面CDEF,且四边形ABCD是梯形,四边形CD,M是线段DE上的动点.CDEF是矩形,∠BAD=∠CDA=90°,AB=AD=DE=12(1)试确定点M的位置,使BE∥平面MAC,并说明理由;(2)在(1)的条件下,四面体E-MAC的体积为3,求线段AB的长.6.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN∥平面PAB;(2)求四面体N-BCM的体积.7.(2019湖南湘潭一模,文19)如图,在各棱长均为4的直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,∠ABD=60°,E,F分别为BB1,DD1棱上一点,且DF=1,BE=3EB1.(1)证明:A1F∥平面ACE;(2)在图中作出点A在平面A1BD内的正投影H(说明作法及理由),并求三棱锥B-CDH的体积.8.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB=BC=√2,AD=DC=√5,PD=2,AB⊥BC,E是△PAC的重心,F,G分别在侧棱PC和PD上,且PFPC =PGPD=23.(1)求证:平面EFG∥平面ABCD;(2)若三棱锥P-EFG的体积为1681,求点A到平面PCD的距离.参考答案专题突破练17空间中的平行与几何体的体积1.(1)证明连接AC1交A1C于点F,则F为AC1的中点.又D是AB的中点,连接DF,则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)解因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D为AB的中点,所以CD⊥AB.又AA1∩AB=A,于是CD⊥平面ABB1A1.由AA1=AC=CB=2,AB=2√2得∠ACB=90°,CD=√2,A1D=√6,DE=√3,A1E=3, 故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.所以V C -A 1DE =13×12×√6×√3×√2=1.2.(1)证明 连接AD 1与A 1D 交于点M ,则M 为AD 1的中点,连接EM.因为E ,F 分别是线段AB 的两个三等分点,所以E 是线段AF 的中点. 又因为M 是线段AD 1的中点,所以EM ∥D 1F.又因为EM ⊂平面A 1DE ,D 1F ⊄平面A 1DE ,所以D 1F ∥平面A 1DE.(2)解 因为四边形ABCD 是边长为4的菱形,D 1D=6,且D 1D ⊥底面ABCD , 所以侧面为四个全等的矩形,所以四个侧面的面积为S 侧=6×4×4=96. 因为D 1D ⊥平面ABCD ,连接BD ,B 1D 1,所以四边形BDD 1B 1是矩形, 又BD 1⊥B 1D ,所以四边形BDD 1B 1是正方形,所以BD=D 1D=6,所以S △ABD =12BD·√AD 2-(12BD) 2=12×6×√42-(12×6) 2=3√7, 所以S 四边形ABCD =2S △ABD =6√7.所以四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的表面积为S 表=S 侧+2S 四边形ABCD =96+12√7. 3.(1)证明 ∵E ,F 分别是PC ,PD 的中点,∴EF ∥CD.∵底面ABCD 是矩形,∴CD ∥AB. ∴EF ∥AB.又AB ⊂平面PAB ,EF ⊄平面PAB ,∴EF ∥平面PAB. 同理EG ∥平面PAB.∵EF∩EG=E,∴平面EFG∥平面PAB.(2)解∵PA⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD, ∴PA⊥BC.∵BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,∴C到平面PAB的距离为BC=1,∴以△EFG为底面的三棱锥C-EFG的高为1.2 4.(1)证明取CD的中点为M,连接EM,BM.∵△BCD为等边三角形,∴BM⊥CD.∵∠BAD=120°,AD=AB,∴∠ADB=30°,∴AD⊥CD,∴BM∥AD.又BM⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,∴BM∥平面PAD.∵E为PC的中点,M为CD的中点,∴EM∥PD.又EM⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,∴EM∥平面PAD.∵EM∩BM=M,∴平面BEM∥平面PAD.又BE ⊂平面BEM ,∴BE ∥平面PAD.(2)解 连接AC 交BD 于点O ,连接PO.∵CB=CD ,AB=AD ,∴AC ⊥BD ,O 为BD 的中点.又∠BAD=120°,BD=2√3,△PBD ≌△ABD ,∴AO=PO=1.又PA=√2,∴PA 2=PO 2+OA 2,∴PO ⊥OA.又PO ⊥BD ,∴PO ⊥平面ABD ,即四棱锥P-ABCD 的高为PO=1,∴四棱锥P-ABCD 的体积V=13×√34×(2√3)2+12×2√3×1×1=4√33. 5.解 (1)当EM=13DE 时,BE ∥平面MAC.证明如下:连接BD ,交AC 于点N ,连接MN ,因为AB=12CD ,所以DNNB =2.又EM=13DE ,所以DM=2EM.所以MN ∥BE.又MN ⊂平面MAC ,BE ⊄平面MAC ,所以BE ∥平面MAC.(2)因为CD ⊥DA ,CD ⊥DE ,DA ∩DE=D ,所以CD ⊥平面ADE.又平面ABCD ⊥平面CDEF ,AD ⊥DC ,所以AD ⊥平面CDEF ,所以AD ⊥DE.设AB=a ,则V E-MAC =V C-AME =13×CD×S △AME =19a 3.所以19a 3=3,解得a=3.因此AB=3.6.(1)证明 由已知得AM=23AD=2.取BP 的中点T ,连接AT ,TN ,由N 为PC 的中点知TN ∥BC ,TN=12BC=2. 又AD ∥BC ,故TN AM ,四边形AMNT 为平行四边形,于是MN ∥AT. 因为AT ⊂平面PAB ,MN ⊄平面PAB ,所以MN ∥平面PAB.(2)解 因为PA ⊥平面ABCD ,N 为PC 的中点,所以N 到平面ABCD 的距离为12PA. 取BC 的中点E ,连接AE.由AB=AC=3得AE ⊥BC ,AE=√AB 2-BE 2=√5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为√5,故S △BCM =12×4×√5=2√5.所以四面体N-BCM 的体积V N-BCM =13×S △BCM ×PA 2=4√53. 7.(1)证明 在CC 1上取一点G ,使得CG=1.∵BE=3EB1,BB1=4,∴CG B1E,∴B1G∥EC.∵DF=1,∴同理可证明A1F∥B1G,∴A1F∥EC.又EC⊂平面ACE,A1F⊄平面ACE,∴A1F∥平面ACE.(2)解设AC与BD交于点O,连接A1O.过A作AH⊥A1O,H为垂足,H即为A在平面A1BD内的正投影.理由如下: ∵AA1⊥平面ABCD,∴AA1⊥BD.又BD⊥AO,AO∩AA1=A,∴BD⊥平面A1AO.∴BD⊥AH,又A1O∩BD=O,∴AH⊥平面A1BD.∵AO=4sin 60°=2√3,AA1=4,∴A1O=2√7.由AO2=OH×A1O得OH=√7.过H作HK⊥AO,垂足为K,由HKAA1=OHA1O,得HK=127.∴V B-CDH=V H-BCD=13×12×4×4×sin 60°×127=16√37.8.(1)证明 延长PE ,交AC 于点M ,∵E 是△PAC 的重心,F ,G 分别在侧棱PC 和PD 上,且PF PC =PG PD =23. ∴M 是AC 的中点,PE PM =PF PC =PG PD =23.∴GF ∥CD ,EF ∥AC ,∵EF ∩GF=F ,AC ∩CD=C ,EF ,GF ⊂平面EFG ,CD ,AC ⊂平面ABCD , ∴平面EFG ∥平面ABCD.(2)解 ∵AB=BC=√2,AD=DC=√5,PD=2,AB ⊥BC , ∴AC=√AB 2+BC 2=2,DM=√DC 2-CM 2=2,∴S △CDM =12×CM×DM=1,∴S △EFG =232S △CDM =49. 设点P 到平面EFG 的距离为h ,则P 到平面ABCD 的距离为32h ,∵三棱锥 P-EFG 的体积为1681,∴V P-EFG =13×h×S △EFG =13×h×49=1681,解得h=43,∴P 到平面ABCD 的距离为32h=32×43=2, ∵PD=2,∴PD ⊥平面ABCD ,∴PD ⊥AD ,过A 作AO ⊥CD ,交CD 于点O , ∵PD ∩CD=D ,∴AO ⊥平面PCD ,∴AO 是点A 到平面PCD 的距离,∵S △ACD =12×AC×DM=12×CD×AO ,∴AO=AC×DMCD =√5=4√55.∴点A到平面PCD的距离为4√5.5。

