《浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第三篇渗透数学思想提升学科素养三求准提速秒杀选择填空题试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第三篇渗透数学思想提升学科素养三求准提速秒杀选择填空题试题（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、3 3 求准提速，秒杀选择、填空题求准提速，秒杀选择、填空题 选择、填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点在高考中，选择、填空题的题 量较大，共同特点是不管过程，只要结果因此解答这类题目除直接法外，还要掌握一些解 题的基本策略，避免“小题大做” 解题基本解答策略是：充分利用题目提供的信息作出判 断先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，提高解题速度 方法一 直接法 直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，结合有关性质或结 论，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题. 1已知全集U1,2,3,4,5，若集合A1,3,5，B3,4,5，则(UA)(UB)等于( )
2、AB2 C1,3D2,5 答案 B 解析 由题意得UA2,4，UB1,2， (UA)(UB)2故选 B. 2已知满足 sin ，则 coscos等于( ) 1 3 ( 4 ) ( 4 ) A.B. 7 18 25 18 CD 7 18 25 18 答案 A 解析 coscos ( 4 ) ( 4 ) (cossin)(cossin) 2 2 2 2 (cos2sin2) (12sin2)，故选 A. 1 2 1 2 1 2(12 1 9) 7 18 3已知a，b均为正实数，且ab3，则 的最小值为_ 1 a 1 b 答案 4 3 解析 因为a，b均为正实数，所以 (ab) (当且仅 1 a 1
3、 b 1 3( 1 a 1 b) 1 3( b a a b) 2 3 2 3 2 3 4 3 当ab 时等号成立)，即 的最小值为 . 3 2 1 a 1 b 4 3 4已知抛物线C1：y24x的焦点为F，点P为抛物线上一点，且|PF|3，双曲线C2： x2 a2 1(a0，b0)的渐近线恰好过P点，则双曲线C2的离心率为_ y2 b2 答案 3 解析 设点P(x0，y0)，由抛物线定义得x0(1)3， 所以x02. 又因为y4x0，得y02，即P(2，2) 2 022 又因为双曲线C2的渐近线过P点，所以 ， b a 2 2 22 故e. 1(b a)2123 方法二 特值、特例法 当题目已
4、知条件中含有某些不确定的量，可将题中变化的不定量选取符合条件的恰当特殊情 形特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等进行处理， 从而得出探求的结论.为保证答案的正确性，在利用此方法时，可以多取几个特例. 5函数yxsinx的部分图象大致为( ) 1 x2 答案 A 解析 函数yxsinx是偶函数，其图象关于y轴对称，选项 C，D 错误； 1 x2 令x1 可得ysin110，选项 B 错误故选 A. 6已知函数f(x)lnxax21，若存在实数x1，x21，)，且x1x21，使得f(x1) f(x2)成立，则实数a的取值范围为( ) A.B. (0， ln2 3 )(
5、0， ln2 3 C.D. (， ln2 3 (， 2ln2 3 答案 B 解析 当a0 时，f(x)lnx1，若f(x1)f(x2)，则x1x2，显然不成立，排除 C，D； 取x12，x21，由f(x1)f(x2)，得a1ln24a1，得a，排除 A，故选 B. ln2 3 7如图，在直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1PBQ，过 P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( ) A31B21 C41D.1 3 答案 B 解析 将P，Q置于特殊位置：PA1，QB，此时仍满足条件A1PBQ，则有VPABC 1 AABC V 1 1 1 3 ABCA
6、 B C V . 剩余部分的体积为 1 1 1 2 3 ABCA B C V ，所以截后两部分的体积比为 21. 8如图，在三棱锥OABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OAOBOC，分别经过三条 棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3 的大小关系为_ 答案 S30)恰有三个不相等的实根，则实数k的取值范围是( ) A.B. (0， 1 4) 1 4， 1 3) C.D. ( 1 3，1) 1 4，1) 答案 B 解析 直线ykxk(k0)恒过定点(1,0)，在同一直角坐标系中作出函数yf(x)的图象 和直线ykxk(k0)的图象
