2019屆高三數(shù)學(理)二輪專題復習文檔：考前沖刺一 第2講 客觀“瓶頸”題突破——沖刺高分 Word版含解析

1、 2418 364520.844 5 18 36522 4 4444 2 2 4 4 18 3636 18 12 2 2第 2 講 客觀“瓶頸”題突破 沖刺高分試題特點 “瓶頸”一般是指在整體中的關鍵限制因素，例如，一輪、二輪復習 后，很多考生卻陷入了成績提升的“瓶頸期”無論怎么努力，成績總是停滯 不前.怎樣才能突破“瓶頸”，讓成績再上一個臺階？全國高考卷客觀題滿分 80 分，共 16 題，決定了整個高考試卷的成敗，要突破“瓶頸題”就必須在兩類客 觀題第 10，11，12，15，16 題中有較大收獲，分析近三年高考，必須從以下幾 個方面有所突破，才能實現(xiàn)“柳暗花明又一村”，做到?！氨尽睕_“優(yōu)”

2、.壓軸熱點 1函數(shù)的圖象、性質及其應用【例 1】 (1)(2016 全國卷)已知函數(shù) f(x)sin( x)0，| ，x 為 5f(x)的零點，x 為 yf( x)圖象的對稱軸，且 f(x)在 ， 上單調，則 的最大 值為( )a.11 b.9 c.7 d.5 1(2)(2017 天津卷)已知奇函數(shù) f(x)在 r 上是增函數(shù).若 aflog ，bf (log 4.12)，cf(2)，則 a，b，c 的大小關系為( )a.abc c.cbab.bac d.calog 4.12，12 log 4.12 ， 2 2結合函數(shù)的單調性：f(log 5)f2(log 4.1)2f(2 )，所以 abc，

3、即 cba.答案 (1)b (2)c探究提高 1.根據函數(shù)的概念、表示及性質求函數(shù)值的策略(1) 對于分段函數(shù)的求值(解不等式)問題，依據條件準確地找準利用哪一段求解， 不明確的要分情況討論.(2) 對于利用函數(shù)性質求值的問題，依據條件找到該函數(shù)滿足的奇偶性、周期性、 對稱性等性質，利用這些性質將待求值調整到已知區(qū)間上求值.2.求解函數(shù)的圖象與性質綜合應用問題的策略(1) 熟練掌握圖象的變換法則及利用圖象解決函數(shù)性質、方程、不等式問題的方 法.(2) 熟練掌握確定與應用函數(shù)單調性、奇偶性、周期性、最值、對稱性及零點解 題的方法.【訓練 1】 (1)已知 g(x)是定義在 r 上的奇函數(shù)，且當

4、x0， a.(，2)(1，) c.(2，1)若 f(2x )f(x)，則 x 的取值范圍是( )b.(，1)(2，) d.(1，2)e(2)(2018 鄭州質量預測 )已知點 p(a，b)在函數(shù) y 上，且 a1，b1，則 a 的 最大值為_.解析 (1)因為 g(x)是定義在 r 上的奇函數(shù)，且當 x0 時，x0 時，g(x)ln(1x).則函數(shù)2332222ln b ln22ln bln b33x ，x0，f(x) 作出函數(shù) f(x)的圖象，如圖： ln（1x），x0.由圖象可知x ，x0，f(x) ln（1x），x0在 ( ， ) 上單調遞增 . 因為f(2x )f(x)，所以 2x x

5、，解得2x0)，則 ln tln a2ln a(ln a) 2ln a(ln a1) 11.當 ln a10 時，等號成立，由 ln t1，得 te，即 a e，故 a 的最大值為 e. 答案 (1)c (2)e壓軸熱點 2空間位置關系與計算【例 2】 (1)(2018 石家莊質檢)已知長方體 abcda b c d 的外接球 o 的體積1 1 1 132為 ，其中 bb 2，則三棱錐 oabc 的體積的最大值為( )1a.1 b.3 c.2 d.4(2)(2018 廣州校級期中 )如圖，等邊abc 的中線 af 與中位線 de 相交于點 g，已知aed 是aed 繞 de 旋轉過程中的一個圖

