2019年高考数学二轮复习（理）通用版压轴题分析与详解讲义专题2　“选填”压轴小题的4大抢分策略 Word版含解析

专题二 　“选填”压轴小题的4大抢分策略
解答选择题中的压轴题，务必要遵循“小题小解”的原则，要抓住已知条件与备选项之间的关系进行分析、试探、推断，充分发挥备选项的暗示作用，选用解法要灵活机动，做到具体问题具体分析，不要生搬硬套．能定性判定的，就不再使用复杂的定量计算；能用特殊值分析的，就不再采用常规解法；能用间接法求解的，就不再用直接法．
能否快速准确地解答填空题中的压轴题，往往是高考数学成败的关键．现行《考试大纲》对解答填空题提出的基本要求是“正确、合理、迅速”．也就是说解填空题务必要做到：


特例思想开思路

特例思想是通过考查数学对象的特殊情况来获得一般性结论．举出特例或者研究特殊情况要比研究一般情况容易很多．研究清楚了特殊情况，对于解决一般情况可以提供解题思路．当题目十分复杂或解题目标不明确时，往往需要考查题设条件中的某些特殊情况，从中找出能反映问题本质属性的隐含信息，这样做，常常能够打开我们的思路，发现解决问题的方法．
[典例]　已知函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在R上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．[－1,1]　　　　　 B.
C. D.
[解析]　法一：特殊值法
对函数f(x)求导，得f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝－cos2x＋acos x．根据题意，f′(x)≥0恒成立，因为函数f′(x)为偶函数，从而f′(x)＝0的两根一定互为相反数，即可知a的值关于原点对称，排除选项B、D；当a＝－1时，f′(0)＝－cos20＋acos 0<0，说明函数f(x)不是恒单调递增的，排除选项A.故选C.
法二：特殊值法
观察本题的四个选项，发现选项A、B、D中都有数－1，故取a＝－1，f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－<0，不符合f(x)在R上单调递增，排除选项A、B、D.故选C.
法三：数形结合
根据题意，可知f′(x)＝1－cos 2x＋acos x≥0在R上恒成立，化简可得－cos2x＋acos x＋≥0在R上恒成立．又因为|cos x|≤1，令cos x＝t，则－t2＋at＋≥0在t∈[－1,1]上恒成立．
设g(t)＝－t2＋at＋，则函数g(t)在t∈[－1,1]上，使得不等式g(t)≥0恒成立，
则所以
所以－≤a≤.故选C.
法四：分类讨论
由法三可知，函数g(t)＝－t2＋at＋≥0，其中t∈[－1,1]．对参数t分类讨论：
当t＝0时，函数g(0)＝≥0，
此时参数a∈R，函数f(x)在R上单调递增；
当t>0时，分离参数得a≥＝t－恒成立．设函数h(t)＝t－，即有a≥h(t)max成立，由于h′(t)＝＋>0，从而可知函数h(t)在(0,1]上单调递增，所以a≥h(1)＝－.
当t<0时，分离参数得a≤＝t－恒成立．易得a≤h(t)min＝h(－1)＝.
综上所述，a的取值范围是.故选C.
[答案]　C