专题突破练8应用导数求参数的值或范围1.(2019北京顺义统考二,文18)设函数f(x)=a-ln x,a∈R.(1)若点(1,1)在曲线y=f(x)上,求在该点处曲线的切线方程;(2)若f(x)有极小值2,求a.2.(2019山东潍坊二模,文21)已知函数f(x)=x e x-a ln x(无理数e=2.718…).(1)若f(x)在(0,1)单调递减,求实数a的取值范围;(2)当a=-1时,设g(x)=x(f(x)-x e x)-x3+x2-b,若函数g(x)存在零点,求实数b的最大值.3.设函数f(x)=e mx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.4.(2019湘赣十四校联考二,理21)已知函数f(x)=(ax-1)e x+a.(1)若f(x)≥f(0)恒成立,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)<ax有且只有两个整数解,求a的取值范围.5.(2019四川第二次诊断,理21)已知f(x)=x ln x.(1)求f(x)的极值;(2)若f(x)-ax x=0有两个不同解,求实数a的取值范围.6.(2019山东德州一模,理21,文21)已知函数f(x)=e2x-3-(2x-3)2.(1)证明:当x≥时,f(x)≥1;(2)设g(x)=+ln,若存在实数x1,x2,使得f(x1)+-=g(x2),求x2-x1的最小值.参考答案专题突破练8应用导数求参数的值或范围1.解(1)因为点(1,1)在曲线y=f(x)上,所以a=1,f(x)=-ln x.又f'(x)=-,所以f'(1)=-在该点处曲线的切线方程为y-1=-(x-1),即x+2y-3=0.(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-讨论:①当a≤0时,f'(x)<0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以不存在极小值.②当a>0时,令f'(x)=0可得x=,当x发生变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x0,,+∞所以f(x)在0,上单调递减,在,+∞上单调递增,=f=2-ln,所以2-ln=2,解得a=2(负值舍去).所以f(x)极小值2.解(1)f'(x)=(x+1)e x--由题意可得f'(x ≤0,x∈(0,1)恒成立.即(x2+x)e x-a≤0,也就是a≥ x2+x)e x在x∈(0,1)恒成立.设h(x)=(x2+x)e x,则h'(x)=(x2+3x+1)e x.当x∈(0,1)时,x2+3x+1>0,h'(x)>0在x∈(0,1)单调递增.即h(x)<h(1)=2e.故a≥2e.(2)当a=-1时,f(x)=x e x+ln x.g(x)=x ln x-x3+x2-b,由题意得问题等价于方程b=x ln x-x3+x2,在(0,+∞)上有解.先证明ln x≤x-1.设u(x)=ln x-x+1,x∈(0,+∞),则u'(x)=-1=-可得当x=1时,函数u(x)取得极大值,∴u(x ≤u(1)=0.因此ln x≤x-1,所以b=x ln x-x3+x2≤x(x-1)-x3+x2=-x(x2-2x+1 ≤0.当x=1时,取等号.故实数b的最大值为0.3.解(1)f'(x)=m(e mx-1)+2x.若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,e mx-1≤0,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,e mx-1≥0,f'(x)>0.若m<0,则当x∈(-∞,0)时,e mx-1>0,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,e mx-1<0,f'(x)>0.所以,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是--, ---,即--,--①设函数g(t)=e t-t-e+1,则g'(t)=e t-1.当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t ≤0.当m∈[-1,1]时,g(m ≤0,g(-m ≤0,即①式成立;当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即e m-m>e-1; 当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.综上,m的取值范围是[-1,1].4.解(1)∵f(x)=(ax-1)e x+a,∴f'(x)=(ax-1+a)e x.∵f(x ≥f(0)恒成立,∴f'(0)=a-1=0,∴a=1.当a=1时,f'(x)=x e x,∴f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.∴f(x ≥f(0)恒成立,∴a=1符合题意.∴f(x)=(x-1)e x+1,f'(x)=x e x,故f(1)=1,f'(1)=e,∴f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y-1=e(x-1),即y=e x-e+1.(2)∵f(x)=(ax-1)e x+a<ax,化简即a(x e x-x+1)<e x.①当a≤0时,x>0时,x e x-x+1>0,∴a(x e x-x+1 ≤0<e x恒成立,此时f(x)=(ax-1)e x+a<ax有无数个整数解,不合题意.②当a>0时,原不等式可化为>x-令h(x)=x-∴h'(x)=-,令φ(x)=e x+x-2,∴φ'(x)=e x+1,∴φ(x)在R上单调递增.又φ(0)=-1<0,φ(1)=e-1>0,∴存在唯一x0∈(0,1),使得φ(x0)=0.∴h(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,且x0∈(0,1).又h(0)=1,h(1)=1,h(-1)=2e-1,h(2)=2-,∴当原不等式有且只有两个整数解时,a<1.1<2-,即-5.解(1)f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ln x+1.令f'(x)>0,解得x>令f'(x)<0,解得0<x<所以f(x)在0,内递减,在,+∞内递增,故当x=时,f(x)极小值=f=-(2)记t=x ln x,t≥-,则e t=e x ln x=(e ln x)x=x x,故f(x)-ax x=0,即t-a e t=0,a=令g(t)=,g'(t)=-令g'(t)>0,解得0<t<1.令g'(t)<0,解得t>1.故g(t)在(0,1)递增,在(1,+∞)内递减,故g(t)max=g(1)=由t=x ln x,t≥-,a=g(t)=的图象和性质有:①0<a<,y=a和g(t)有两个不同交点(t1,a),(t2,a),且0<t1<1<t2, t1=x ln x,t2=x ln x各有一解,即f(x)-ax x=0有2个不同解.②--<a<0,y=a和g(t)=仅有1个交点(t3,a),且-<t3<0,t3=x ln x有2个不同的解,即f(x)-ax x=0有两个不同解.③a取其他值时,f(x)-ax x=0最多1个解,综上,a的范围是(--,0)∪0,.6.解(1)令t=2x-3,当x时,f(x ≥1等价于当t≥0时,e t-t2-1≥0.设函数u(t)=e t-t2-1,则u'(t)=e t-2t.[u'(t)]'=e t-2.当t∈[0,ln 2)时,u'(t)为减函数,当t∈(ln 2,+∞)时,u'(t)为增函数.所以u'(t ≥u'(ln 2)=2-2ln 2>0.所以u(t)在[0,+∞)内为增函数,所以u(t ≥u(0)=0.即当x时,f(x ≥1.(2)设f(x1)+(2x1-3)2=g(x2)=m,则-+ln=m.因为x1∈R,所以->0,即m>0,所以2x1-3=ln m,ln=m-,所以x1=,x2=2-,x2-x1=2-(m>0).令h(x)=2-(x>0),则h'(x)=2-,所以[h'(x)]'=2->0,所以h'(x)在(0,+∞)内为增函数,且h'=0.当x>时,h'(x)>0;当0<x<时,h'(x)<0.所以,h(x)在0,内为减函数,在,+∞内为增函数.故当x=时,h(x)min=h=,即x2-x1的最小值为。

