压轴小题“瓶颈”突破（学案含答案）
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压轴小题“瓶颈”突破
“瓶颈”一般是指在整体中的关键限制因素，例如，一轮、二轮复习后，很多考
生却陷入了成绩提升的“瓶颈期”——无论怎么努力，成绩总是停滞不前.怎样才
能突破“瓶颈”，让成绩再上一个台阶？新高考卷客观题满分 80 分，共 16 题，
决定了整个高考试卷的成败，要突破“瓶颈题”就必须在两类客观题第 8，11，
12，15，16 题中有较大收获，分析近年高考，必须从以下几个方面有所突破，才
能实现“柳暗花明又一村”，做到保“本”冲“优”，迈进双一流.
压轴热点 1 函数的图象、性质及其应用
【例 1】 (1)(2020·江南名校联考)已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x＞0 时，
2 π
f(x)＝ x－ln x＋ln ，则函数 g(x)＝f(x)－sin x 的零点个数为( )
π 2
A.1 B.2 C.3 D.5
(2)(2020·石家庄调研)若函数 f(x－2)为奇函数，f(－2)＝0，且 f(x)在区间[－2，＋
∞)上单调递减，则不等式 f(3－x)＞0 的解集为________.
解析 (1)函数 g(x)的零点个数，即函数 y＝f(x)的图象与 y＝sin x 的图象交点个数.
2 π 2 1 2x－π π
当 x＞0 时，f(x)＝ x－ln x＋ln ，则 f′(x)＝ － ＝ ，令 f′(x)＝0，得 x＝ .
π 2 π x πx 2
π π π
易知当 0＜x＜ 时，f′(x)＜0；当 x＞ 时，f′(x)＞0.则 f(x)在 0， 上单调递减，在
2 2 2
π π π
，＋∞ 上单调递增，所以当 x＝ 时，f(x)取得最小值，且最小值为 f ＝1.函数
2 2 2
π
y＝sin x 在 x＝ 处取得最大值 1，所以当 x＞0 时，f(x)的图象与 y＝sin x 的图象有
2
π
且只有一个交点 ，1 .由 f(x)和 y＝sin x 均为奇函数，可得当 x＜0 时，f(x)的图象
2
π
与 y＝sin x 的图象的交点也有且只有一个，为点 － ，－1 .又两函数的图象均过
2
原点，因此函数 y＝f(x)与 y＝sin x 的图象有 3 个交点，所以函数 g(x)＝f(x)－sin x
的零点有 3 个.
(2)因为函数 f(x－2)是奇函数，所以函数 f(x－2)的图象关于点(0，0)对称，故 f(x)
的图象关于点(－2，0)对称.又 f(x)在[－2，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(－∞，－2)
上也单调递减，由 f(3－x)＞0＝f(－2)，得 3－x＜－2，∴x＞5.∴不等式 f(3－x)＞
0 的解集为(5，＋∞).
答案 (1)C (2)(5，＋∞)
探究提高 1.利用图象法求函数 f(x)的零点个数时，直接画函数 f(x)的图象较困难，
可以将解析式变形，将函数零点个数问题转化为两个函数的图象的交点个数问题，
画出两函数图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.
2.求解函数的图象与性质综合应用问题的策略
(1)熟练掌握图象的变换法则及利用图象解决函数性质、方程、不等式问题的方法.
(2)熟练掌握与应用函数单调性、奇偶性、周期性、最值、对称性及零点解题的方
法.
1
【训练 1】 (2020·山东师大附中模拟)已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－ x，其中 e 是自e
然对数的底数，在 f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数 a 的取值范围是________.
1 1
解析 因为函数 f(x)＝x3－2x＋ex－ x，所以 f′(x)＝3x2－2＋ex＋ 2x≥3x －2＋e e
1
2 ex·x≥0(当且仅当 x＝0 时取等号)，所以 f(x)在 R 上单调递增.又 f(－x)＝(－x)3e
＋ ＋ －2x e x－ex＝－f(x)且 x∈R，∴f(x)是奇函数，由 f(a－1)＋f(2a2)≤0，得 f(2a2)≤f(1
1
－a).所以 2a2≤1－a，解之得－1≤a≤ .
2
1
答案 －1，
2
压轴热点 2 三角函数与正(余)弦定理
【例 2】 (1)已知函数 f(x)＝asin ωx＋bcos ωx(ω>0)，若 x＝x0 是函数 f(x)的一条对
称轴，且 tan ωx0＝3，则点(a，b)所在的直线为( )
A.x－3y＝0 B.x＋3y＝0
C.3x－y＝0 D.3x＋y＝0
1
(2)在△ABC 中，三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 b－sin C cos A
2
＝sin Acos C，且 a＝2 3，则△ABC 面积的最大值为________.
b
解析 (1)f(x)＝asin ωx＋bcos ωx＝ a2＋b2sin (ωx＋φ)，其中 tan φ＝ .
a
∵x＝x0 是函数 f(x)的一条对称轴，
π
∴ωx0＋φ＝kπ＋ ，k∈Z. 2
π
∵tan ωx0＝tan kπ＋ －φ 2
π cos φ 1
＝tan －φ ＝ ＝ ，
2 sin φ tan φ
a
从而 ＝3，得 a－3b＝0，
b
所以点(a，b)在直线 x－3y＝0 上.