[题后悟通]
(1)本题的四种解法中，解法一是从函数的整体性质(单调性、奇偶性)出发，排除不符合题意的选项，是优化解题方法的最好策略；解法二是从题目的选项特征出发，采取特值法解题，方法简单；解法三就是将函数f(x)求导后，再构造函数转化为不等式g(t)≥0恒成立，结合函数g(t)的结构特征与图形特征解题；解法四中，令cos x＝t，对参数t进行分类讨论后，再利用导数知识研究单调性、最值，这就是有关单调性问题的解题套路．
(2)处理此类问题经常根据题中所给出的条件巧妙选择特殊值、特殊函数、特殊位置、特殊图形等进行求解．
[应用体验]
1．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝2－f(x)，若函数y＝与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则(xi＋yi)＝(　　)
A．0 B．m
C．2m D．4m
解析：选B　法一：(利用函数的对称性)
由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)＝2，所以点(x，f(x))与点(－x，f(－x))连线的中点是(0,1)，故函数f(x)的图象关于点(0,1)成中心对称(此处也可以这样考虑：由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)－2＝0，即[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0，令F(x)＝f(x)－1，则F(x)＋F(－x)＝0，即F(x)＝f(x)－1为奇函数，图象关于点(0,0)对称，而F(x)的图象可看成是f(x)的图象向下平移一个单位得到的，故f(x)的图象关于点(0,1)对称)．又y＝＝1＋的图象也关于点(0,1)对称，所以两者图象的交点也关于点(0,1)对称，所以对于每一组对称点xi＋xi′＝0，yi＋yi′＝2，所以(xi＋yi)＝i＋i＝0＋2×＝m，故选B.
法二：(构造特殊函数)
由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)－2＝0，
即[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0.
令F(x)＝f(x)－1，则F(x)为奇函数，
即f(x)－1为奇函数，从而可令f(x)－1＝x，
即f(x)＝x＋1，显然该函数满足此条件．
此时y＝x＋1与y＝的交点分别为(1,2)和(－1,0)，
所以m＝2，(xi＋yi)＝1＋2＋(－1)＋0＝2，
结合选项可知选B.
2.如图，在△ABC中，点O是BC的中点，连接AO，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，若＝m ，＝n ，则m＋n的值为________．
解析：法一：因为O是BC的中点，
所以＝(＋)＝＋.
因为M，O，N三点共线，所以＋＝1，
所以m＋n＝2.
法二：(特殊位置法)
取M与B重合，N与C重合，
此时m＝n＝1，得m＋n＝2.
答案：2
3．已知△ABC中，AB＝4，AC＝5，点O为△ABC所在平面内一点，满足||＝||＝||，则·＝________.
解析：法一：如图，＝－，＝－，
∴2＝2－2·＋2，2＝2－2·＋2.两式相减，得2－2＝2·－2·.
∴25－16＝2·(－)，
∴9＝2·，
∴·＝.
法二：(特殊图形法)
若△ABC为直角三角形，如图，
则＝(＋)，＝－，
∴·＝(＋)·(－)＝(2－2)＝.
答案：
极限思想减运算

极限思想就是考虑相关问题的极端情况，极端情形往往都是相关命题的极限情况，或是某个变量所在区间端点的取值．例如线段是三角形高为零的极端情况，切线是割线的极端情形(即极限)等．有些高考数学压轴题的求解，常常要从它的极端情形来寻找突破口．一般来说，运用极限思想分析问题，往往能够减少运算量，尤其是选择题和填空题，运用极限思想分析解题可以快速准确地解决问题，从而避免小题大做，节省考场上的答题时间．