2020高考数学大二轮专题突破文科通用三角变换与解三角形1.在△ABC中,a=7,b=8,cos B=-.(1)求∠A;(2)求AC边上的高.2.(2019江西南昌外国语学校高三适应性考试,理17)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知--.(1)求的值;(2)若cos B=,b=2,求△ABC的面积.3.(2019河南南阳高三联考,文17)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,(a cos C-b)=a sin C.(1)求角A;(2)若点D为BC的中点,且AD的长为,求△ABC面积的最大值.4.已知f(x)=12sin·cos x-3,x∈.(1)求f(x)的最大值和最小值;(2)CD为△ABC的内角平分线,已知AC=f(x)max,BC=f(x)min,CD=2,求∠C.5.已知函数f(x)=sin2x-cos2x+2sin x cos x(x∈R).(1)求f(x)的最小正周期;(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若f(A)=2,c=5,cos B=,求△ABC中线AD的长.6.(2019福建厦门高三一模,理17)在平面四边形ABCD中,∠ABC=,∠ADC=,BC=2.(1)若△ABC的面积为,求AC;(2)若AD=2,∠ACB=∠ACD+,求tan ∠ACD.7.(2019河北衡水中学高三五模,文17)已知函数f(x)=m sin ωx-cos ωx(m>0,ω>0)的最大值为2,且f(x)的最小正周期为π.(1)求m的值和函数f(x)的单调递增区间;(2)设角A,B,C为△ABC的三个内角,对应边分别为a,b,c,若f=0,b=1,求a-c 的取值范围.8.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边.若a cos B=3,b cos A=1,且A-B=,(1)求边c的长;(2)求角B的大小.参考答案专题突破练11三角变换与解三角形1.解(1)在△ABC中,∵cos B=-,∴B∈,∴sin B=-.由正弦定理,得,∴sin A=.∵B∈,∴A∈,∴A=.(2)在△ABC中,sin C=sin(A+B)=sin A cos B+sin B cos A=-.如图所示,在△ABC中,过点B作BD⊥AC交AC于点D.∵sin C=,∴h=BC·sin C=7×,∴AC边上的高为.2.解(1)由正弦定理,得--,所以--,即(cos A-2cos C)sin B=(2sin C-sin A)cos B,cos A sin B-2cos C sin B=2sin C cos B-sin A cos B, cos A sin B+sin A cos B=2sin C cos B+2cos C sin B.化简得sin(A+B)=2sin(B+C).又A+B+C=π,所以sin C=2sin A,因此=2. (2)由=2,得c=2a.由余弦定理b2=a2+c2-2ac cos B及cos B=,b=2, 得4=a2+4a2-4a2×,解得a=1,从而c=2.又因为cos B=,且0<B<π,所以sin B=.因此S=ac sin B=×1×2×.3.解(1)由正弦定理,可得(sin A cos C-sin B)=sin A sin C.∵A+B+C=π,∴B=π-(A+C).∴[sin A cos C-sin(A+C)]=sin A sin C,即-cos A sin C=sin A sin C,∵0<C<π,∴sin C>0.∴tan A=-.∵0<A<π,∴A=.(2)∵AD为BC边上的中线,∴).又AD=,∴3=+2)=(b2+c2-bc)≥, ∴bc≤12 当且仅当b=c时取得等号.∴S△ABC=bc sin A=bc≤3,当且仅当b=c时取得等号, ∴△ABC面积的最大值为3.4.解(1)f(x)=12sin x××cos x+12cos x×cos x-3=3sin 2x+3(1+cos 2x)-3=6sin.∵f(x)在上单调递增,在上单调递减,∴f(x)max=6,f(x)min=3.(2)在△ADC中,,在△BDC中,.∵sin∠ADC=sin∠BDC,AC=6,BC=3,∴AD=2BD.在△BCD中,BD2=17-12cos,在△ACD中,AD2=44-24cos=68-48cos,∴cos,即C=.5.解(1)f(x)=-cos 2x+sin 2x=2sin-,T==π,即函数f(x)的最小正周期为π.(2)由(1)知f(x)=2sin-,∵在△ABC中,f(A)=2,∴sin-=1.∴2A-,∴A=.∵cos B=,∴sin B=,∴sin C=sin(A+B)=,在△ABC中,由正弦定理,得,∴a=7.∴BD=.在△ABD中,由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2AB×BD×cos B=52+-2×5×,∴AD=.6.解(1)在△ABC中,因为BC=2,∠ABC=,S△ABC=AB·BC·sin ∠ABC=,所以AB=,解得AB=3.在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC cos ∠ABC=7, 所以AC=.(2)设∠ACD=α,则∠ACB=∠ACD+=α+.如图.在Rt△ACD中,因为AD=2,所以AC=,在△ABC中,∠BAC=π-∠ACB-∠ABC=-α,由正弦定理,得,即,-所以2sin-α=sin α.所以2cos α-sin α=sin α,即cos α=2sin α.所以tan α=,即tan ∠ACD=.7.解(1)f(x)=m sin ωx-cos ωx=sin(ωx+φ),其中tan φ=-.因为f(x)的最大值为2,所以=2.又因为m>0,所以m=.又因为f(x)的最小正周期为π,所以ω==2.所以f(x)=sin 2x-cos 2x=2sin2x-.令2kπ-≤2x-≤2kπ+,可得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z),所以f(x)的单调递增区间为kπ-,kπ+(k∈Z).(2)因为f=2sin B-=0,所以B=.由正弦定理可得a=2sin A,c=2sin C.a-c=sin A-sin C=sin A-sin A+=sin A-.因为0<A<,所以-<A-.所以-<sin A-≤1.所以a-c的取值范围是-,1.8.解(1)a cos B=3,a×-=3,化为a2+c2-b2=6c,①b cos A=1,b×-=1,化为b2+c2-a2=2c.②解由①,②组成的方程组得2c2=8c,即c=4.(2)由(1)得到的c=4代入①可得a2-b2=8.又A-B=,∴A=B+,C=π-(A+B)=π-,可得sin C=sin.由正弦定理可得,∴a=,b=.∴a2-b2=8⇔16sin2-16sin2B=8sin2,∴1-cos-(1-cos 2B)=sin2,即cos 2B-cos=sin2,∴sin=sin2,∴sin=0或sin2B+=1,B∈,解得B=.。