1
(2)因为 b－sin C cos A＝sin Acos C，
2
1
所以 bcos A－sin Ccos A＝sin Acos C，
2
1 1
所以 bcos A＝sin(A＋C)，所以 bcos A＝sin B，
2 2
cos A sin B
所以 ＝ ，
2 b
sin B sin A
又 ＝ ，a＝2 3，
b a
cos A sin A
所以 ＝ ，得 tan A＝ 3，
2 2 3
π
又 A∈(0，π)，则 A＝ ，
3
1
由余弦定理得(2 3)2＝b2＋c2－2bc·＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，
2
即 bc≤12，当且仅当 b＝c＝2 3时取等号，
1 3
从而△ABC 面积的最大值为 ×12× ＝3 3.
2 2
答案 (1)A (2)3 3
探究提高 1.研究三角函数的图象与性质，关键在于灵活利用三角恒等变换公式
将函数化为 y＝Asin(ωx＋φ)＋B(ω>0，A>0)的形式，进一步讨论函数的单调性、
对称性、周期、零点等.
2.解三角形的关键是活用正弦、余弦定理实施边角的转化，在求三角形面积的取
值时，常把三角形面积这个目标函数转化为边或角的形式，然后借助基本不等式
或函数性质来解决.
π
【训练 2】 (2020·成都诊断)如图所示的是函数 f(x)＝sin(ωx＋φ) ω＞0，0＜φ＜
2
π 5π
在区间 － ， 上的图象，若将该函数图象上各点的横坐标缩小为原来的一半
6 6
5π
(纵坐标不变)，再向右平移 m(m＞0)个单位长度后，所得到的图象关于直线 x＝
12
对称，则 m 的最小值为( )
7 π π 7π
A. π B. C. D.
6 6 8 24
5 π 2π π
解析 由图象知，最小正周期 T＝ π－ － ＝π，∴ω＝ ＝2.又 － ，0 是图象
6 6 T 6
π π
的“第一零点”.∴－ ×2＋φ＝0，则 φ＝ .
6 3
π
故函数 f(x)的解析式为 f(x)＝sin 2x＋ .
3
π
把 f(x)＝sin 2x＋ 的图象上各点的横坐标缩小为原来的一半(纵坐标不变)，再向
3
π
右平移 m(m＞0)个单位长度后，得到 g(x)＝sin 4x－4m＋ 的图象，
3
5π
因为所得图象关于直线 x＝ 对称，
12
5π π π
所以 4× －4m＋ ＝ ＋kπ(k∈Z)，
12 3 2
3 1
解得 m＝ π－ kπ，k∈Z，
8 4
π
所以由 m＞0，可得当 k＝1 时，m 取得最小值，且最小值为 .
8
答案 C
压轴热点 3 空间位置关系与计算
【例 3】 (1)(多选题)如图，等边△ABC 的中线 AF 与中位线 DE 相交于点 G，已
知△A′ED 是△AED 绕 DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中正确的是( )
A.动点 A′在平面 ABC 上的射影在线段 AF 上
B.恒有 BD∥平面 A′EF
C.三棱锥 A′－EFD 的体积有最大值
D.异面直线 A′F 与 DE 不可能垂直
(2)(2020·江南名校联考)已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2，M，N，E，F
分别是 A1B1，AD，B1C1，C1D1 的中点，则过 EF 且与 MN 平行的平面截正方体所
得截面的面积为________， CE 和该截面所成角的正弦值为________.
解析 (1)因为 A′D＝A′E，△ABC 是正三角形，所以点 A′在平面 ABC 上的射影在
线段 AF 上，故 A 正确；因为 BD∥EF，所以恒有 BD∥平面 A′EF，故 B 正确；
三棱锥 A′－FED 的底面积是定值，体积由高即点 A′到底面的距离决定，当平面
A′DE⊥平面 BCED 时，三棱锥 A′－FED 的体积有最大值，故 C 正确；因为 DE⊥
平面 A′FG，故 A′F⊥DE，故 D 错误.
(2)如图所示，设 CD，BC 的中点分别为 H，G，连接 HE，HG，GE，HF，ME，
NH.
易证 ME∥NH，ME＝NH，所以四边形 MEHN 是平行四边形，所以 MN∥HE.
易知四边形 EFHG 为矩形，因为 MN 平面 EFHG，HE 平面 EFHG，
所以 MN∥平面 EFHG，
所以过 EF 且与 MN 平行的平面为平面 EFHG，平面 EFHG 截正方体所得截面为
矩形 EFHG，易知 EF＝ 2，FH＝2，
所以截面 EFHG 的面积为 2× 2＝2 2.
连接 AC，交 HG 于点 I，易知 CI⊥HG，平面 EFHG⊥平面 ABCD，平面 EFHG∩
平面 ABCD＝HG，
所以 CI⊥平面 EFHG，连接 EI，
因为 EI 平面 EFHG，所以 CI⊥EI，
所以∠CEI 为直线 CE 和截面 EFHG 所成的角.
1 2 2 2
在 Rt△CIE 中，易知 CE＝ 1＋22＝ 5，CI＝ AC＝ ＝ ，
4 4 2
CI 10
所以 sin∠CEI＝ ＝ .
CE 10
10
答案 (1)ABC (2)2 2
10
探究提高 1.在折叠过程中，△A′DE 的边长不变，BC∥平面 A′DE 及 A′G⊥DE
的关系保持不变，抓住不变性，明确几何量之间的关系是解题的关键.
2.第(2)题利用线面平行的判定，确定所求截面为矩形 EFHG，这是求解的关键，
第二个空在前面的基础上，运用线面、线线、面面垂直作出线面角，使考题的功
能最大化，进一步考查学生数学运算与逻辑推理等数学核心素养.
