《2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分 第三层级 难点自选专题二 “选填”压轴小题的4大抢分策略含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分 第三层级 难点自选专题二 “选填”压轴小题的4大抢分策略含解析.pdf（23页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、难点自选专题二 “选填”压轴小题的难点自选专题二 “选填”压轴小题的 4 大抢分策略大抢分策略 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 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
2、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： 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
3、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 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 典例典例 已知函数 已知函数 f(x)x sin 2xasin x 在 R 上单调递增，则在 R 上单
4、调递增，则 a 的取值范围是的取值范围是( ) 1 3 A1,1 B.1， ，1 3 C. D. 1 3， ， 1 3 1， ，1 3 解析解析 法一：特殊值法 法一：特殊值法 对函数对函数 f(x)求导，得求导，得 f(x)1 cos 2xacos x cos2xacos x根据题意，根据题意， 2 3 5 3 4 3 f(x)0 恒成立，因为函数恒成立，因为函数 f(x)为偶函数，从而为偶函数，从而 f(x)0 的两根一定互为相反数，即可 知 的两根一定互为相反数，即可 知 a 的值关于原点对称，排除选项的值关于原点对称，排除选项 B、D；当；当 a1 时，时，f(0) cos20acos
5、 00 时，分离参数得时，分离参数得 a t 恒成立设函数 恒成立设函数 h(t) t ，即有 ，即有 ah(t)max 4 3t 2 5 3 t 4 3 5 3t 4 3 5 3t 成立，由于成立，由于 h(t) 0，从而可知函数，从而可知函数 h(t)在在(0,1上单调递增，所以上单调递增，所以 ah(1) . 4 3 5 3t2 1 3 当当 t0 时，时，x2xm， 即即 x2xm0， 由此可得由此可得 x2x3m. 当当 x0，a 与 b，a 与 b 的夹角的夹角 ，且 ab 和 ba 都在集合中，则 ab，且 ab 和 ba 都在集合中，则 ab( ) (0， ， 4) n 2|
6、|n Z A. B1 1 2 C. D. 3 2 5 2 解析：选解析：选 C 由定义 由定义 ， 得 ab，得 ab， ab b2 |a|b|cos |b|2 同理可得 ba同理可得 ba. a ab b a a2 |a a|b b|cos |a a|2 由由|a a|b b|0，得，得 02a2时，时，f(x)x3a2， 又又 f(x)是 R 上的奇函数，是 R 上的奇函数， 所以所以 x0 时，时，f(x)的最小值为的最小值为a2. 因为因为 f(x)为奇函数，所以当为奇函数，所以当 x0 时，时，f(x)a2所对应的横坐标为所对应的横坐标为 x4a2，即，即 B 点的横坐标点的横坐标
7、当当 x0)，过点，过点 P 作作 PMy轴于轴于 M， ( t， ，2 2 t) 则则 M，Q，Q. (0， ， 2 2 t) ( t， ， 2 2 t) 从而从而|MQ Q| ， 0 t 2 ( 2 2 t 2 2 t) 2 t232 t2 在折叠后的图形中，有在折叠后的图形中，有|Q QM1|MP|t， 故故|PQ Q|2|Q QM1|2|MM1|2|MP|2|Q QM|2|MP|22t2216. 32 t2 2t2 32 t2 当且仅当当且仅当 t24，即，即 t2 时等号成立，时等号成立， 所以当所以当 t2 时，即时，即 P 坐标为坐标为(2，)时，时，|PQ Q|的最小值为的最小
8、值为4.216 综上所述，折叠后线段综上所述，折叠后线段 PQ 的长度的最小值等于Q 的长度的最小值等于 4. 法二：设法二：设 P(x0，y0)到两渐近线的距离分别为到两渐近线的距离分别为 m，n， 如图，则有如图，则有|PM|Q QM1|m， |PN|n， 且且 m， |x0y0| 2 n. |x0y0| 2 易知，折叠后的易知，折叠后的 PQ，可视为一长方体的体对角线Q，可视为一长方体的体对角线 则则 PQ Q2QQM M1M2MP22m24n22mn416. 2 1 82 x2 0y2 0 2 所以所以|PQ Q|min4. 答案：答案：4 专 专题题过过关关检检测 测 A 组组选择题
9、解题技法专练选择题解题技法专练 1若若 sin sin (cos cos )，(0，)，则，则 的值为的值为( ) 1 3 A B 2 3 3 C. D. 3 2 3 解析：选解析：选 D 令 令 ，则有 ，则有 sin cos tan ，(0，)， 6 1 3 3 3 所以所以 ，从而，从而 . 5 6 2 3 2已知已知 0；当；当 x0 时，可推得时，可推得 a0 恒 成立，则 恒 成立，则 的取值范围是的取值范围是( ) A. B. ( 12， ， 5 12) ( 6， ， 4) C. D. ( 4， ， 3 4) ( 6， ， 5 6) 解析：选解析：选 A 令 令 x1，不等式化为
10、，不等式化为 cos 0； 令令 x0，不等式化为，不等式化为 sin 0. 又又 00. ( x x 1) x x 1 设设t(t0 对对 t0，即，即 sin 2 . 1 4cos 1 2 又又 0)， M(x1， y1)， N(x2，3 y2)， 则以则以 AF 为直径的圆的方程为为直径的圆的方程为(xm)(x2)y20. 由由Error! 消去消去 y，得，得 x2(m2)x2m10. 4 3 所以所以 x1x2 (m2) 3 4 所以所以 |FN|FM| |FA| 2 3x 2 3( 2 3x 1 3) m 2 . 2 3 x 1 x2 2 3 m 2 2 3 3 m 2 4 2 3