6、形，下列命題中，錯誤的是( )a. 動點 a 在平面 abc 上的射影在線段 af 上b. 恒有 bd平面 a efc. 三棱錐 a efd 的體積有最大值d. 異面直線 a f 與 de 不可能垂直32信息聯(lián)想 (1)信息：外接球的體積 v 及 bb 2，聯(lián)想到球半徑 r 與棱1長的關系.信息：三棱錐 oabc 的體積最值聯(lián)想基本不等式.(2)由信息aed 是由ade 折疊而成，聯(lián)想在折疊過程中，幾何量的大小、位332 22 22 23 26 6 2223置關系“變與不變”.解析 (1)由題意設外接球的半徑為 r，4 32則由題設可得 r ，由此可得 r2，3 3記長方體的三條棱長分別為 x

7、，y，2，則 2r x y 4，由此可得 x y 12，1 1 1 1 x y三棱錐 oabc 的體積 v xy1 xy 1，當且僅當 xy 6 時“”成立.所以棱錐 oabc 體積最大值為 1.(2)因為 ada e，abc 是正三角形，所以點 a 在平面 abc 上的射影在線段 af 上，故 a 正確；因為 bdef，所以恒有 bd平面 a ef，故 b 正確；三棱錐 a fed 的底面積是定值，體積由高即 a到底面的距離決定，當平面 a de平面 bced 時，三棱錐 a fed 的體積有最大值，故 c 正確； 因為 de平面 a fg ，故 a fde，故 d 錯誤.答案 (1)a (

8、2)d探究提高 1.長方體的對角線是外接球的直徑，由條件得 xy12，進而求 xy的最大值得棱錐的最大體積.另外不規(guī)則的幾何體的體積常用割補法求解. 2.(1)ade 折疊過程中 ，長度不變，agde 的關系不變.(2)當平面 ade 折疊 到平面 a de平面 bced 時，棱錐 a efd 的體積最大，且 a fde. 【訓練 2】 (1)如圖，過正方形 abcd 的頂點 a 作線段 pa平面 abcd，若 paab，則平面 pab 與平面 cdp 所成二面角的度數(shù)為( )a.90c.45b.60d.30(2)三棱錐 pabc 中，pa平面 abc，acbc，acbc2，pa2 2，則該

9、三棱錐外接球的體積為( )a.644b. c.16332d.343222a b2 2222解析 (1)把原四棱錐補成正方體 abcdpqrh，如圖所示， 連接 cq，則所求二面角轉化為平面 cdpq 與平面 bapq 所 成的二面角.又cqb 是平面 cdpq 與平面 bapq 所成二面 角的平面角，且cqb45.故平面 pab 與平面 cdp 所成二 面角為 45.(2)因為 pa平面 abc，acbc，所以 bc平面 pac，pb 是三棱錐 pabc 的外接球直徑.因為 rtpba 中，ab2 2，pa12 2，所以 pb4，可得外接球半徑 r pb2.所以外接球的體2積 v4 32r .

10、3 3答案 (1)c (2)d壓軸熱點 3圓錐曲線及其性質【例 3】 (1)(2016 全國卷)以拋物線 c 的頂點為圓心的圓交 c 于 a，b 兩點，交 c 的準線于 d，e 兩點.已知|ab|4 2，|de|2 5，則 c 的焦點到準線的距 離為( )a.2 b.4 c.6 d.8(2)(2018 煙臺質檢)已知拋物線 c ：y 4x 的焦點為 f，點 p 為拋物線上一點，1x y且|pf|3，雙曲線 c ： 1(a0，b0)的漸近線恰好過 p 點，則雙曲線 c2的離心率為_.2信息聯(lián)想(1) 信息 ：由條件中準線、焦點聯(lián)想確定拋物線c 的方程 y 2px(p0).信息：看到|ab|4 2

11、，|de|2 5，及點 a，d 的特殊位置，聯(lián)想求 a，d 的 坐標，利用點共圓，得 p 的方程.(2)信息：y4x，且|pf|3，聯(lián)想拋物線定義，得點 p 坐標.信息：曲線 c 漸近線過點 p，得 a，b 間的關系，求出 c 的離心率 e.2 2解析 (1)不妨設拋物線 c：y 2px(p0)，|ab|4 2，點 a 是圓與拋物線交點，由對稱性設 a(x ，2 2)，則 x 1 1（2 2）2p25p p 24p ( 5)從而(2 2)222a 2baa22382 2a b2 284 .又|de|2 5，且點 d 是準線與圓的交點， d ， 5且|od |oa|. 2 2 p 2因此 c 的

