《（通用版）2019版高考数学二轮复习 专题检测（二十）“选填”压轴小题命题的4大区域 理（普通生，含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习 专题检测（二十）“选填”压轴小题命题的4大区域 理（普通生，含解析）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题检测（二十） “选填”压轴小题命题的4大区域A组选择压轴小题命题点专练1(2018全国卷)已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos 2，则|ab|()A.B.C. D1解析：选B由cos 2，得cos2 sin2，即，tan ，即，|ab|.故选B.2(2019届高三广州调研)若将函数y2sinsin的图象向左平移(0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则的最小值为()A. B.C. D.解析：选A由y2sinsin，可得y2sincossin，该函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为g(x)sinsin
2、，因为g(x)sin为奇函数，所以2k(kZ)，(kZ)，又0，故的最小值为，选A.3.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABBC，侧面PAB底面ABCD，若PAADABkBC(0k1)，则()A当k时，平面BPC平面PCDB当k时，平面APD平面PCDCk(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直Dk(0,1)，使直线PD与直线AC垂直解析：选A取PB，PC的中点分别为M，N，连接MN，AM，DN，由平面PAB平面ABCD，BCAB，可知BC平面PAB，BCAM，又M为PB的中点，PAAB，AMPB，可得AM平面PBC，而ADBC且ADBC，同时MNBC且MNBC
3、，ADMN且ADMN，则四边形ADNM为平行四边形，可得AMDN，则DN平面BPC，又DN平面PCD，平面BPC平面PCD.其余选项都错误，故选A.4(2019届高三西安八校联考)已知球的直径SC4，A，B是该球球面上的两点， ASCBSC30，则棱锥SABC的体积最大为()A2 B.C. D2解析：选A如图，因为球的直径为SC，且SC4，ASC BSC30，所以SACSBC90，ACBC2，SASB2，所以SSBC222，则当点A到平面SBC的距离最大时，棱锥ASBC，即SABC的体积最大，此时平面SAC平面SBC，点A到平面SBC的距离为2sin 30，所以棱锥SABC的体积最大为22，故
4、选A.5(2019届高三兰州诊断考试)已知圆C：(x1)2(y4)210和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B使得MAMB，则实数t的取值范围是()A2,6 B3,5C2,6 D3,5解析：选C法一：当MA，MB是圆C的切线时，AMB取得最大值若圆C上存在两点A，B使得MAMB，则MA，MB是圆C的切线时，AMB90，AMC45，且AMC90，如图，则|MC|2，所以16(t4)220，所以2t6.法二：由于点M(5，t)是直线x5上的点，圆心的纵坐标为4，所以实数t的取值范围一定关于t4对称，故排除选项A、B.当t2时，|CM|2，若MA，MB为圆C的切线，则sinCMAsinCMB，所以
5、CMACMB45，即MAMB，所以t2时符合题意，故排除选项D.故选C.6若点P为椭圆C：x22y23的左顶点，过原点O的动直线与椭圆C交于A，B两点点G满足2，则|2|2的取值范围是()A. B.C. D.解析：选C由题意易知点P(，0)，设点G(x0，y0)，由2，得(x0，y0)2(x0，y0)，即解得故G.设A(x1，y1)，则B(x1，y1)，|2|22y2y2x2y2x3xx，又x1，故x0,3，x，所以|2|2的取值范围是，选C.7已知平面向量a，b，c满足|a|，|b|1，ab1，且ac与bc的夹角为，则|c|的最大值为()A. B2C. D4解析：选A设a，b，c.平面向量a
6、，b，c满足|a|，|b|1，ab1，cosa，b，a，b的夹角为.ac与bc的夹角为，点C在OAB的外接圆O的弦AB所对的优弧上，如图所示因此|c|的最大值为OAB的外接圆O的直径|ab|.由正弦定理可得OAB的外接圆的直径2R，则|c|的最大值为.8已知定义域为R的奇函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f(1x)f(1x)，f(1)a，且当0x1时，f(x)的导函数f(x)f(x)，则f(x)在区间2 017，2 018上的最小值为()Aa B0Ca D2 016解析：选A因为f(x)是奇函数，所以f(0)0，f(x)f(x)又因为f(1x)f(1x)，所以f(x2)f(x)f(x)，