7、，如图所示，因为两个函数图象恰好有三个不同的交点，所以 k0)，则f(x). 1lnx x lnx x2 当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)为增函数；当x(1，)时，f(x)t，则 00，所以 stst1.故选 D. 11已知函数f(x)Error!关于x的方程f(x)m(mR R)有四个不同的实数解 x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4的取值范围为_ 答案 (0,1) 解析 函数f(x)Error!的图象如图所示，关于x的方程f(x)m恰有四个互不相等的实根 x1，x2，x3，x4，即函数yf(x)的图象与直线ym有四个不同的交点，则 00 时，由对数函数的性质知， log2x
8、3log2x4，x3x41，当xx20，(x1)(x2)2，所以 02017e2x1(其中 e 为自然对数的底数)的解集为_ 答案 (0，) 解析 构造函数F(x)，则F(x) fx1 e2x fxe2xfx12e2x e2x2 0， fx2fx2 e2x 故函数F(x)在 R R 上为增函数，又因为F(0)201812017， fx1 e2x f01 e0 因此不等式F(x)2017 的解集为(0，) 16.如图，已知球O的球面上有四点A，B，C，D，DA平面 ABC，ABBC，DAABBC，则球O的体积为_ 2 答案 6 解析 如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O
9、的半径为R，则正 方体的体对角线长即为球O的直径 CD2R，因此R， 22 22 22 6 2 故球O的体积V. 4R3 36 1原命题p：“设a，b，cR R，若ab，则ac2bc2”以及它的逆命题，否命题、逆否命题 中，真命题的个数为( ) A0B1C2D4 答案 C 解析 由当c0 时，ac2bc20，得原命题为假命题，则其逆否命题为假命题，原命题的 逆命题为“设a，b，cR R，若ac2bc2，则ab” ，为真命题，则原命题的否命题为真命题， 故选 C. 2函数y2|x|x2(xR R)的图象大致为( ) 答案 A 解析 首先注意到函数y2|x|x2(xR R)是偶函数，所以其图象关于
10、y轴对称，因此排除 B 和 D，又当x0 时，y200210，故排除 C，故选 A. 3设alog54，b(log53)2，clog45 则a，b，c的大小关系为( ) Aa1，所以c的值最大，故 排除 A，D 选项又因为 0(log53)2，即ab.综上b0，得x2，即函数 ( ex x2) exx2ex2x x4 exx22x x4 f(x)在(2，)上单调递增，所以f(4)f(5)f(6)，即. e4 16 e5 25 e6 36 10已知数列an满足a11，anan1nanan1(nN N*)，则an_. 答案 2 n2n2 解析 anan1nanan1，n(nN N*)， 1 an1
11、 1 an 1，2，n1，累加得12(n1) 1 a2 1 a1 1 a3 1 a2 1 an 1 an1 1 an 1 a1 ， nn1 2 即1，an(nN N*) 1 an n2n 2 2 n2n2 11若动直线xa(aR R)与函数f(x)sin与g(x)cos的图象分别交于 3 (x 6) (x 6) M，N两点，则|MN|的最大值为_. 答案 2 解析 实际上|MN|f(x)g(x)|，因此我们只要求|f(x)g(x)|的最大值，令h(x) |f(x)g(x)|2sinx|，其最大值为 2. | 3sin(x 6)cos(x 6)| 12已知a，b，c，dR R 且满足1，则(ac
12、)2(bd)2的最小值为 a3lna b d3 2c _ 答案 ln2 9 5 e2 3 解析 设点P(a，b)，Q(c，d)，由题设可得点P，Q分别在曲线yx3lnx，y32x 上 则问题转化为求曲线yx3lnx上的动点P与直线y2x3 上的动点Q之间的距离的最小 值的平方问题 设点M(t，t3lnt)是曲线yx3lnx的切点，因为y1 ，故在点M处的切线的斜率 3 x k1 ，由题意知当 1 2，即t3 时，也即当切线与已知直线y2x3 平行时，此 3 t 3 t 时切点M(3,33ln3)到已知直线y2x3 的距离最近，最近距离为 |633ln33| 5 ，也即(ac)2(bd)2的最小值为 ln2. 63ln3 5 92ln32 5 9 5 e2 3