压轴题(一)12．(2019·山东潍坊摸底考试)在△ABC 中，已知角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且(a ＋b )∶(c ＋a )∶(b ＋c )＝6∶5∶4，给出下列结论：①△ABC 被唯一确定； ②△ABC 一定是钝角三角形； ③sin A ∶sin B ∶sin C ＝7∶5∶3； ④若b ＋c ＝8，则△ABC 的面积是1532. 其中正确结论的序号是( )A ．①③B ．②③C ．③④D ．②③④ 答案 B解析 由已知可设a ＋b ＝6k ，c ＋a ＝5k ，b ＋c ＝4k (k >0)，则a ＝72k ，b ＝52k ，c ＝32k ，所以a ∶b ∶c ＝7∶5∶3，所以sin A ∶sin B ∶sin C ＝7∶5∶3，所以③正确．又a ，b ，c 的值不确定，所以①错误．在△ABC 中，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－12，A ＝2π3，所以②正确．因为b ＋c ＝8，所以b ＝5，c ＝3，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝1534，所以④错误．16．(2019·湘赣十四校联考二)如图，正三棱锥P －ABC 的高PO ＝8，底面边长为4，M ，N 分别在BC 和PO 上，且PN ＝2CM ，当三棱锥N －AMC 体积最大时，三棱锥N －AMC 的内切球的半径为________．答案13－3解析 设CM ＝x ，V N －AMC ＝13S △AMC ·NO ＝13×12AC ·CM ·sin60°·(PO －PN )＝13×12×4x ×32×(8－2x )＝233(4x －x 2)，当x ＝2时，V N －AMC 取得最大值833，此时M为BC 的中点，AM 经过点O ，且NO ＝4，AO ＝433，∴OM ＝233，NM ＝2393，NA ＝NC ＝833，则S △NAM ＝43，S △NCM ＝2393，S △NAC ＝4393，S △CAM ＝23，又∵13(S △NAM ＋S △NCM ＋S △NAC ＋S △CAM )·r ＝V N －AMC ， ∴r ＝13－3.20．已知函数f (x )＝(x 2＋ax ＋1)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若不等式f (x )≥x ＋1恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝(x ＋1)(x ＋a ＋1)e x ，令f ′(x )＝0得x 1＝－1，x 2＝－1－a ； ①当a ＝0时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；②当a >0时，在(－∞，－1－a )∪(－1，＋∞)上f ′(x )>0，在(－1－a ，－1)上f ′(x )<0，因此f (x )在(－∞，－1－a )和(－1，＋∞)上单调递增，在(－1－a ，－1)上单调递减．③当a <0时，在(－1，－1－a )上f ′(x )<0，在(－∞，－1)∪(－1－a ，＋∞)上f ′(x )>0，因此f (x )在(－1，－1－a )上单调递减，在(－∞，－1)和(－1－a ，＋∞)上单调递增．(2)令g (x )＝f (x )－x －1，则g ′(x )＝f ′(x )－1，由于g (0)＝0，若g (x )≥0恒成立，则必有g ′(0)＝0，得a ＝0，此时f (x )＝(x 2＋1)e x ； 则g ′(x )＝(x ＋1)2e x －1，记G (x )＝(x ＋1)2e x －1， 则G ′(x )＝(x ＋1)(x ＋3)e x ，则G (x )的单调性如下表：x <0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，g (x )≥g (0)＝0， 因此f (x )≥x ＋1；所以当a ＝0时，f (x )≥x ＋1恒成立，因此a ＝0.21．(2019·湖南五市十校教研教改共同体12月联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，右焦点为F ，以原点O 为圆心，椭圆C 的短半轴长为半径的圆与直线x －y －2＝0相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，过定点P (2,0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，连接AF 并延长交C 于点M ，求证：∠PFM ＝∠PFB .解 (1)依题意可设圆C 的方程为x 2＋y 2＝b 2， ∵圆C 与直线x －y －2＝0相切，∴b ＝|2|12＋12＝1.∴a 2－c 2＝1， 由c a ＝22，解得a ＝2， ∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：依题意可知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，代入x 22＋y 2＝1，整理得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0， ∵直线l 与椭圆有两个交点，∴Δ＞0，即2k 2－1＜0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AF ，BF 的斜率分别为k 1，k 2，则x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k 2，∵F (1,0)，∴k 1＋k 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1＝k (x 1－2)x 1－1＋k (x 2－2)x 2－1＝2k －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1＋1x 2－1＝2k －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2－2x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＝2k －k ·8k 21＋2k 2－28k 2－21＋2k 2－8k 21＋2k 2＋1＝2k －k ·4k 2－22k 2－1＝0，即∠PFM ＝∠PFB .。

80分小题精准练(二)(建议用时：50分钟)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A ＝{x |lg x ＜1}，B ＝{0,1,2}，则A ∩B ＝( ) A ．{1,2} B ．{0,1,2} C ．{1}D ．{0}A [因为A ＝{x |lg x ＜lg 10}＝{x |0＜x ＜10}，所以A ∩B ＝{1,2}，故选A.] 2．若复数z ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－i 1＋i ＋2i ，则z ＝( ) A ．i B ．1＋2i C ．2＋2iD ．－1＋2iB [因为1－i 1＋i ＝(1－i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1－2i ＋i 22＝－i ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－i 1＋i ＝1，z ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－i 1＋i ＋2i ＝1＋2i.故选B.]3．[一题多解]若角α满足sin α1－cos α＝5，则1＋cos αsin α＝( )A.15 B.52 C ．5或15D ．