[典例]　在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________．
[解析]　法一：极限法
如图，动态地审视平面四边形ABCD，边BC＝2固定，∠B＝∠C＝75°固定，延长BA，CD交于点P.虽然∠BAD＝75°，但AB边并不固定，平行移动AD边，则容易看出BQ法二：分割法
易知∠ADC＝135°.如图，连接BD，设∠BDC＝α，∠ADB＝β，则α＋β＝135°.
在△ABD和△BCD中，由正弦定理得＝＝，
则AB＝＝
＝＝，
由得30°<α<105°，
所以－2<<.
则－[答案]　(－，＋)
[题后悟通]
解法一采用取极限的方法来处理，过程显得简洁、自然，体现了“小题小解”的策略．解法二将四边形问题转化为解三角形问题，利用正弦定理建立函数解析式求解．
[应用体验]
4．过x轴上一点P向圆C：x2＋(y－2)2＝1作圆的切线，切点为A，B，则△PAB的面积的最小值是(　　)
A. B.
C. D．3
解析：选A　法一：由图可知，当点P趋向于无穷远处时，显然△ABP的面积趋向于无穷大；当点P趋近于原点时，△ABP的面积越来越小；当与原点重合时有|OA|＝，且此时的△PAB为正三角形．其面积为×()2×＝.故选A.
法二：设P(x,0)，
则|PC|2＝x2＋4，|PA|2＝|PB|2＝x2＋3，
设∠CPA＝θ，则有sin θ＝，cos θ＝，
于是S△PAB＝|PA|2×sin 2θ＝
＝.
显然上式是x2的单调递增函数，当x＝0时，S△PAB取得最小值.故选A.
建模探究破创新
探究创新性题的解题思路常用的策略是建模分析．也就是说，对这类题的求解要特别注意以下几点：
(1)领会题意，弄清问题所涉及的模型，准确把握命题给出的相关新概念、新定义的实质；
(2)注重将那些抽象的概念直观化，隐含的信息条理化，复杂的数量关系模型化；
(3)善于借助它的背景、特征、性质、构思来进行分析、探究、类比、变式，构建相关的数学模型．
一旦把握了伴随它的数学模型，也就把握了解题入门的向导，问题便可迎刃而解．
[典例]　对于实数a和b，定义运算“⊕”：a⊕b＝设函数f(x)＝(2x－1)⊕(x－1)，且关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是________．
[解析]　f(x)＝(2x－1)⊕(x－1)
＝
?f(x)＝
故关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实根x1，x2，x3，等价于函数f(x)的图象与直线y＝m有三个不同的交点．
作出函数f(x)的大致图象如图所示，从图中不难得知0设从左到右交点的横坐标分别为x1，x2，x3，
当x>0时，－x2＋x＝m，
即x2－x＋m＝0，
由此可得x2x3＝m.
当x<0时，由2x2－x＝，得x＝.
当m在上递增时，
|x1|也在上递增．
从而m|x1|随着m的递增而递增，
而x1<0，所以x1x2x3∈为所求．
[答案]　

[题后悟通]
透彻理解题目给出的新定义的模型，明确f(x)的解析式是解题的切入口．用新定义考查阅读理解能力与知识迁移能力是现行数学高考的出发点．求解本题的关键在于从图形中观察到|x1|的取值是m的增函数，且x＝是m＝时的极端情形．

[应用体验]

5．对任意两个平面向量α，β，定义α?β＝，若向量a，b满足条件|a|≥|b|>0，a与b的夹角θ∈，且a?b和b?a都在集合中，则a?b＝(　　)
A. B．1
C. D.
解析：选C　由定义α?β＝，
得a?b＝＝，①
同理可得b?a＝＝.②
由|a|≥|b|>0，得0<≤1.
又因为θ∈，所以从而可得0<<1，即0因为b?a∈，所以b?a＝.③
①×②得(a?b)(b?a)＝cos2θ∈，
将③代入上式，化简得1又因为a?b∈，所以a?b＝，故选C.

定义分析解压轴

解答数学高考压轴题，入手的关键就是要先弄清问题所涉及的概念、定义及其相关的隐含信息，然后运用数学的通性通法——定义法、分析法、综合法、分离变量法、数形结合法、向量法、重要不等式法等进行分析、整合，认识问题的本质，探究与问题相关的基本概念或数学模型．只有明确了命题中的相关概念、定义及数学模型，才能准确理解题意、灵活运用知识分析问题，解决问题，促进解题思路的创新．因此，运用定义分析问题是准确、迅速解答数学高考压轴题的重要策略．
[典例]　已知函数f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝，若?x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
[解析]　法一：当x≥0时，f(x)＝作出函数f(x)的图象，如图所示．