【训练 3】 (1)(多选题)如图，平面四边形 ABCD 中，E，F 分别是 AD，BD 的中
点，AB＝AD＝CD＝2，BD＝2 2，∠BDC＝90°，将△ABD 沿对角线 BD 折起至
△A′BD，使平面 A′BD⊥平面 BCD，则四面体 A′BCD 中，下列结论正确的是( )
A.EF∥平面 A′BC
B.异面直线 CD 与 A′B 所成的角为 90°
C.异面直线 EF 与 A′C 所成的角为 60°
D.直线 A′C 与平面 BCD 所成的角为 30°
(2)(2020·河北名校调研)在三棱锥 P－ABC 中，若平面 PBC⊥平面 ABC，∠ABC＝
90°，AB＝2，BC＝1，PB＝2 2，∠PBC＝45°，则三棱锥 P－ABC 外接球的表面
积是________.
解析 (1)A 选项：因为 E，F 分别为 A′D 和 BD 的中点，所以 EF∥A′B，即 EF∥
平面 A′BC，A 正确.B 选项：因为平面 A′BD⊥平面 BCD，交线为 BD，且 CD⊥BD，
所以 CD⊥平面 A′BD，即 CD⊥A′B，故 B 正确.C 选项：取 CD 边中点 M，连接
EM，FM，则 EM∥A′C，所以∠FEM 为异面直线 EF 与 A′C 所成角，因为 CD⊥
平面 A′BD，所以 CD⊥A′D，又 A′D＝CD＝2，所以 A′C＝2 2，所以 EM＝ 2，
1
又 EF＝1，FM＝ BD2＋CD2＝ 3，所以∠FEM＝90°，故 C 错误；D 选项，连
2
接 A′F，因为 A′B＝A′D，F 为 BD 的中点，所以 A′F⊥BD，又平面 A′BD⊥平面 BCD，
平面 A′BD∩平面 BCD＝BD，所以 A′F⊥平面 BCD，连接 FC，∠A′CF 为直线 A′C
与平面 BCD 所成的角，又 A′C＝2 2，A′F＝ A′D2－DF2＝ 2，所以 sin∠A′CF
A′F 2 1
＝ ＝ ＝ ，所以∠A′CF＝30°，故 D 正确，故选 ABD.
A′C 2 2 2
(2)在平面 BCP 中找一点 Q，连接 BQ，使得 BQ 为△BCP 外接圆的直径，连接
QC，则∠QCB＝90°，则 QC⊥平面 ABC，所以 QC⊥AC，∠QCA＝90°.易知 AB⊥
平面 PBC，则∠ABQ＝90°，连接 AQ，设 AQ 的中点为 O，则点 O 到 A，B，C，
Q 四点的距离相等，故 AQ 为三棱锥 P－ABC 外接球的直径.易得 PC＝ 5，BQ＝
5
＝ 10，所以 AQ2＝BQ2＋AB2＝14＝4R2(R 为外接球的半径).故 S 2
sin 45° 外接球
＝4πR
＝14π.
答案 (1)ABD (2)14π
压轴热点 4 圆锥曲线及其性质
【例 4】 (1)以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A，B 两点，交 C 的准线于 D，
E 两点.已知|AB|＝4 2，|DE|＝2 5，则 C 的焦点到准线的距离为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
x2 y2
(2)(2020·成都七中检测)已知双曲线 C： 2－ 2＝1(a>b>0)的两条渐近线与圆 O：x2a b
＋y2＝5 交于 M，N，P，Q 四点，若四边形 MNPQ 的面积为 8，则双曲线 C 的渐
近线方程为( )
1 1
A.y＝± x B.y＝± x
4 2
2 2
C.y＝± x D.y＝± x
2 4
解析 (1)不妨设抛物线 C：y2＝2px(p>0)，
∵|AB|＝4 2，点 A 是圆与抛物线交点，由对称性设 A(x1，2 2)，
（2 2）2 4
则 x1＝ ＝ . 2p p
又|DE|＝2 5，且点 D 是准线与圆的交点，
p
∴D － ， 5 且|OD|＝|OA|.
2
2 2
4 p
从而 ＋(2 2)2＝ － ＋( 5)2，解得 p＝4.
p 2
因此 C 的焦点到准线的距离是 4.
(2)依题意，不妨设点 M(x，y)在第一象限，
5a
x
2＋y2＝5， x＝ ， c
联立 解得 (其中 c2＝a2＋b2b )，
y＝ x，a 5b y＝ c
5a 5b
可知四边形 MNPQ 为矩形且面积为 8，且根据双曲线的对称性， · ＝2，即
c c
2c2＝5ab.
又因为 c2＝a2＋b2，
b2 b
所以 2(a2＋b2)＝5ab 2× 2－5× ＋2＝0， a a
b 1 b
解得 ＝ ( ＝2 舍去).
a 2 a
1
故所求渐近线方程为 y＝± x.
2
答案 (1)B (2)B
探究提高 1.与圆锥曲线方程相关的问题，一定要抓住定义，作出示意图，充分
利用几何性质，简化运算.