5D [法一：sin α1－cos α＝2sin α2cos α21－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2sin 2α2＝cos α2sin α2＝2cos 2α22sin α2cos α2＝1＋cos αsin α＝5.故选D.法二：tan α2＝sin α1＋cos α＝1－cos αsin α＝15，所以1＋cos αsin α＝5.故选D.]4．某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：A —结伴步行，B —自行乘车，C —家人接送，D —其他方式．并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图．请根据图中信息，求本次抽查的学生中A 类人数是()A ．30B ．40C ．42D ．48A [由条形统计图知，B —自行乘车上学的有42人，C —家人接送上学的有30人，D —其他方式上学的有18人，采用B ，C ，D 三种方式上学的共90人，设A —结伴步行上学的有x 人，由扇形统计图知，A —结伴步行上学与B —自行乘车上学的学生共占60%，所以x ＋42x ＋90＝60100，解得x ＝30，故选A.]5．如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为CD 的中点，则三棱锥A -BC 1M 的体积V A -BC 1M ＝( )A.12B.14C.16D.112C [V A -BC 1M ＝V C 1-ABM ＝13S △ABM ·C 1C ＝13×12AB ×AD ×C 1C ＝16.故选C.] 6．(2019·洛阳模拟)已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧2x －y ＋4≥0，x －y －1≤0，x ＋2y －1≤0，则目标函数z ＝y －x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．2 D ．－1D[作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋4≥0，x －y －1≤0，x ＋2y －1≤0表示的平面区域如图中阴影部分所示，画出直线x －y ＝0，平移该直线，由图可知当平移后的直线与直线x －y －1＝0重合时，目标函数z ＝y －x 取得最小值，此时，z min ＝－1.故选D.]7．某大学党支部中有2名女教师和4名男教师，现从中任选3名教师去参加精准扶贫工作，至少有1名女教师要参加这项工作的选择方法种数为( )A ．10B ．12C ．16D ．20C [2名女教师分别记为A 1，A 2,4名男教师分别记为B 1，B 2，B 3，B 4，则选择的3名教师中至少有1名女教师的选择方法有：(A 1，A 2，B 1)，(A 1，A 2，B 2)，(A 1，A 2，B 3)，(A 1，A 2，B 4)，(A 1，B 1，B 2)，(A 1，B 1，B 3)，(A 1，B 1，B 4)，(A 1，B 2，B 3)，(A 1，B 2，B 4)，(A 1，B 3，B 4)，(A 2，B 1，B 2)，(A 2，B 1，B 3)，(A 2，B 1，B 4)，(A 2，B 2，B 3)，(A 2，B 2，B 4)，(A 2，B 3，B 4)，所以至少有1名女教师要参加这项工作的选择方法有16种．故选C.]8．已知a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝⎩⎨⎧a x ，x ≥1，ax ＋a －2，x ＜1在R 上单调递增，那么实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(1,2]D [依题意，⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，a ＋a －2≤a ，解得1＜a ≤2，故实数a 的取值范围为(1,2]，故选D.]9．(2019·贵阳模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b 2＝ac ，sin A sin B ＋sin B sin C ＝1－cos 2B ，则角A ＝( )A.π4B.π3C.π6D.5π12B [因为1－cos 2B ＝2sin 2B ，所以sin A sin B ＋sin B sinC ＝2sin 2B .因为sin B ≠0，所以sin A ＋sin C ＝2sin B ．由正弦定理可得a ＋c ＝2b .又b 2＝ac ，所以a ＝b ＝c ，即△ABC 是等边三角形，所以角A ＝π3.故选B.]10．已知向量a ，b 满足|a |＝4，b 在a 方向上的投影为－2，则|a －3b |的最小值为( )A ．12B ．10 C.10 D ．2B [设向量a ，b 的夹角为θ，则|b |cos θ＝－2，且－1≤cos θ＜0，所以|b |＝－2cos θ＝2|cos θ|≥2，所以|a －3b |＝|a －3b |2＝a 2－6a·b ＋9b 2≥16＋48＋36＝10，当cos θ＝－1，即θ＝π时，取“＝”．故选B.]11．[一题多解]过点P (4,2)作一直线AB 与双曲线C ：x 22－y 2＝1相交于A ，B 两点，若P 为AB 的中点，则|AB |＝( )A ．2 2B ．2 3C ．3 3D ．43D [法一：由已知可得点P 的位置如图所示，且直线AB 的斜率存在，设AB 的斜率为k ，则AB 的方程为y －2＝k (x －4)，即y ＝k (x －4)＋2，由⎩⎨⎧y ＝k (x －4)＋2x 22－y 2＝1，消去y 得(1－2k 2)x 2＋(16k 2－8k )x －32k 2＋32k －10＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－16k 2＋8k 1－2k 2，x 1x 2＝－32k 2＋32k －101－2k2，因为P (4,2)为AB 的中点，所以－16k 2＋8k1－2k 2＝8，解得k ＝1，满足Δ＞0，所以x 1＋x 2＝8，x 1x 2＝10， 所以|AB |＝1＋12×82－4×10＝43，故选D.法二：由已知可得点P 的位置如法一中图所示，且直线AB 的斜率存在，设AB 的斜率为k ，则AB 的方程为y －2＝k (x －4)，即y ＝k (x －4)＋2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 21－2y 21－2＝0，x 22－2y 22－2＝0，所以(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＝2(y 1＋y 2)(y 1－y 2)，因为P (4,2)为AB 的中点，所以k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝1，所以AB 的方程为y ＝x －2，由⎩⎨⎧y ＝x －2，x 22－y 2＝1，消去y 得x 2－8x ＋10＝0，所以x 1＋x 2＝8，x 1x 2＝10， 所以|AB |＝1＋12×82－4×10＝43，故选D.]12．已知函数f (x )的定义域为R ，且满足下列三个条件： ①对任意的x 1，x 2∈[4,8]，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞0；②f (x ＋4)＝－f (x )； ③y ＝f (x ＋4)是偶函数．若a ＝f (6)，b ＝f (11)，c ＝f (2 017)，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( ) A ．a ＜b ＜c B ．b ＜a ＜c C ．a ＜c ＜bD ．c ＜b ＜aB [∵对任意的x 1，x 2∈[4,8]，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞0，∴函数f (x )在区间[4,8]上为增函数．∵f (x ＋4)＝－f (x )，∴f (x ＋8)＝－f (x ＋4)＝f (x )，∴函数f (x )是周期为8的周期函数．