因为对?x∈R，f(x－1)≤f(x)成立，所以对应的函数f(x－1)的图象恒在函数f(x)的图象的下方．
由此可知，只需函数f(x)在x<－2a2时的图象向右平移一个单位即可．
因为x>2a2时，f(x)＝x－3a2，
又f(x)是R上的奇函数，
所以x<－2a2时，f(x)＝x＋3a2，
由此可得f(x－1)＝x－1＋3a2.
于是，由f(x－1)≤f(x)，得
x－1＋3a2≤x－3a2，
即6a2≤1，解得a∈.
法二：由图易知，当x>0时，f(x)的最小值为－a2.
因为f(x)为奇函数，所以当x<0时，f(x)的最大值为a2.
又易知，当x>0时，f(x)＝a2所对应的横坐标为x＝4a2，即B点的横坐标．
当x<0时，f(x)＝a2所对应的横坐标xmin＝－2a2，即A点的横坐标．
故要对?x∈R，都有f(x－1)≤f(x)成立，则要A，B两点的跨度不大于1.
否则，f(x)的图象向右平移1个单位后，线段DB会在A1C1的下方，
此时的图象与对应的函数不等式f(x－1)≤f(x)相悖．
所以4a2－(－2a2)≤1，解得a∈.
[答案]　B
[题后悟通]
本题主要考查全称命题、奇函数和分段函数等基本概念，考查函数的最值与恒成立问题．意在考查考生应用数形结合思想，综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力．注重理解题意，根据奇函数的性质画草图进行探究，抓住函数f(x)在x<－2a2时的图象向右平移1个单位后与原函数的图象的关系进行分析，是解题入手的基本途径．解法一是从函数的表达式的角度来构建不等式的，解法二是从区间跨度的角度来构建不等式的．易知，这两种解法都遵循了小题小解的原则，体现了数形结合思想在解题中的作用．
[应用体验]

6．设P，Q是双曲线x2－y2＝4上关于原点对称的两点，将坐标平面沿双曲线的一条渐近线l折成直二面角，则折叠后线段PQ的长度的最小值为________．
解析：法一：因为双曲线x2－y2＝4是以直线y＝±x为渐近线的等轴双曲线，
所以将双曲线按逆时针方向旋转45°，可得对应图象的双曲线方程为y＝.
因为双曲线x2－y2＝4的顶点为A(，0)，
所以旋转后点A变为点A′(，)．
因为点A′在y＝的图象上，则m＝2.

即将原双曲线按逆时针方向旋转45°后，所得的双曲线的方程为y′＝.如图．
故问题转化为：过原点的直线交双曲线y′＝于P，Q两点，将坐标平面沿y′轴折成直二面角，求折后线段PQ的长度的最小值．
设P(t>0)，过点P作PM⊥y′轴于M，
则M，Q.
从而|MQ|＝ ＝ ，
在折叠后的图形中，有|QM1|＝|MP|＝t，
故|PQ|2＝|QM1|2＋|MM1|2＋|MP|2＝|QM|2＋|MP|2＝2t2＋≥2＝16.
当且仅当t2＝4，即t＝2时等号成立，
所以当t＝2时，即P坐标为(2，)时，|PQ|的最小值为＝4.
综上所述，折叠后线段PQ的长度的最小值等于4.
法二：设P(x0，y0)到两渐近线的距离分别为m，n，
如图，则有|PM|＝|QM1|＝m，
|PN|＝n，
且m＝，
n＝.
易知，折叠后的PQ，可视为一长方体的体对角线．
则PQ2＝QM＋M1M2＋MP2＝2m2＋4n2≥2mn＝4×＝16.
所以|PQ|min＝4.
答案：4