11、 m 2 3 2 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 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 都在函数都在函数 f(x)的定义域内，就有函数值的定义域内，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： 也是某个三角形的三边长” 下面四 个函数： f(x)(x0)；f(x)x2(x0)；x f(x)sin x(0c， ab2c，()2c，abababc 即即 f(a)f(b)f(c)， f(x)(x0)属于这一类函数；属于这一类函数；x 举反例：若举反例：若 a3
12、，b3，c5，则，则 a2b20)不属于这一类函数；不属于这一类函数； 举反例：若举反例：若 a ， ，b，c，则，则 sin asin bsin c， 2 5 6 5 6 即即 f(a)f(b)f(c) 1， 1 2 1 2 f(x)sin x(0， 4 2 2 f(b)f(c)cos bcos c，而，而 cos af(a)，f(x)cos x属于这一类函数属于这一类函数 (0 0 且且 x1 时，时，0，若曲线，若曲线 yf(x)在在 x1 处的切线的斜率为 ，则处的切线的斜率为 ，则 f(1)_. 2f x xf x x 1 4 5 解析：因为当解析：因为当 x0 且且 x1 时，时，
13、0， 2f x xf x x 1 所以当所以当 x1 时，时，2f(x)xf(x)0； 当当 01 时，时，g(x)0，函数，函数 g(x)x2f(x)单调递增；单调递增； 当当 00，解得，解得 0，0,20 时，时，0 1 2 1 4 1 4 .设设 AB 的中点的中点 P(x0， y0)， 则， 则 x0 (x1x2) ， ， y0 x0bb.由点由点 P 在直线在直线 l1上，上， 1 32 1 2 1 8 1 2 1 16 得得b t，于是，于是 tb.故故 l1在在 y 轴上截距的取值范围为轴上截距的取值范围为. 1 16 1 4 5 16 5 16 1 32 9 32 ( 9 3
14、2， ， ) 答案：答案：( 9 32， ， ) 14 (2019 届高三届高三广州调研广州调研)在平面直角坐标系在平面直角坐标系 xOy 中， 直线中， 直线 xy20 与椭圆与椭圆 C ：22 1(ab0)相切， 且椭圆相切， 且椭圆 C 的右焦点的右焦点 F(c,0)关于直线关于直线 l： y x 的对称点的对称点 E 在椭圆在椭圆 C 上，上， x2 a2 y2 b2 c b 则则OEF 的面积为的面积为_ 解析 ： 联立解析 ： 联立Error!消去消去x， 化简得， 化简得(a22b2)y28b2yb2(8a2)0， 由， 由0， 得， 得2b2a28 0.设设 F为椭圆为椭圆 C
15、 的左焦点，连接的左焦点，连接 FE，易知，易知 FEl，所以，所以 FEEF，又点，又点 F 到直 线 到直 线 l 的距离的距离 d，所以，所以|EF|，|FE|2a|EF|，在，在 RtFEF 中，中， c2 c2b2 c2 a 2c2 a 2b2 a |FE|2|EF|2|FF|2， 化简得， 化简得 2b2a2， 代入， 代入 2b2a280， 得， 得 b22， a2， 所以， 所以|EF| |FE|2，所以，所以 S OEF S FEF 1. 1 2 答案：答案：1 15.(2019 届高三届高三山西四校联考山西四校联考)如图，等边如图，等边ABC 的边长为的边长为 2， 顶点，
16、 顶点 B， C 分别在分别在 x 轴的 非负半轴， 轴的 非负半轴， y 轴的非负半轴上移动，轴的非负半轴上移动， M 为为 AB 的中点， 则的中点， 则的最大值为的最大值为_OA OM 解析：设解析：设OBC，因为，因为 BC2，所以，所以 B(2cos ，0)，C(0,2sin )，则，则(2cos BC ，2sin )，设，设(x，y)，因为，因为ABC 是边长为是边长为 2 的等边三角形，的等边三角形，BA 所以所以Error!解得解得Error!即即(sin cos ，cos sin )，BA 33 则则(sin cos ，cos sin )，OA OB BA 33 因为因为 M
17、 为为 AB 的中点，的中点， 所以所以sin cos ，cos sin ，OM OB 1 2 BA 3 2 3 2 3 2 1 2 所以所以 sin 2 sin 2cos2sin 2 cos 2 sin(2OA OM 3 2 3 1 2 3 2 3 3 2 1 2 5 2 7 ) 其中 其中 cos ，sin ， 5 2 3 21 14 7 14 所以所以的最大值为 的最大值为 .OA OM 5 2 7 答案： 答案： 5 2 7 16已知函数已知函数 f(x)sin 2x2cos2xm 在区间上的最大值为在区间上的最大值为 3，则，则3 0， ， 2 (1)m_； (2)对任意对任意 aR
18、，R，f(x)在在a，a20上的零点个数为上的零点个数为_ 解析：解析：(1)因为因为 f(x)2sin1m， (2x 6) 当当 x时， 时， 2x ， ， 0， ， 2 6 6 7 6 所以当所以当 x 时， 时，f(x)取最大值取最大值 3m，所以，所以 m0. 6 (2)易知函数易知函数 f(x)是周期为是周期为 的周期函数， 由图可知， 在每个周期内只有的周期函数， 由图可知， 在每个周期内只有 2 个零点， 而个零点， 而a， a 20有有 20 个周期， 故有个周期， 故有 40 个零点， 特别地， 当个零点， 特别地， 当 a 为零点时，为零点时， a20 也是零点， 由此可得， 此时可有 也是零点， 由此可得， 此时可有 41 个零点所以填个零点所以填 40 或或 41. 答案：答案：(1)0 (2)40 或或 41