∵y ＝f (x ＋4)是偶函数，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝－4对称，又函数f (x )的周期为8， ∴函数f (x )的图象也关于直线x ＝4对称．∴b ＝f (11)＝f (3)＝f (5)，c ＝f (2 017)＝f (252×8＋1)＝f (1)＝f (7)． 又a ＝f (6)，函数f (x )在区间[4,8]上为增函数，∴b ＜a ＜c .故选B.] 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．[一题多解]函数f (x )＝ln x ＋1x －1的值域为________．(－∞，0)∪(0，＋∞) [法一：由x ＋1x －1＞0，得x ＜－1或x ＞1，所以函数f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．当x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，函数y ＝x ＋1x －1＝1＋2x －1∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以ln x ＋1x －1∈(－∞，0)∪(0，＋∞)．法二：由x ＋1x －1＞0，得x ＜－1或x ＞1，所以函数f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．令t ＝x ＋1x －1(t ＞0)，得(x －1)t ＝x ＋1，显然t ≠1，所以x ＝t ＋1t －1.由t ＋1t －1＜－1或t ＋1t －1＞1，得t ∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以ln t ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)．故函数f (x )的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．]14．[一题多解](2019·南昌模拟)已知函数y ＝2sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＜φ＜π2的图象关于直线x ＝π6对称，则φ的值为________．π6 [法一：因为函数y ＝2sin(2x ＋φ)的图象关于直线x ＝π6对称，所以2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝±2，所以π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )，即φ＝k π＋π6(k ∈Z )．又－π2＜φ＜π2，所以φ＝π6.法二：因为函数f (x )＝2sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＜φ＜π2的图象关于直线x ＝π6对称，所以f (0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即2sin φ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋φ，sin φ＝32cos φ－12sin φ，则tan φ＝33.因为－π2＜φ＜π2，所以φ＝π6.]15．[一题多解]将一个表面积为100π的木质球削成一个体积最大的圆柱，则该圆柱的高为________．1033[法一：如图，设球的球心为O ，半径为R ，则4πR 2＝100π，解得R ＝5.由题意知圆柱为球O 的内接圆柱，设圆柱底面圆的圆心为O 1，半径为r ，高为h ，A 是圆柱底面圆周上一点，连接OO 1，OA ，O 1A ，则OO 1＝OA 2－O 1A 2＝R 2－r 2＝25－r 2(0＜r ＜5)，则圆柱的高h ＝225－r 2，所以圆柱的体积V ＝πr 2h ＝2πr 225－r 2＝2π25r 4－r 6.令y ＝f (r )＝25r 4－r 6(0＜r ＜5)，再令t ＝r 2，则y ＝g (t )＝25t 2－t 3(0＜t ＜25)，则g ′(t )＝50t －3t 2＝t (50－3t )，易知g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，503上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫503，25上单调递减，所以当t ＝503时，函数g (t )取得最大值，即f (r )取得最大值，也即是圆柱的体积取得最大值，此时r 2＝503，h ＝225－503＝1033.法二：如图，设球的球心为O ，半径为R ，则4πR 2＝100π，解得R ＝5.设圆柱的高为x (0＜x ＜10)，圆柱底面圆的圆心为O 1，A 是圆柱底面圆周上一点，连接OO 1，OA ，O 1A ，则OO 1＝x2，圆柱底面圆的半径O 1A ＝R2－OO 21＝25－x 24，所以圆柱的体积V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫25－x 24·x ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫25x －x 34(0＜x ＜10)，则V ′＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫25－3x 24，易知函数V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫25x －x 34(0＜x ＜10)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1033上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1033，10上单调递减，所以当x ＝1033时，圆柱的体积V 取得最大值．]16．[一题多解](2019·长春模拟)已知点M (0,2)，过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线AB 交抛物线于A ，B 两点，若∠AMF ＝π2，则点B 的坐标为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1 [法一：由抛物线方程y 2＝4x 知焦点F (1,0)．如图，易知点A 是第一象限的点，点B 是第四象限的点，因此设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 204，y 0(y 0＞0)，所以MA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 204，y 0－2，MF →＝(1，－2)．因为∠AMF ＝π2，所以MA →⊥MF →，则MA →·MF →＝0，所以y 204×1＋(y 0－2)×(－2)＝0，整理，得y 20－8y 0＋16＝0，解得y 0＝4，所以A (4,4)，所以直线AB 的方程为y ＝4－04－1(x －1)，即x ＝34y ＋1，代入抛物线方程，得y 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫34y ＋1，解得y ＝4(舍去)或y ＝－1，所以x ＝14，故点B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1.法二：由抛物线方程y 2＝4x 知焦点F (1,0)，所以k MF ＝2－00－1＝－2.因为∠AMF＝π2，所以MA ⊥MF ，所以直线MA 的斜率为12，所以直线MA 的方程为y ＝12x ＋2，与抛物线方程y 2＝4x 联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝4，所以直线AB 的方程为y ＝4－04－1(x －1)，即x ＝34y ＋1，代入抛物线方程，得y 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫34y ＋1，解得y ＝4(舍去)或y ＝－1，所以x ＝14，故点B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1.]。