A组——选择题解题技法专练
1．若sin α＋sin β＝(cos β－cos α)，α，β∈(0，π)，则α－β的值为(　　)
A．－　　　　　　　　 　B．－
C. D.
解析：选D　令β＝，则有sin α＝－cos α?tan α＝－，α∈(0，π)，
所以α＝，从而α－β＝.
2．已知0A．－logabC．logba<－logab解析：选A　显然，直接找这三个数的大小关系不容易，但对a，b取某些特殊的值，其大小关系就非常明显了．
如令a＝，b＝，则有－logab＝－log42<0，logba＝log24＝2，ab＝＝，由此可得选A.
3．若不等式x2－logax<0在内恒成立，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　因为x∈，当a＝时，显然x2又当x→时，由；当x→0时，可推得a<1，故选A.
4．双曲线x2－y2＝1的左焦点为F，点P为左支下半支异于顶点A的任意一点，则直线PF斜率的变化范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(1，＋∞)
解析：选C　如图所示，当P→A时，PF的斜率k→0.
当PF⊥x轴时，PF的斜率不存在，即k→±∞.
当P在无穷远处时，PF的斜率k→1.
结合四个备选项得C项正确．
5．已知θ∈[0，π)，若对任意的x∈[－1,0]，不等式x2cos θ＋(x＋1)2sin θ＋x2＋x>0恒成立，则θ的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　令x＝－1，不等式化为cos θ>0；
令x＝0，不等式化为sin θ>0.
又0≤θ<π，所以0<θ<.
当－1不等式化为2cos θ＋＋sin θ>0.
设＝t(t<0)，
则t2cos θ＋t＋sin θ>0对t<0恒成立．
设f(t)＝t2cos θ＋t＋sin θ＝cos θ2＋sin θ－，
则f(t)min＝sin θ－>0，即sin 2θ>.
又0<2θ<π，所以<2θ<，故<θ<.
6．在对角线AC1＝6的正方体ABCD?A1B1C1D1中，正方形BCC1B1所在平面内的动点P到直线D1C1，DC的距离之和为4，则·的取值范围是(　　)
A．[－2,1] B．[0,1]
C．[－1,1] D.
解析：选A　法一：依题意可知CC1＝2，
点P到点C1与C的距离之和为4，
从而可得点P在以C1C为y轴，C1C的中点为原点的椭圆4x2＋y2＝4上．设P(x0，y0)，
则·＝(x0，y0－)·(x0，y0＋)＝x＋y－3＝y－2(－2≤y0≤2)．
由此可得－2≤·≤1，故选A.
法二：由四个备选项可知，B、C、D都是A的子集．
于是，由“若A则B把A抛，A，B同真都去掉”可知，应着重考查“－2”与“1”的值能否取到．
又由条件易知，点P在以C1C为y轴，C1C的中点为原点的椭圆4x2＋y2＝4上．
由此可得，当y＝0时，·可取到－2，
当x＝0时，·可取到1.故选A.