2.双曲线的离心率与渐近线是高考的热点，求圆锥曲线离心率大小(范围)的方法
是：根据已知椭圆、双曲线满足的几何条件及性质得到参数 a，b，c 满足的等量
c
关系(不等关系)，然后把 b 用 a，c 表示，求 的值(范围).
a
x2
【训练 4】 (1)(2020·太原检测)已知 F 为椭圆 C： ＋y2＝1 的右焦点，过点 F 的
4
直线 l 与椭圆交于 A，B 两点，P 为 AB 的中点，O 为原点.若△OPF 是以 OF 为底
边的等腰三角形，则直线 l 的斜率为( )
1 3
A.± B.±
2 6
C.±2 D.±2 3
(2)已知双曲线 C 经过点(2，3)，且该双曲线的其中一条渐近线的方程为 y＝ 3x，
F1，F2 分别为该双曲线的左、右焦点，双曲线 C 的方程为________，若 P 为该双
曲线右支上一点，点 A(6，8)，则当|PA|＋|PF2|取最小值时，点 P 的坐标为________.
解析 (1)因为 c＝ a2－b2＝ 3，所以右焦点 F( 3，0).设直线 l 的方程为 y＝k(x
x2
1＋y2 1＝1 ①4
－ 3)，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则
x22
＋y
2＝1 ②
4 2
x2－x21 2
①－②得 ＋(y2 21－y2)＝0， 4
y1－y2 x1＋x2
则 ＝－ .
x1－x2 4（y1＋y2）
因为点 P 为 AB 中点，知 x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0.
y1－y2 x1＋x2 x0
所以直线 l 的斜率 k＝ ＝－ ＝－ .
x1－x2 4（y1＋y2） 4y0
又△OPF 是以 OF 为底边的等腰三角形，
3 3
所以 x0＝ ，y0＝k(x0－ 3)＝－ k. 2 2
3
x0 2 1 1
所以 k＝－ ＝－ ，得 k2＝ ，k＝± .
4y0 3 4 2
4× － k
2
(2)由题意，可设双曲线 C 的方程为 y2－3x2＝λ，将(2，3)代入，得 32－3×22＝λ，
y2
得 λ＝－3，故双曲线 C 的方程为 x2－ ＝1.
3
作出双曲线 C 如图所示，连接 PF1，AF1.
由双曲线定义，得|PF1|－|PF2|＝2.
所以|PF2|＝|PF1|－2.
则|PA|＋|PF2|＝|PA|＋|PF1|－2≥|AF1|－2，
当且仅当 A，P，F1 三点共线时，等号成立.
由 A(6，8)，F1(－2，0)，得直线 AF1 的方程为 y＝x＋2，
y＝x＋2，
3 2
由 y2 得 2x2－4x－7＝0，解得 x＝1± ，
x2 － ＝1， 2 3
又点 P 在双曲线的右支上，
3 2 3 2
所以点 P 的坐标为 1＋ ，3＋ .
2 2
y2 3 2 3 2
答案 (1)A (2)x2－ ＝1
3 1＋ ，3＋
2 2
压轴热点 5 导数及其应用
1
【例 5】 (2020·合肥检测)已知函数 g(x)＝a－x2 ≤x≤e，e为自然对数的底数 与
e
h(x)＝2ln x 的图象上存在关于 x 轴对称的点，则实数 a 的取值范围是________.
2 1 解析 函数 g(x)＝a－x ≤x≤e，e为自然对数的底数
e
1
与 h(x)＝2ln x 的图象上存在关于 x 轴对称的点，等价于 a－x2＝－2ln x 在 ，e 上
e
1 1
有解，即－a＝2ln x－x2 在 ，e 上有解.设 f(x)＝2ln x－x2，x∈ ，e ，
e e
2（1＋x）（1－x）
则 f′(x)＝ .
x
1
∴f′(x)＝0 在 ，e 上有唯一的零点 x＝1.
e
1
故 f(x)在 ，1 上单调递增，在(1，e]上单调递减.
e
∴f(x)max＝f(1)＝－1，
1 1 1
又 f ＝－2－ 2，f(e)＝2－e2，知 f(e)＜f . e e e
∴函数 f(x)的值域为[2－e2，－1].
1
故方程－a＝2ln x－x2 在 ，e 上有解等价于 2－e2≤－a≤－1，即 1≤a≤e2－2，
e
∴实数 a 的取值范围是[1，e2－2].
答案 [1，e2－2]
探究提高 1.利用导数研究函数的单调性、极值，一定注意字母参数取值的影响，
重视分类讨论思想.
2.利用导数解零点或不等式问题，主要是构造函数，利用导数研究函数的单调性，
常见的构造函数的方法有移项法、构造形似函数法、主元法等.
π π
【训练 5】 (2020·佛山调研)已知 f(x)是定义在 － ， 上的奇函数，其导函数为
2 2
π π
f′(x)，f ＝ 2，且当 x∈ 0， 时，f′(x)sin 2x＋2f(x)cos 2x＞0.则不等式 f(x)sin 2x
8 2
＜1 的解集为________.
解析 设 F(x)＝f(x)sin 2x，
则 F′(x)＝f′(x)sin 2x＋2f(x)cos 2x.
π π
∵f(x)在 － ， 上是奇函数，
2 2
∴F(－x)＝f(－x)sin(－2x)＝f(x)sin 2x＝F(x)，
π π
故 F(x)在定义域 － ， 上是偶函数.
2 2
π
当 x∈ 0， 时，f′(x)sin 2x＋2f(x)cos 2x＞0，
2
π
∴F′(x)＞0，则 F(x)在 0， 上单调递增.
2
π π π 2
因为 F ＝f sin ＝ 2× ＝1.
8 8 4 2
π π π
又 F(x)在 － ， 上是偶函数，且在 0， 上递增.
2 2 2
π
∴f(x)sin 2x＜1 F(x)＜F .
8
π π π π π
∴|x|＜ ，解之得－ ＜x＜ ，所以 x∈ － ， .
