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1、专题检测（二十） “选填”压轴小题命题的 4 大区域专题检测（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|( ) 2 3 A. B. 1 5 5 5 C. D1 2 5 5 解析：选 B 由 cos 2 ， 2 3 得 cos2 sin2 ， ， 2 3 cos2sin2 cos2sin2 2 3 即 ，tan ， 1tan2 1tan2 2 3 5 5 即，|ab|.故选 B. ba 21 5 5 5 5 2(2019 届高
2、三广州调研)若将函数y2sinsin的图象向左平移 (x 3)( 6 x) (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. 6 12 C. D. 4 3 解析：选 A 由y2sinsin，可得y2sincossin (x 3)( 6 x) (x 3)(x 3) ，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) (2x 2 3) sinsin，因为g(x)sin为奇函数，所 2x 2 3(2x2 2 3)(2x2 2 3) 以 2k(kZ)，(kZ)，又0，故的最小值为，选 A. 2 3 k 2 3 6 3.如图， 在四棱锥PABCD中， 底
3、面ABCD是直角梯形，ADBC，ABBC， 侧面PAB底面ABCD，若PAADABkBC(01，则 的取值范围是( ) b a A. B. 1， 1 4)(1， 1 4) C. D. 1， 1 4(1， 1 4 解析 ： 选B 令f(x)x2(a1)xa2b1， 关于x的方程x2(a1)xa2b1 0 的两个实根分别为x1，x2，且 01，Error! Error!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Error!解 b a 得P，10)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
4、)相切的切点为(m，ln 2m)，由g(x) ，得k .又 ln 2mkm3，解 1 x 1 m 得m，则k2e2.由图象可得 00 时，f(x)exx0， 1 ex(e x 1 ex) 所以f(x)在(0，)上单调递增， 所以|log3x|1，解得 x3. 1 3 答案：1 3，3 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2 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，
5、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ABCD22 的外接球，设外接球的直径为2R，所以4R2(2)2()2()282212，222 则R23，因此外接球的表面 积S4R212. 答案：12 6(2018全国卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成 角为 30 .若SAB的面积为 8，则该圆锥的体积为_ 解析：在 RtSAB中，SASB，SSAB SA28， 1 2 解得SA4.设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h，在 RtSAO中，SAO 30 ，所以r2，h2，所以圆锥的体积为 r2h (2)228.3
6、 1 3 1 3 3 答案：8 7(2018全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin Ccsin B4asin Bsin C，b2c2a28，则ABC的面积为_ 解析：bsin Ccsin B4asin Bsin C， 由正弦定理得 sin Bsin Csin Csin B4sin Asin Bsin C. 又 sin Bsin C0，sin A . 1 2 由余弦定理得 cos A0， b2c2a2 2bc 8 2bc 4 bc cos A，bc， 3 2 4 cos A 8 3 3 SABCbcsin A . 1 2 1 2 8 3 3 1 2 2 3 3 答案：
7、 2 3 3 8(2018全国卷)已知函数f(x)2sin xsin 2x，则f(x)的最小值是_ 解析：f(x)2cos x2cos 2x2cos x2(2cos2x1) 2(2cos2xcos x1)2(2cos x1)(cos x1) cos x10， 当 cos x 时，f(x)0，f(x)单调递增 1 2 当 cos x ，f(x)有最小值 1 2 又f(x)2sin xsin 2x2sin x(1cos x)， 当 sin x时，f(x)有最小值， 3 2 即 f(x)min2. ( 3 2) (1 1 2) 3 3 2 答案： 3 3 2 9(2019 届高三湖北八校联考)我国南
8、北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理 (祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异” “势”是几何体的高，“幂”是截面面积其意 思为 ： 如果两个等高的几何体在同高处的截面面积恒等，那么这两 个几何体的体积相等已知双曲线C的渐近线方程为y2x，一 个焦点为(，0)直线y0 与y3 在第一象限内与双曲线及渐近线5 围成如图所示的图形OABN，则它绕y轴旋转一圈所得几何体的体积为_ 解析 ： 由题意可得双曲线的方程为x21， 直线y3 在第一象限内与渐近线的交点N y2 4 的坐标为，与双曲线在第一象限内的交点B的坐标为，在所得几何体中，在 ( 3 2，3)( 13 2 ，3) 高为h处作一截面，则截面