7.如图所示，A是函数f(x)＝2x的图象上的动点，过点A作直线平行于x轴，交函数g(x)＝2x＋2的图象于点B，若函数f(x)＝2x的图象上存在点C使得△ABC为等边三角形，则称A为函数f(x)＝2x的图象上的“好位置点”，则函数f(x)＝2x的图象上的“好位置点”的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B　设A(x,2x)，B(x－2,2x)，若△ABC为等边三角形，则C(x－1,2x－1)，且AC＝AB＝2，即＝2，即22x－2＝3，又y＝22x－2单调递增，所以方程有唯一解x＝＋1，即函数f(x)＝2x的图象上的“好位置点”的个数为1.
8．函数f(x)的定义域为R，若f(x＋1)与f(x－1)都是奇函数，则(　　)
A．f(x)是偶函数 B．f(x)是奇函数
C．f(x)＝f(x＋2) D．f(x＋3)是奇函数
解析：选D　法一：因为f(x＋1)是奇函数，所以f(x)＝f(x－1＋1)＝－f[－(x－1)＋1]＝－f(－x＋2)，
又因为f(x－1)是奇函数，则－f(－x＋2)＝－f[(－x＋3)－1]＝f(x－3－1)＝f(x－4)，
所以f(x)＝f(x－4)．
所以f(x＋3)＝f(x＋3－4)＝f(x－1)是奇函数，因而选D.
法二：令f(x)＝sin πx，
则f(x＋1)＝sin[π(x＋1)]＝－sin πx，
f(x－1)＝sin[π(x－1)]＝－sin πx.
所以，当f(x＋1)，f(x－1)都是奇函数时，f(x)不是偶函数，排除A.
令f(x)＝cos x，则
f(x＋1)＝cos＝－sinx，
f(x－1)＝cos＝sin x，
且f(x＋2)＝cos＝－cosx，
所以，当f(x＋1)，f(x－1)都是奇函数时，f(x)不是奇函数，且f(x)≠f(x＋2)，排除B、C，故选D.
9．已知函数f(x)＝x(1＋a|x|)，若关于x的不等式f(x＋a)A. B.
C.∪ D.
解析：选A　由题意得(x＋a)(1＋a|x＋a|)有(0－2)(1－2|0－2|)＝6<0×(1－2×0)不成立，故D错．
当a＝，x＝时，
有＝1×当a＝，x＝时，
有即<，显然，此式成立，故B不对．所以选A.
10．已知函数f(x)＝ex＋e2－x，若关于x的不等式[f(x)]2－af(x)≤0恰有3个整数解，则实数a的最小值为(　　)
A．1 B．2e
C．e2＋1 D．e3＋
解析：选C　因为f(x)＝ex＋e2－x＞0，所以由[f(x)]2－af(x)≤0可得0＜f(x)≤a.令t＝ex，则g(t)＝t＋(t＞0)，画出函数g(t)的大致图象如图所示，结合图象分析易知原不等式有3个整数解可转化为0＜g(t)≤a的3个解分别为1，e，e2.又当t＝ex的值分别为1，e，e2时，x＝0,1,2.画出直线y＝e2＋1，故结合函数图象可知a的最小值为e2＋1.故选C.
11．设F为双曲线－y2＝1的左焦点，在点F右侧的x轴上有一点A，以FA为直径的圆与双曲线左、右两支在x轴上方的交点分别为M，N，则的值为(　　)
A. B.
C. D.