8 8 8 8 8
π π
答案 － ，
8 8
“瓶颈”一般是指在整体中的关键限制因素，例如，一轮、二轮复习后，很多考
生却陷入了成绩提升的“瓶颈期”——无论怎么努力，成绩总是停滞不前.怎样才
能突破“瓶颈”，让成绩再上一个台阶？新高考卷客观题满分 80 分，共 16 题，
决定了整个高考试卷的成败，要突破“瓶颈题”就必须在两类客观题第 8，11，
12，15，16 题中有较大收获，分析近年高考，必须从以下几个方面有所突破，才
能实现“柳暗花明又一村”，做到保“本”冲“优”，迈进双一流.
压轴热点 1 函数的图象、性质及其应用
【例 1】 (1)(2020·江南名校联考)已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x＞0 时，
2 π
f(x)＝ x－ln x＋ln ，则函数 g(x)＝f(x)－sin x 的零点个数为( )
π 2
A.1 B.2 C.3 D.5
(2)(2020·石家庄调研)若函数 f(x－2)为奇函数，f(－2)＝0，且 f(x)在区间[－2，＋
∞)上单调递减，则不等式 f(3－x)＞0 的解集为________.
解析 (1)函数 g(x)的零点个数，即函数 y＝f(x)的图象与 y＝sin x 的图象交点个数.
2 π 2 1 2x－π π
当 x＞0 时，f(x)＝ x－ln x＋ln ，则 f′(x)＝ － ＝ ，令 f′(x)＝0，得 x＝ .
π 2 π x πx 2
π π π
易知当 0＜x＜ 时，f′(x)＜0；当 x＞ 时，f′(x)＞0.则 f(x)在 0， 上单调递减，在
2 2 2
π π π
，＋∞ 上单调递增，所以当 x＝ 时，f(x)取得最小值，且最小值为 f ＝1.函数
2 2 2
π
y＝sin x 在 x＝ 处取得最大值 1，所以当 x＞0 时，f(x)的图象与 y＝sin x 的图象有
2
π
且只有一个交点 ，1 .由 f(x)和 y＝sin x 均为奇函数，可得当 x＜0 时，f(x)的图象
2
π
与 y＝sin x 的图象的交点也有且只有一个，为点 － ，－1 .又两函数的图象均过
2
原点，因此函数 y＝f(x)与 y＝sin x 的图象有 3 个交点，所以函数 g(x)＝f(x)－sin x
的零点有 3 个.
(2)因为函数 f(x－2)是奇函数，所以函数 f(x－2)的图象关于点(0，0)对称，故 f(x)
的图象关于点(－2，0)对称.又 f(x)在[－2，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(－∞，－2)
上也单调递减，由 f(3－x)＞0＝f(－2)，得 3－x＜－2，∴x＞5.∴不等式 f(3－x)＞
0 的解集为(5，＋∞).
答案 (1)C (2)(5，＋∞)
探究提高 1.利用图象法求函数 f(x)的零点个数时，直接画函数 f(x)的图象较困难，
可以将解析式变形，将函数零点个数问题转化为两个函数的图象的交点个数问题，
画出两函数图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.
2.求解函数的图象与性质综合应用问题的策略
(1)熟练掌握图象的变换法则及利用图象解决函数性质、方程、不等式问题的方法.
(2)熟练掌握与应用函数单调性、奇偶性、周期性、最值、对称性及零点解题的方
法.
1
【训练 1】 (2020·山东师大附中模拟)已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－ x，其中 e 是自e
然对数的底数，在 f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数 a 的取值范围是________.
1 1
解析 因为函数 f(x)＝x3－2x＋ex－ x，所以 f′(x)＝3x2－2＋ex＋ 2x≥3x －2＋e e
1
2 ex·x≥0(当且仅当 x＝0 时取等号)，所以 f(x)在 R 上单调递增.又 f(－x)＝(－x)3e
＋ ＋ －2x e x－ex＝－f(x)且 x∈R，∴f(x)是奇函数，由 f(a－1)＋f(2a2)≤0，得 f(2a2)≤f(1
1
－a).所以 2a2≤1－a，解之得－1≤a≤ .
2
1
答案 －1，
2
压轴热点 2 三角函数与正(余)弦定理
【例 2】 (1)已知函数 f(x)＝asin ωx＋bcos ωx(ω>0)，若 x＝x0 是函数 f(x)的一条对
称轴，且 tan ωx0＝3，则点(a，b)所在的直线为( )
A.x－3y＝0 B.x＋3y＝0
C.3x－y＝0 D.3x＋y＝0
1
(2)在△ABC 中，三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 b－sin C cos A
2
＝sin Acos C，且 a＝2 3，则△ABC 面积的最大值为________.
b
解析 (1)f(x)＝asin ωx＋bcos ωx＝ a2＋b2sin (ωx＋φ)，其中 tan φ＝ .
a
∵x＝x0 是函数 f(x)的一条对称轴，
π
∴ωx0＋φ＝kπ＋ ，k∈Z. 2
π
∵tan ωx0＝tan kπ＋ －φ 2
π cos φ 1
＝tan －φ ＝ ＝ ，
2 sin φ tan φ
a
从而 ＝3，得 a－3b＝0，
b
所以点(a，b)在直线 x－3y＝0 上.