专题突破练24直线与圆及圆锥曲线1.(节选)已知圆M:x2+y2=r2(r>0)与直线l1:x-y+4=0相切,设点A为圆上一动点,AB⊥x轴于B,且动点N满足=2,设动点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)略.2.(2019甘肃武威第十八中学高三上学期期末考试)已知圆C1:x2+y2-2x-6y-1=0和C2:x2+y2-10x-12y+45=0.(1)求证:圆C1和圆C2相交;(2)求圆C1和圆C2的公共弦所在直线的方程和公共弦长.3.已知圆O:x2+y2=4,点A(,0),以线段AB为直径的圆内切于圆O,记点B的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程;(2)直线AB交圆O于C,D两点,当B为CD的中点时,求直线AB的方程.4.(2019全国卷1,理19)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;(2)若=3,求|AB|.5.(2019天津河北区高三二模)已知椭圆C:=1(a>b>0)过点P(2,1),且短轴长为2.(1)求椭圆C的方程;(2)过点P作x轴的垂线l,设点A为第四象限内一点且在椭圆C上(点A不在直线l上),点A关于l的对称点为A',直线A'P与椭圆C交于另一点B.设O为坐标原点,判断直线AB与直线OP的位置关系,并说明理由.6.(2019天津第一中学高三下学期第五次月考)已知椭圆C1:=1(a>b>0)的左、右焦点为F1,F2,F2的坐标满足圆Q方程(x-)2+(y-1)2=1,且圆心Q满足|QF1|+|QF2|=2a.(1)求椭圆C1的方程;(2)过点P(0,1)的直线l1:y=kx+1交椭圆C1于A,B两点,过P与l1垂直的直线l2交圆Q于C,D两点,M 为线段CD中点,若△MAB的面积为,求k的值.参考答案专题突破练24直线与圆及圆锥曲线1.解(1)设动点N(x,y),A(x0,y0),因为AB⊥x轴于B,所以B(x0,0).已知圆M的方程为x2+y2=r2,由题意得r==2,所以圆M的方程为x2+y2=4.由题意,=2,所以(0,-y0)=2(x0-x,-y),即将A(x,2y)代入圆M:x2+y2=4,得动点N的轨迹方程为+y2=1.(2)略.2.(1)证明圆C1的圆心C1(1,3),半径r1=,圆C2的圆心C2(5,6),半径r2=4,两圆圆心距d=|C1C2|=5,r1+r2=+4,|r1-r2|=4-,所以|r1-r2|<d<r1+r2.所以圆C1和C2相交.(2)解将圆C1和圆C2的方程相减,得4x+3y-23=0,所以两圆的公共弦所在直线的方程为4x+3y-23=0.因为圆心C2(5,6)到直线4x+3y-23=0的距离为d==3,故两圆的公共弦长为2-=2.3.解(1)设AB的中点为M,切点为N,连接OM,MN,则|OM|+|MN|=|ON|=2,|AB|=|ON|-(|OM|-|MN|)=2-|OM|+|AB|,即|AB|+2|OM|=4.取A关于y轴的对称点A',连接A'B,则|A'B|=2|OM|,故|AB|+2|OM|=|AB|+|A'B|=4.所以点B的轨迹是以A',A为焦点,长轴长为4的椭圆.其中a=2,c=,b=1,则曲线Γ的方程为+y2=1.(2)因为B为CD的中点,所以OB⊥CD,则.设B(x0,y0),则x0(x0-)+=0.又=1,解得x0=,y0=±.则k OB=±,k AB=∓,则直线AB的方程为y=±(x-), 即x-y-=0或x+y-=0.4.解设直线l:y=x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).(1)由题设得F,故|AF|+|BF|=x1+x2+,由题设可得x1+x2=.由可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=--.从而--,得t=-.所以l的方程为y=x-.(2)由=3可得y1=-3y2.由可得y2-2y+2t=0.所以y1+y2=2.从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.代入C的方程得x1=3,x2=.故|AB|=.5.解(1)由题意得解得∴椭圆C的方程为=1.(2)直线AB与直线OP平行,证明如下:由题意知,直线PA的斜率存在且不为零.PA,PA'关于l:x=2对称,则直线PA与PA'斜率互为相反数.设直线PA:y-1=k(x-2),PB:y-1=-k(x-2).设A(x1,y1),B(x2,y2).由消去y得(4k2+1)x2-(16k2-8k)x+16k2-16k-4=0, -∴2x1=--.∴x1=--.同理,x2=-.∴x1-x2=-.∵y1=k(x1-2)+1,y2=-k(x2-2)+1,∴y1-y2=k(x1+x2)-4k=-.∵A在第四象限,∴k≠0 且A不在直线OP上,∴k AB=-.-又k OP=,∴k AB=k OP.故直线AB与直线OP平行.6.解(1)因为F2的坐标满足圆Q方程(x-)2+(y-1)2=1,故当y=0时,x=,即F2(,0),故c=.因为圆心Q满足|QF1|+|QF2|=2a,所以点Q(,1)在椭圆上,故有=1.联立方程组解得所以椭圆方程为=1.(2)因为直线l2交圆Q于C,D两点,M为线段CD的中点,所以QM与直线l2垂直.又因为直线l1与直线l2垂直,所以QM与直线l1平行.所以点M到直线AB的距离即为点Q到直线AB的距离.即点M到直线AB的距离为d=.设点A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组解得(1+2k2)x2+4kx-2=0,Δ=b2-4ac=16k2+8(2k2+1)=32k2+8>0,由韦达定理可得--则|x1-x2|=----.所以AB=|x1-x2|=.所以△MAB的面积为.所以.即·|k|=,两边同时平方,化简得,28k4-47k2-18=0,解得k2=2或k2=-(舍).故k=±.此时l2:y=±x+1.圆心Q到l2的距离h=-<1成立.综上所述,k=±.。

专题突破练3分类讨论思想、转化与化归思想一、选择题1.(2019安徽定远中学高三猜题一,文11)已知函数f(x)=a x(a>0,且a≠1)在区间[m,2m]上的值域为[m,2m],则a=()A.B.C.D.或42.函数y=5的最大值为()A.9B.12C.D.33.(2019四川棠湖中学高三适应性考试,文8)已知双曲线的中心在原点,焦点在坐标轴上,一条渐近线方程为3x+4y=0,则该双曲线的离心率是()A. B.C. D.4.(2019四川内江高三三模,文12)若函数f(x)=ax2+x ln x-x存在单调递增区间,则a的取值范围是()A.-,1B.-,+∞C.(-1,+∞)D.-∞,5.已知函数f(x)=x3-2x+1+e x-,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤2,则实数a的取值范围是()A.-1,B.-,1C.-1,D.-,16.若a>0,且a≠1,p=log a(a3+1),q=log a(a2+1),则p,q的大小关系是()A.p=qB.p<qC.p>qD.当a>1时,p>q;当0<a<1时,p<q7.(2019山西太原高三期末,文12)已知数列{a n}为等差数列,a n≠1(n∈N*),a1 010=,d=1.若f(x)=2+,则f(a1)×f(a2)×…×f(a2 019)=()A.-22 019B.22 020C.-22 017D.22 0188.(2019安徽示范高中皖北协作区高三模拟,文12)设函数f(x)=x e x-a(x+ln x),若f(x)≥0恒成立,则实数a的取值范围是()A.[0,e]B.[0,1]C.