解析：选A　法一：如图，取点A为右焦点F′，则|FA|＝|FF′|.
由对称性知|FM|＝|F′N|，
所以＝＝＝.
法二：由已知得F(－2,0)，如图，设A(m，0)(m>)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则以AF为直径的圆的方程为(x－m)(x＋2)＋y2＝0.
由
消去y，得x2－(m－2)x－2m－1＝0.
所以x1＋x2＝(m－2)．
所以＝
＝＝＝.
12．在我们学过的函数中有这样一类函数：“对任意一个三角形，只要它的三边长a，b，c都在函数f(x)的定义域内，就有函数值f(a)，f(b)，f(c)也是某个三角形的三边长”．下面四个函数：
①f(x)＝(x>0)；②f(x)＝x2(x>0)；
③f(x)＝sin x(0A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选B　①设0c，
∴a＋b＋2＞c，∴(＋)2>c，∴＋>，
即f(a)＋f(b)>f(c)，
∴f(x)＝(x>0)属于这一类函数；
②举反例：若a＝3，b＝3，c＝5，则a2＋b2即f(a)＋f(b)0)不属于这一类函数；
③举反例：若a＝，b＝，c＝，则sin a＝sin b＋sin c，
即f(a)＝f(b)＋f(c)＝＋＝1，
∴f(x)＝sin x(0④设0，
∴f(b)＋f(c)＝cos b＋cos c>，而cos a<1，
即f(b)＋f(c)>f(a)，∴f(x)＝cos x属于这一类函数．
综上，属于这一类函数的有2个，故选B.
B组——填空题解题技法专练
1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b－c＝acos C，且4(b＋c)＝3bc，a＝2，则△ABC的面积S＝________.
解析：由正弦定理得sin B－ sin C＝sin Acos C，∵sin B＝sin(A＋C)，
∴sin(A＋C)－sin C＝sin Acos C，
即cos Asin C＝sin C.
又sin C≠0，∴cos A＝，
又A是△ABC的内角，∴A＝60°，
∴a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
∴(b＋c)2－4(b＋c)＝12，
得b＋c＝6，∴bc＝8，
∴S＝bcsin A＝×8×＝2.
答案：2
2．已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，当x>0且x≠1时，>0，若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为－，则f(1)＝________.
解析：因为当x>0且x≠1时，>0，
所以当x>1时，2f(x)＋xf′(x)>0；
当0令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，
所以当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)＝x2f(x)单调递增；
当0所以函数g(x)＝x2f(x)在x＝1处取得极值，
所以g′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0.
因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为－，
所以f′(1)＝－，所以f(1)＝×＝.
答案：
3．已知函数f(x)＝当1解析：当10，解得0，0,2答案：4
4．(2019届高三·武汉调研)过抛物线C：y2＝4x的焦点F的直线l与抛物线C交于P，Q两点，与准线交于点M，且＝3，则||＝________.
解析：过点P作PP1垂直准线于P1，
由＝3，得|PM|＝2|PF|，
又由抛物线的定义知|PF|＝|PP1|，所以|PM|＝2|PP1|.
由三角形相似得＝＝，
所以|PP1|＝，所以||＝.
答案：
5．已知函数f(x)＝x＋3＋mx3＋nx(m<0，n<0)，且f(x)在[0,1]上的最小值为－，则f(x)在[－1,0]上的最大值为________．
解析：令g(x)＝mx3＋nx(m<0，n<0)，则g′(x)＝3mx2＋n，因为m<0，n<0，所以g′(x)<0，所以g(x)为减函数．又y＝x＋3为减函数，所以f(x)为减函数．当x∈[0,1]时，f(x)min＝f(1)＝m＋n＋＝－，得m＋n＝－2，当x∈[－1,0]时，f(x)max＝f(－1)＝－m－n＋＝.
答案：
6．已知向量a，b，c满足|a|＝，|b|＝a·b＝3，若(c－2a)·(2b－3c)＝0, 则|b－c|的最大值是________．
解析：设a与b的夹角为θ，则a·b＝|a||b|cos θ，
∴cos θ＝＝＝，
∵θ∈[0，π]，∴θ＝.
设＝a，＝b，c＝(x，y)，建立如图所示的平面直角坐标系．
则A(1,1)，B(3,0)，
∴c－2a＝(x－2，y－2)，2b－3c＝(6－3x，－3y)，
∵(c－2a)·(2b－3c)＝0，
∴(x－2)(6－3x)＋(y－2)(－3y)＝0.
即(x－2)2＋(y－1)2＝1.
∵b－c＝(3－x，－y)，
∴|b－c|＝≤＋1＝＋1，即|b－c|的最大值为＋1.
答案：＋1
7．(2018·开封高三定位考试)已知正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD的外接球的表面积为________．
解析：如图①，在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝2，则BD＝DC＝1，AD＝，在翻折后所得的几何体中，如图②，AD⊥BD，AD⊥CD，则AD⊥平面BCD，三棱锥A?BCD的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，球心到截面BCD的距离d＝AD＝.在△BCD中，BC＝，则由余弦定理，得cos∠BDC＝＝＝－，所以∠BDC＝120°.设球的半径为R，△BCD的外接圆半径为r，则由正弦定理，得2r＝＝＝2，解得r＝1，则球的半径R＝＝＝，故球的表面积S＝4πR2＝4π×2＝7π.