1
(2)因为 b－sin C cos A＝sin Acos C，
2
1
所以 bcos A－sin Ccos A＝sin Acos C，
2
1 1
所以 bcos A＝sin(A＋C)，所以 bcos A＝sin B，
2 2
cos A sin B
所以 ＝ ，
2 b
sin B sin A
又 ＝ ，a＝2 3，
b a
cos A sin A
所以 ＝ ，得 tan A＝ 3，
2 2 3
π
又 A∈(0，π)，则 A＝ ，
3
1
由余弦定理得(2 3)2＝b2＋c2－2bc·＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，
2
即 bc≤12，当且仅当 b＝c＝2 3时取等号，
1 3
从而△ABC 面积的最大值为 ×12× ＝3 3.
2 2
答案 (1)A (2)3 3
探究提高 1.研究三角函数的图象与性质，关键在于灵活利用三角恒等变换公式
将函数化为 y＝Asin(ωx＋φ)＋B(ω>0，A>0)的形式，进一步讨论函数的单调性、
对称性、周期、零点等.
2.解三角形的关键是活用正弦、余弦定理实施边角的转化，在求三角形面积的取
值时，常把三角形面积这个目标函数转化为边或角的形式，然后借助基本不等式
或函数性质来解决.
π
【训练 2】 (2020·成都诊断)如图所示的是函数 f(x)＝sin(ωx＋φ) ω＞0，0＜φ＜
2
π 5π
在区间 － ， 上的图象，若将该函数图象上各点的横坐标缩小为原来的一半
6 6
5π
(纵坐标不变)，再向右平移 m(m＞0)个单位长度后，所得到的图象关于直线 x＝
12
对称，则 m 的最小值为( )
7 π π 7π
A. π B. C. D.
6 6 8 24
5 π 2π π
解析 由图象知，最小正周期 T＝ π－ － ＝π，∴ω＝ ＝2.又 － ，0 是图象
6 6 T 6
π π
的“第一零点”.∴－ ×2＋φ＝0，则 φ＝ .
6 3
π
故函数 f(x)的解析式为 f(x)＝sin 2x＋ .
3
π
把 f(x)＝sin 2x＋ 的图象上各点的横坐标缩小为原来的一半(纵坐标不变)，再向
3
π
右平移 m(m＞0)个单位长度后，得到 g(x)＝sin 4x－4m＋ 的图象，
3
5π
因为所得图象关于直线 x＝ 对称，
12
5π π π
所以 4× －4m＋ ＝ ＋kπ(k∈Z)，
12 3 2
3 1
解得 m＝ π－ kπ，k∈Z，
8 4
π
所以由 m＞0，可得当 k＝1 时，m 取得最小值，且最小值为 .
8
答案 C
压轴热点 3 空间位置关系与计算
【例 3】 (1)(多选题)如图，等边△ABC 的中线 AF 与中位线 DE 相交于点 G，已
知△A′ED 是△AED 绕 DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中正确的是( )
A.动点 A′在平面 ABC 上的射影在线段 AF 上
B.恒有 BD∥平面 A′EF
C.三棱锥 A′－EFD 的体积有最大值
D.异面直线 A′F 与 DE 不可能垂直
(2)(2020·江南名校联考)已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2，M，N，E，F
分别是 A1B1，AD，B1C1，C1D1 的中点，则过 EF 且与 MN 平行的平面截正方体所
得截面的面积为________， CE 和该截面所成角的正弦值为________.
解析 (1)因为 A′D＝A′E，△ABC 是正三角形，所以点 A′在平面 ABC 上的射影在
线段 AF 上，故 A 正确；因为 BD∥EF，所以恒有 BD∥平面 A′EF，故 B 正确；
三棱锥 A′－FED 的底面积是定值，体积由高即点 A′到底面的距离决定，当平面
A′DE⊥平面 BCED 时，三棱锥 A′－FED 的体积有最大值，故 C 正确；因为 DE⊥
平面 A′FG，故 A′F⊥DE，故 D 错误.
(2)如图所示，设 CD，BC 的中点分别为 H，G，连接 HE，HG，GE，HF，ME，
NH.
易证 ME∥NH，ME＝NH，所以四边形 MEHN 是平行四边形，所以 MN∥HE.
易知四边形 EFHG 为矩形，因为 MN 平面 EFHG，HE 平面 EFHG，
所以 MN∥平面 EFHG，
所以过 EF 且与 MN 平行的平面为平面 EFHG，平面 EFHG 截正方体所得截面为
矩形 EFHG，易知 EF＝ 2，FH＝2，
所以截面 EFHG 的面积为 2× 2＝2 2.
连接 AC，交 HG 于点 I，易知 CI⊥HG，平面 EFHG⊥平面 ABCD，平面 EFHG∩
平面 ABCD＝HG，
所以 CI⊥平面 EFHG，连接 EI，
因为 EI 平面 EFHG，所以 CI⊥EI，
所以∠CEI 为直线 CE 和截面 EFHG 所成的角.
1 2 2 2
在 Rt△CIE 中，易知 CE＝ 1＋22＝ 5，CI＝ AC＝ ＝ ，
4 4 2
CI 10
所以 sin∠CEI＝ ＝ .
CE 10
10
答案 (1)ABC (2)2 2
10
探究提高 1.在折叠过程中，△A′DE 的边长不变，BC∥平面 A′DE 及 A′G⊥DE
的关系保持不变，抓住不变性，明确几何量之间的关系是解题的关键.
2.第(2)题利用线面平行的判定，确定所求截面为矩形 EFHG，这是求解的关键，
第二个空在前面的基础上，运用线面、线线、面面垂直作出线面角，使考题的功
能最大化，进一步考查学生数学运算与逻辑推理等数学核心素养.