(-∞,e]D.[e,+∞)9.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,f(x)=f(12-x),当x∈[0,6]时,f(x)=log6(x+1),若f(a)=1(a∈[0,2 020]),则a的最大值是()A.2 018B.2 010C.2 020D.2 01110.(2019湖北黄冈中学高三三模,文11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,在面对角线A1D上取点M,在CD1上取点N,使得线段MN平行于对角面A1ACC1,则|MN|的最小值为()A.1B.C. D.二、填空题11.设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)=x2,若对任意x∈[a,a+2],f(x+a)≥f(3x+1)恒成立,则实数a的取值范围是.12.函数y=的最小值为.13.(2019河北衡水十四中高三模拟,文15)设函数f(x)=x对于任意x∈[-1,1],都有f(x)≤0成立,则实数a=.14.(2019河北衡水二中高三模拟,文15)在△ABC中,若cos2A+cos2B+cos2C<1,sin B=,则(tan2A-2)sin 2C的最小值为.15.(2019广东高三适应性考试,文16)已知数列{a n}满足[2-(-1)n]a n+[2+(-1)n]a n+1=1+(-1)n×3n(n∈N*),则a25-a1=.参考答案专题突破练3分类讨论思想、转化与化归思想1.C解析分析知m>0.当a>1时,所以a m=2,m=2,所以a=;当0<a<1时,所以a m=,m=,所以a=.综上,a=或a=.故选C.2.D解析设a=(5,1),b=(),∵a·b≤|a|·|b|,∴y=5=3.当且仅当=5,即x=时等号成立.3.D解析3x+4y=0⇒y=-x,当焦点位于x轴时,,而c2=a2+b2,所以⇒e=;当焦点位于y轴时,,c2=a2+b2⇒⇒e=.故选D.4.B解析f'(x)=ax+ln x,∴f'(x)>0在(0,+∞)上有解,即ax+ln x>0在(0,+∞)上有解,即a>-在(0,+∞)上有解.令g(x)=-,则g'(x)=-.令g'(x)=0,得x=e.∴g(x)=-在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增.∴g(x)=-的最小值为g(e)=-.∴a>-.故选B.5.C解析令g(x)=f(x)-1=x3-2x+e x-,x∈R,则g(-x)=-g(x),∴g(x)在R上为奇函数.g'(x)=3x2-2+e x+≥2-2+3x2=3x2.当且仅当e x=即x=0时取等号,故g'(x)≥0,∴函数g(x)在R上单调递增.f(a-1)+f(2a2)≤2,化为f(a-1)-1+f(2a2)-1≤0,即g(a-1)+g(2a2)≤0,化为g(2a2)≤-g(a-1)=g(1-a),∴2a2≤1-a,即2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤.∴实数a的取值范围是-1,,故选C.6.C解析当0<a<1时,函数y=log a x在其定义域上均为减函数,∵a3+1<a2+1,∴log a(a3+1)>log a(a2+1),即p>q.当a>1时,函数y=log a x在其定义域上均为增函数,故a3+1>a2+1,∴log a(a3+1)>log a(a2+1),即p>q.综上可得p>q.7.A解析∵数列为等差数列,且a1 010=,则a1+a2 019=1.∵f(x)=2+,则f(1-x)=.∴f(x)f(1-x)==4.∴f(a1)f(a2 019)=4.同理f(a2)f(a2 018)=4,以此类推,f(a1 009)f(a1 011)=4.∵f(a1 010)==-2,所以f(a1)×f(a2)×…×f(a2 019)=41 009×(-2)=-22 019.故选A.8.A解析f'(x)=(x+1)e x-a1+=(x+1)e x-,当a<0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,且x→0时,f(x)→-∞;x→+∞,f(x)→+∞,不合题意;当a=0时,f(x)=x e x≥0恒成立,因此a=0满足条件;当a>0时,令f'(x)=(x+1)e x-=0,解得,ln x0+x0=ln a,x0>0,则x0是函数f(x)的极小值点,此时x=x0,函数f(x)取得最小值,f(x 0)=x0-a(x0+ln x0)=a-a ln a≥0,化为ln a≤1,解得0<a≤e.综上可得a∈[0,e].故选A.9.D解析由函数f(x)是定义在R上的偶函数,f(x)=f(12-x),可得f(x)=f(-x)=f(12+x),即f(x)=f(12+x),故函数的周期为12.令log6(a+1)=1,解得a=5,∴在[0,12]上f(5)=f(12-5)=f(7),∴f(a)=1的根为5,7.∵2 020=12×168+4,∴7+12n≤2 020时,n的最大值为167,∴a的最大值为a=167×12+7=2 011.故选D.10.D解析作MM1⊥AD,垂足为M1,作NN1⊥CD,垂足为N1,如图所示.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,根据面面垂直的性质定理,可得MM1,NN1都垂直于平面ABCD.由线面垂直的性质,可知MM1∥NN1,易知平面M1N1NM∥平面ACC1A1.由面面平行的性质定理可知M1N1∥AC.设DM1=DN1=x,则MM1=x,NN1=1-x.在直角梯形MM1N1N中,MN2=+(1-2x)2=6,当x=时,|MN|的最小值为.故选D.11.(-∞,-5]解析因为当x≥0时,f(x)=x2,所以此时函数f(x)在[0,+∞)上单调递增.又因为f(x)是定义在R上的奇函数,且f(0)=0,所以f(x)在R上单调递增.若对任意x∈[a,a+2],不等式f(x+a)≥f(3x+1)恒成立,则x+a≥3x+1恒成立,即a≥2x+1恒成立.因为x∈[a,a+2],所以(2x+1)max=2(a+2)+1=2a+5,即a≥2a+5,解得a≤-5.所以实数a的取值范围是(-∞,-5].12.解析原函数等价于y=,即求x轴上一点到A(1,1),B(3,2)两点距离之和的最小值.将点A(1,1)关于x轴对称,得A'(1,-1),连接A'B交x轴于点P,则线段A'B的值就是所求的最小值,即|A'B|=.13.1解析因为函数f(x)=x在x∈[-1,1]有意义,所以a-x2≥0在x∈[-1,1]恒成立,故a≥,即a≥1.又因为函数f(x)=x对任意x∈[-1,1],都有f(x)≤0成立,当x∈[-1,0]时,f(x)≤0恒成立;当x∈(0,1]时,有x≤0,即,两边平方得,a-x2≤.分离变量得a≤+x2,即求函数y=+x2的最小值,而+x2≥2=1,当且仅当=x2,即x=时,取“=”,所以a≤1.综上a=1.14.2-5解析在△ABC中,由sin B=,得B=,得cos2B=.当B=时,C=-A,所以cos2A+cos2C<,即cos2A+cos2-A<,化简得:sin 2A+cos 2A<0.因为0<A<,所以sin 2A>0,即sin 2A+cos 2A<0不成立.当B=,则C=-A,sin 2C=sin-2A=-cos 2A,(tan2A-2)sin 2C=×(-cos 2A)=×(-cos 2A)=×(-cos 2A)===+3(1+cos 2A)-5≥2-5=2-5,当且仅当=3(1+cos 2A),即cos 2A=-1时取等号.故答案为2-5.15.300解析已知[2-(-1)n]a n+[2+(-1)n]=1+(-1)n×3n,n=2k(k∈N*)时,可得:a2k+3a2k+1=1+6k,n=2k-1(k∈N*)时,可得:a2k+3a2k-1=1-6k+3,∴a2k+1-a2k-1=4k-1,∴a25=(a25-a23)+(a23-a21)+…+(a3-a1)+a1=(4×12-1)+(4×11-1)+…+(4×1-1)+a1=4×-12+a1=300+a1.则a25-a1=300.故答案为300.。