答案：7π
8.(2018·湘中名校联考)一块边长为a cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则容器的容积的最大值是________．
解析：如图，设AB＝x，OF＝，
EF＝(0所以EO＝＝.
所以V(x)＝S正方形ABCD·EO＝x2＝(0令y＝a2x4－x6(0则y′＝4a2x3－6x5＝2x3(2a2－3x2)．
当y′＝0时，x＝a.
当y′<0时，a当y′>0时，0所以y＝a2x4－x6(0在上是减函数，
所以当x＝a时，
ymax＝a2·4－6＝a6，
即V(x)max＝ ＝a3.
答案：a3
9．已知函数f(x)＝sin与函数g(x)＝cos在区间上的图象交于A，B，C三点，则△ABC的周长为________．
解析：因为函数f(x)＝sin与函数g(x)＝cos在区间上的图象交于A，B，C三点，所以由sin ＝cos，x∈，解得x＝－1,0,1，
不妨设A，B，C，
所以AB＝＝，AC＝2，BC＝＝，
所以△ABC的周长为AB＋AC＋BC＝2＋2.
答案：2＋2
10．(2019届高三·昆明调研)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：

记数阵中的第1列数a1，a2，a4，…构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＝2bn－1，则a56＝________.
解析：当n≥2时，∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1，
∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，
∵b1＝2b1－1，∴b1＝1，
∴数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴bn＝2n－1.
设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{cn}，则c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，∴cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024.
答案：1 024
11．(2018·郑州第一次质量测试)已知双曲线C：－＝1的右焦点为F，过点F向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为M，交另一条渐近线于N，若2＝，则双曲线的渐近线方程为________．
解析：由题意得双曲线的渐近线方程为y＝±x，F(c,0)，则|MF|＝b，由2＝，可得＝，所以|FN|＝2b.
在Rt△OMF中，由勾股定理，
得|OM|＝＝a，
因为∠MOF＝∠FON，所以由角平分线定理可得＝＝，|ON|＝2a，
在Rt△OMN中，由|OM|2＋|MN|2＝|ON|2，可得a2＋(3b)2＝(2a)2,9b2＝3a2，即＝，所以＝，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±x.
答案：±x
12．已知O是△ABC的外心，取∠C＝45°，若＝m＋n(m，n∈R)，则m＋n的取值范围是________．
解析：因为∠C＝45°，所以∠AOB＝90°.由已知，不妨设△ABC的外接圆半径为1，并设＝i，＝j，则C(m，n)，点C的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆弧(不含端点)，如图所示．设m＋n＝t，则直线x＋y＝t与此圆弧有公共点，故－≤t<1，即m＋n的取值范围是[－，1)．
注：也可设m＝cos θ，n＝sin θ，则m＋n＝sin.因为<θ＋<，
所以－1≤sin<，所以－≤m＋n<1.
答案：[－，1)
13．设点(1,2)在抛物线y＝ax2上，直线l与抛物线交于A，B两点，直线l1是线段AB的垂直平分线．若直线l1的斜率为2，则l1在y轴上截距的取值范围为________．
解析：由点(1,2)在抛物线y＝ax2上，得a＝2，即抛物线方程为y＝2x2.设直线l1在y轴上的截距为t，依题意得l1的方程为y＝2x＋t.直线l的方程可设为y＝－x＋b，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y可得2x2＋x－b＝0，则x1＋x2＝－，Δ＝＋8b＞0，即b>－.设AB的中点P(x0，y0)，则x0＝(x1＋x2)＝－，y0＝－x0＋b＝＋b.由点P在直线l1上，得＋b＝－＋t，于是t＝＋b>－＝.故l1在y轴上截距的取值范围为.
答案：
14．(2019届高三·广州调研)在平面直角坐标系xOy中，直线x＋y－2＝0与椭圆C：＋＝1(a>b>0)相切，且椭圆C的右焦点F(c,0)关于直线l：y＝x的对称点E在椭圆C上，则△OEF的面积为________．
解析：联立消去x，化简得(a2＋2b2)·y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，由Δ＝0，得2b2＋a2－8＝0.设F′为椭圆C的左焦点，连接F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，又点F到直线l的距离d＝＝，所以|EF|＝，|F′E|＝2a－|EF|＝，在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化简得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0，得b2＝2，a＝2，所以|EF|＝|F′E|＝2，所以S△OEF＝S△F′EF＝1.
答案：1
15.(2019届高三·山西四校联考)如图，等边△ABC的边长为2，顶点B，C分别在x轴的非负半轴，y轴的非负半轴上移动，M为AB的中点，则·的最大值为________．
解析：设∠OBC＝θ，因为BC＝2，所以B(2cos θ，0)，C(0,2sin θ)，则＝(－2cos θ，2sin θ)，设＝(x，y)，因为△ABC是边长为2的等边三角形，
所以解得即＝(sin θ－cos θ，cos θ＋sin θ)，
则＝＋＝(sin θ＋cos θ，cos θ＋sin θ)，
因为M为AB的中点，
所以＝＋＝sin θ＋cos θ，cos θ＋sin θ，
所以·＝＋sin 2θ＋＋sin 2θ＋cos2θ＝sin 2θ＋cos 2θ＋＝sin(2θ＋φ)＋其中cos φ＝，sin φ＝，
所以·的最大值为＋.
答案：＋
16．已知函数f(x)＝sin 2x＋2cos2x＋m在区间上的最大值为3，则
(1)m＝________；
(2)对任意a∈R，f(x)在[a，a＋20π]上的零点个数为________．
解析：(1)因为f(x)＝2sin＋1＋m，
当x∈时，≤2x＋≤，
所以当x＝时，f(x)取最大值3＋m，所以m＝0.
(2)易知函数f(x)是周期为π的周期函数，由图可知，在每个周期内只有2个零点，而[a，a＋20π]有20个周期，故有40个零点，特别地，当a为零点时，a＋20π也是零点，由此可得，此时可有41个零点．所以填40或41.

答案：(1)0　(2)40或41