【训练 3】 (1)(多选题)如图，平面四边形 ABCD 中，E，F 分别是 AD，BD 的中
点，AB＝AD＝CD＝2，BD＝2 2，∠BDC＝90°，将△ABD 沿对角线 BD 折起至
△A′BD，使平面 A′BD⊥平面 BCD，则四面体 A′BCD 中，下列结论正确的是( )
A.EF∥平面 A′BC
B.异面直线 CD 与 A′B 所成的角为 90°
C.异面直线 EF 与 A′C 所成的角为 60°
D.直线 A′C 与平面 BCD 所成的角为 30°
(2)(2020·河北名校调研)在三棱锥 P－ABC 中，若平面 PBC⊥平面 ABC，∠ABC＝
90°，AB＝2，BC＝1，PB＝2 2，∠PBC＝45°，则三棱锥 P－ABC 外接球的表面
积是________.
解析 (1)A 选项：因为 E，F 分别为 A′D 和 BD 的中点，所以 EF∥A′B，即 EF∥
平面 A′BC，A 正确.B 选项：因为平面 A′BD⊥平面 BCD，交线为 BD，且 CD⊥BD，
所以 CD⊥平面 A′BD，即 CD⊥A′B，故 B 正确.C 选项：取 CD 边中点 M，连接
EM，FM，则 EM∥A′C，所以∠FEM 为异面直线 EF 与 A′C 所成角，因为 CD⊥
平面 A′BD，所以 CD⊥A′D，又 A′D＝CD＝2，所以 A′C＝2 2，所以 EM＝ 2，
1
又 EF＝1，FM＝ BD2＋CD2＝ 3，所以∠FEM＝90°，故 C 错误；D 选项，连
2
接 A′F，因为 A′B＝A′D，F 为 BD 的中点，所以 A′F⊥BD，又平面 A′BD⊥平面 BCD，
平面 A′BD∩平面 BCD＝BD，所以 A′F⊥平面 BCD，连接 FC，∠A′CF 为直线 A′C
与平面 BCD 所成的角，又 A′C＝2 2，A′F＝ A′D2－DF2＝ 2，所以 sin∠A′CF
A′F 2 1
＝ ＝ ＝ ，所以∠A′CF＝30°，故 D 正确，故选 ABD.
A′C 2 2 2
(2)在平面 BCP 中找一点 Q，连接 BQ，使得 BQ 为△BCP 外接圆的直径，连接
QC，则∠QCB＝90°，则 QC⊥平面 ABC，所以 QC⊥AC，∠QCA＝90°.易知 AB⊥
平面 PBC，则∠ABQ＝90°，连接 AQ，设 AQ 的中点为 O，则点 O 到 A，B，C，
Q 四点的距离相等，故 AQ 为三棱锥 P－ABC 外接球的直径.易得 PC＝ 5，BQ＝
5
＝ 10，所以 AQ2＝BQ2＋AB2＝14＝4R2(R 为外接球的半径).故 S 2
sin 45° 外接球
＝4πR
＝14π.
答案 (1)ABD (2)14π
压轴热点 4 圆锥曲线及其性质
【例 4】 (1)以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A，B 两点，交 C 的准线于 D，
E 两点.已知|AB|＝4 2，|DE|＝2 5，则 C 的焦点到准线的距离为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
x2 y2
(2)(2020·成都七中检测)已知双曲线 C： 2－ 2＝1(a>b>0)的两条渐近线与圆 O：x2a b
＋y2＝5 交于 M，N，P，Q 四点，若四边形 MNPQ 的面积为 8，则双曲线 C 的渐
近线方程为( )
1 1
A.y＝± x B.y＝± x
4 2
2 2
C.y＝± x D.y＝± x
2 4
解析 (1)不妨设抛物线 C：y2＝2px(p>0)，
∵|AB|＝4 2，点 A 是圆与抛物线交点，由对称性设 A(x1，2 2)，
（2 2）2 4
则 x1＝ ＝ . 2p p
又|DE|＝2 5，且点 D 是准线与圆的交点，
p
∴D － ， 5 且|OD|＝|OA|.
2
2 2
4 p
从而 ＋(2 2)2＝ － ＋( 5)2，解得 p＝4.
p 2
因此 C 的焦点到准线的距离是 4.
(2)依题意，不妨设点 M(x，y)在第一象限，
5a
x
2＋y2＝5， x＝ ， c
联立 解得 (其中 c2＝a2＋b2b )，
y＝ x，a 5b y＝ c
5a 5b
可知四边形 MNPQ 为矩形且面积为 8，且根据双曲线的对称性， · ＝2，即
c c
2c2＝5ab.
又因为 c2＝a2＋b2，
b2 b
所以 2(a2＋b2)＝5ab 2× 2－5× ＋2＝0， a a
b 1 b
解得 ＝ ( ＝2 舍去).
a 2 a
1
故所求渐近线方程为 y＝± x.
2
答案 (1)B (2)B
探究提高 1.与圆锥曲线方程相关的问题，一定要抓住定义，作出示意图，充分
利用几何性质，简化运算.
2.双曲线的离心率与渐近线是高考的热点，求圆锥曲线离心率大小(范围)的方法
是：根据已知椭圆、双曲线满足的几何条件及性质得到参数 a，b，c 满足的等量
c
关系(不等关系)，然后把 b 用 a，c 表示，求 的值(范围).
a
x2
【训练 4】 (1)(2020·太原检测)已知 F 为椭圆 C： ＋y2＝1 的右焦点，过点 F 的
4
直线 l 与椭圆交于 A，B 两点，P 为 AB 的中点，O 为原点.若△OPF 是以 OF 为底
边的等腰三角形，则直线 l 的斜率为( )
1 3
A.± B.±
2 6
C.±2 D.±2 3
(2)已知双曲线 C 经过点(2，3)，且该双曲线的其中一条渐近线的方程为 y＝ 3x，
F1，F2 分别为该双曲线的左、右焦点，双曲线 C 的方程为________，若 P 为该双
曲线右支上一点，点 A(6，8)，则当|PA|＋|PF2|取最小值时，点 P 的坐标为________.