9、面积为 ，根据祖暅原理，可得该几何体的体积 (1 h2 4 h 2 4) 与底面面积为 ，高为 3 的圆柱的体积相同，故所得几何体的体积为 3. 答案：3 10.如图，在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA3，OC5.若AB 7，则的值是_AD BC DC 解析：由7 得，()()7，AB AD OB OA OD OA 即()()7，所以 2727916， OB OA OB OA OB OA 所以|4.所以()()(OB OD BC DC OC OB OC OD OC OB )() 2225169. OC OB OC OB 答案：9 11(2018贵阳适应性考试)已知底面是正六边形的六
10、棱锥PABCDEF的七个顶点均在 球O的表面上，底面正六边形的边长为 1，若该六棱锥体积的最大值为，则球O的表面积3 为_ 解析：因为六棱锥PABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，由对称性和底面正六边形 的面积为定值知， 当六棱锥PABCDEF为正六棱锥时， 体积最大 设正六棱锥的高为h， 则 1 3 h，解得h2.记球O的半径为R，根据平面截球面的 (6 1 2 1 1 sin 60)3 性质，得(2R)212R2，解得R ，所以球O的表面积为 4R24 2 . 5 4( 5 4) 25 4 答案：25 4 12 (2019届高三惠州调研)在四边形ABCD中，P为CD上一点， 已知|AB
11、DC AB 8，|5，与的夹角为，且 cos ，3，则AD AB AD 11 20 CP PD AP BP _. 解析：，3，AB DC CP PD AP AD DP AD 1 4 AB BP BC ，又|8，|5，cos ，8522， CP AD 3 4 AB AB AD 11 20 AD AB 11 20 |2|22511122.AP BP ( 1 4) ( 3 4) AD 1 2 AD AB 3 16 AB 答案：2 13(2019 届高三益阳、湘潭调研)已知圆C1：x2(y2)24，抛物线C2：y2 2px(p0)，C1与C2相交于A，B两点，|AB|，则抛物线C2的方程为_ 8 5
12、5 解析：法一：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B， 设A(m，n)|AB|， 8 5 5 Error! 解得Error!即A. ( 8 5， 16 5) 将A的坐标代入抛物线方程得 22p ， ( 16 5) 8 5 解得p，抛物线C2的方程为y2x. 16 5 32 5 法二：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，设A(m，n) 由圆C1的性质知 cosC1BA， |AB| 2 |BC1| 2 5 5 sinC1BA， 5 5 n|AB|cosC1BA， 16 5 m|AB|sinC1BA ，即A，将A的坐标代入抛物线方程得 22p ， 8
13、 5( 8 5， 16 5)( 16 5) 8 5 p， 16 5 抛物线C2的方程为y2x. 32 5 答案：y2x 32 5 14已知等腰梯形ABCD中，ABCD，AB2CD4，BAD60 ，双曲线以A，B为焦点， 且与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则该双曲线的离心率的取值范围是_ 解析 ： 以AB所在直线为x轴，AB中点为坐标原点O， 过点O且垂直于AB的直线为y轴， 建立平面直角坐标系，如图所示，则A(2,0)，B(2,0)，C(1，)3 设以A，B为焦点的双曲线方程为1(a0，b0)， 则c2.由a2b2c2， 得b24 x2 a2 y2 b2 a2， 当x1 时，y2a25
14、.要使双曲线与线段CD(包括端点C，D)有两个交点， 则a2 4 a2 4 a2 53， 解得a242或 0a242， 由a242得a12， 舍去， a243333 2，即 0a1.双曲线的离心率e 1.即该双曲线的离心率的取33 c a 2 31 3 值范围是 1，)3 答案： 1，)3 15(2019 届高三武汉调研)过圆：x2y24 外一点P(2,1)作两条互相垂直的直 线AB和CD分别交圆于A，B和C，D点，则四边形ABCD面积的最大值为_ 解析：如图所示，S四边形ABCD (PAPDPBPC)， 1 2 取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP， 则S四边形 ABCD=
15、(PEAE)(PFDF) (PEAE)(PFDF) 1 2 PEDFAEPF， 由题意知四边形OEPF为矩形，则OEPF，OFPE， 结合柯西不等式有S四边形ABCDOFDFAEOE，OF2OE2DF2AE2 其中OF2OE2OP2，DF2AE24OF24OE28OP2， 据此可得S四边形ABCD，OP28OP25 315 综上，四边形ABCD面积的最大值为.15 答案： 15 16 (2018湘东五校联考)已知函数f(x)3mx (3m)ln x， 若对任意的m 1 x (4,5)，x1，x21,3，恒有(aln 3)m3ln 3|f(x1)f(x2)|成立，则实数a的取值范围 是_ 解析：f(x)3mx (3m)ln x，f(x)， 1 x 3x1mx1 x2 当x1,3，m(4,5)时，f(x)0，f(x)在1,3上单调递增， |f(x1)f(x2)|f(3)f(1)6m (3m)ln 3， 2 3 (aln 3)m3ln 36m (3m)ln 3，a6. 2 3 2 3m y6在m(4,5)上单调递减，6， 2 3m 92 15 2 3m 37 6 a. 37 6 答案：37 6 ，)