7、所以f(x4)f(x2)f(x)，所以函数f(x)的周期为4.所以求f(x)在区间2 017，2 018上的最小值即为求f(x)在区间1,2上的最小值当0x1时，设F(x)，所以F(x)0，则函数F(x)在(0,1)上为减函数，所以 0，所以f(x)0.所以f(x)的导函数f(x)f(x)0.所以函数f(x)在(0,1)上为减函数由f(1x)f(1x)知，直线x1是函数f(x)的图象的对称轴所以f(x)在1,2上单调递增，所以所求最小值为f(1)a.9已知关于x的方程x2(a1)xa2b10的两个实根分别为x1，x2，且0x11，则 的取值范围是()A. B.C. D.解析：选B令f(x)x2
8、(a1)xa2b1，关于x的方程x2(a1)xa2b10的两个实根分别为x1，x2，且0x11，作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.表示阴影部分中的点与原点连线的斜率，由解得P，1k，故的取值范围是.10(2018贵阳适应性考试)已知函数f(x)的图象上有两对关于y轴对称的点，则实数k的取值范围是()A(0，e) B.C(0,2e2) D(0，e2)解析：选C将函数yln(2x)(x0)的图象，由题意可得g(x)的图象和ykx3(x0)的图象有两个交点设ykx3(x0)的图象与曲线yg(x)相切的切点为(m，ln 2m)，由g(x)，得k.又ln 2mkm3，解得m，则k2e2.由图
9、象可得0k2e2时，g(x)的图象和ykx3(x0)的图象有两个交点，故选C.11(2019届高三昆明高三摸底)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD4，AA12.过点A1作平面与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面所成的角为45，则截面A1MN面积的最小值是()A2 B4C4 D8解析：选B如图，过点A作AEMN，连接A1E，A1A平面ABCD，A1AMN，AEA1AA，MN平面A1AE，A1EMN，平面A1AE平面A1MN，AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，AA1E45，在RtA1AE中，AA12，AE2，A1E2，在RtMAN中，由射影定理得MEENAE24，由基本不
10、等式得MNMEEN24，当且仅当MEEN，即E为MN的中点时等号成立，截面A1MN面积的最小值为424，故选B.12对于函数f(x)和g(x)，设x|f(x)0，x|g(x)0，若存在，使得|1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”若函数f(x)ex1x2与g(x)x2axa3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为()A2,4 B.C. D2,3解析：选Df(x)ex110，f(x)ex1x2是R上的单调递增函数又f(1)0，函数f(x)的零点为x1，1，|1|1，02，函数g(x)x2axa3在区间0,2上有零点由g(x)0，得a(0x2)，即a(x1)2(0x2)，设x1t(1t
11、3)，则at2(1t3)，令h(t)t2(1t3)，易知h(t)在区间1,2)上是减函数，在区间2,3上是增函数，2h(t)3，即2a3.B组填空压轴小题命题点专练1(2018南昌一模)已知函数f(x)x3sin x，若0，且f f(2)，则cos_.解析：由题易知函数f(x)x3sin x为奇函数且在上单调递增因为0，所以，2，又ff(2)，2，coscos .答案：2设函数f(x)则满足f(f(t)2f(t)的t的取值范围是_解析：若f(t)1，显然满足f(f(t)2f(t)，则有或解得t；若f(t)0时，f(x)exx0，所以f(x)在(0，)上单调递增，所以|log3x|1，解得x3.答案：5(2018郑州质检)我国古代数学专著九章算术对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“鳖臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥某“鳖臑”的三视图(图中网格纸上每个小正方形的边长为1)如图所示，已知该几何体的高为2，则该几何体外接球的表面积为_解析：由该几何体的三视图还原其直观图，并放入长方体中如图中的三棱锥ABCD所示，其中AB2，BCCD，易知长方体的外接球即为三棱锥ABCD