解析 (1)因为 c＝ a2－b2＝ 3，所以右焦点 F( 3，0).设直线 l 的方程为 y＝k(x
x2
1＋y2 1＝1 ①4
－ 3)，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则
x22
＋y
2＝1 ②
4 2
x2－x21 2
①－②得 ＋(y2 21－y2)＝0， 4
y1－y2 x1＋x2
则 ＝－ .
x1－x2 4（y1＋y2）
因为点 P 为 AB 中点，知 x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0.
y1－y2 x1＋x2 x0
所以直线 l 的斜率 k＝ ＝－ ＝－ .
x1－x2 4（y1＋y2） 4y0
又△OPF 是以 OF 为底边的等腰三角形，
3 3
所以 x0＝ ，y0＝k(x0－ 3)＝－ k. 2 2
3
x0 2 1 1
所以 k＝－ ＝－ ，得 k2＝ ，k＝± .
4y0 3 4 2
4× － k
2
(2)由题意，可设双曲线 C 的方程为 y2－3x2＝λ，将(2，3)代入，得 32－3×22＝λ，
y2
得 λ＝－3，故双曲线 C 的方程为 x2－ ＝1.
3
作出双曲线 C 如图所示，连接 PF1，AF1.
由双曲线定义，得|PF1|－|PF2|＝2.
所以|PF2|＝|PF1|－2.
则|PA|＋|PF2|＝|PA|＋|PF1|－2≥|AF1|－2，
当且仅当 A，P，F1 三点共线时，等号成立.
由 A(6，8)，F1(－2，0)，得直线 AF1 的方程为 y＝x＋2，
y＝x＋2，
3 2
由 y2 得 2x2－4x－7＝0，解得 x＝1± ，
x2 － ＝1， 2 3
又点 P 在双曲线的右支上，
3 2 3 2
所以点 P 的坐标为 1＋ ，3＋ .
2 2
y2 3 2 3 2
答案 (1)A (2)x2－ ＝1
3 1＋ ，3＋
2 2
压轴热点 5 导数及其应用
1
【例 5】 (2020·合肥检测)已知函数 g(x)＝a－x2 ≤x≤e，e为自然对数的底数 与
e
h(x)＝2ln x 的图象上存在关于 x 轴对称的点，则实数 a 的取值范围是________.
2 1 解析 函数 g(x)＝a－x ≤x≤e，e为自然对数的底数
e
1
与 h(x)＝2ln x 的图象上存在关于 x 轴对称的点，等价于 a－x2＝－2ln x 在 ，e 上
e
1 1
有解，即－a＝2ln x－x2 在 ，e 上有解.设 f(x)＝2ln x－x2，x∈ ，e ，
e e
2（1＋x）（1－x）
则 f′(x)＝ .
x
1
∴f′(x)＝0 在 ，e 上有唯一的零点 x＝1.
e
1
故 f(x)在 ，1 上单调递增，在(1，e]上单调递减.
e
∴f(x)max＝f(1)＝－1，
1 1 1
又 f ＝－2－ 2，f(e)＝2－e2，知 f(e)＜f . e e e
∴函数 f(x)的值域为[2－e2，－1].
1
故方程－a＝2ln x－x2 在 ，e 上有解等价于 2－e2≤－a≤－1，即 1≤a≤e2－2，
e
∴实数 a 的取值范围是[1，e2－2].
答案 [1，e2－2]
探究提高 1.利用导数研究函数的单调性、极值，一定注意字母参数取值的影响，
重视分类讨论思想.
2.利用导数解零点或不等式问题，主要是构造函数，利用导数研究函数的单调性，
常见的构造函数的方法有移项法、构造形似函数法、主元法等.
π π
【训练 5】 (2020·佛山调研)已知 f(x)是定义在 － ， 上的奇函数，其导函数为
2 2
π π
f′(x)，f ＝ 2，且当 x∈ 0， 时，f′(x)sin 2x＋2f(x)cos 2x＞0.则不等式 f(x)sin 2x
8 2
＜1 的解集为________.
解析 设 F(x)＝f(x)sin 2x，
则 F′(x)＝f′(x)sin 2x＋2f(x)cos 2x.
π π
∵f(x)在 － ， 上是奇函数，
2 2
∴F(－x)＝f(－x)sin(－2x)＝f(x)sin 2x＝F(x)，
π π
故 F(x)在定义域 － ， 上是偶函数.
2 2
π
当 x∈ 0， 时，f′(x)sin 2x＋2f(x)cos 2x＞0，
2
π
∴F′(x)＞0，则 F(x)在 0， 上单调递增.
2
π π π 2
因为 F ＝f sin ＝ 2× ＝1.
8 8 4 2
π π π
又 F(x)在 － ， 上是偶函数，且在 0， 上递增.
2 2 2
π
∴f(x)sin 2x＜1 F(x)＜F .
8
π π π π π
∴|x|＜ ，解之得－ ＜x＜ ，所以 x∈ － ， .
8 8 8 8 8
π π
答案 － ，
8 8
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