12、焦點到準線的距離是 4.，解得 p4.(2)拋物線 c ：y14x 的焦點為 f(1，0)，準線方程為 x1，且|pf|3，由拋物線的定義得 x (1)3，p即有 x 2，y 2 2，即 p(2，2 2).p pb 2 2又因為雙曲線 c 的漸近線過 p 點，所以 2，2故 e21 12 3. 答案 (1)b (2) 3探究提高 1.涉及與圓錐曲線方程相關問題，一定要抓住定義，作出示意圖，充 分利用幾何性質，簡化運算.2.雙曲線的離心率與漸近線是高考的熱點，求圓錐曲線離心率大小(范圍)的方法 是：根據已知橢圓、雙曲線滿足的幾何條件及性質得到參數(shù) a，b，c 滿足的等量c關系(不等關系)，然后把

13、 b 用 a，c 表示，求 的值(范圍).y【訓練 3】 (1)(2018 唐山一模)已知雙曲線 c：x 1 的右頂點為 a，過右焦點 f 的直線 l 與 c 的一條漸近線平行，交另一條漸近線于點 b，則 sabf( )a. 3b.32c.3 343 3d.x y(2)(2018 荊州二模 ) 已知橢圓 1(ab0)的左、右焦點分別為 f ， f ，過1 23f 作垂直于 x 軸的直線交橢圓于 a，b 兩點，若abf 的內切圓半徑為 a，則 1 2橢圓的離心率 e( )62b. 或222232 22222222 a 2223a 2a8822422 221a.1 1312 4c.512d.131

14、4y解析 (1)由雙曲線 c：x 1，得 a 1，b 3. c a b 2.a(1，0)，f(2，0)，漸近線方程為 y 3x， 不妨設 bf 的方程為 y 3(x2)，代入方程 y 3x，解得 b(1， 3).safb1 1 3 |af|y | 1 3 .b(2)如圖，設abf 內切圓圓心為 c，半徑為 r，2則 sabf2ssabcacfsbcf，即 21 b 1 2c r(|ab |af |bf |)，2 22cb 1 b c 3 3 r4a，r a.整理得 ee ，解得 e 1 131 或 e .答案 (1)b (2)b壓軸熱點 4數(shù)列與不等式【例 4】 (1)已知等差數(shù)列a 的公差為

15、 d，關于 x 的不等式 dx 2a x0 的解集n 1為0 ，9，則使數(shù)列a 的前 n 項和 s 最大的正整數(shù) n 的值是( )n na.4 b.5 c.6 d.7xy10，(2)已知實數(shù) x，y 滿足約束條件2xy30，當目標函數(shù) zaxby(a0，b0)在該約束條件下取得最小值 2 5時，a b 的最小值為( )a.5 b.4 c. 5 d.2信息聯(lián)想 (1)由信息條件：不等式 dx2a x0 的解集為0，9可確定基本量 d 172 2212d2 11 1 122256nn22 2 2252 222與 a 的關系，進而研究a 的單調性及 a 的符號變化，求最值. 1 n nxy10，(2

16、)由信息：2xy30作可行域.信息：看到 zaxby(a0，b0)取到最小值 2 5，想到數(shù)形結合，得 a，b 滿 足的等量關系，進而求 a b 的最小值.解析 (1)關于 x 的不等式 dx 2a x0 的解集為0，9，0，9 是一元二次方12 a 9d程 dx 2a x0 的兩個實數(shù)根，且 d0，a d0，b0，故點 a 即為目標函數(shù)取得最小值的最優(yōu)解，即 2ab2 5，則 b2 52a. 又 b0，a0，得 0a 5. 4 5因此 a b a (2 52a) 5a 4(0a0 成立，則實數(shù) 的取值范圍為_.解析 (1)作出約束條件表示的平面區(qū)域，如圖中陰影 部分所示，由圖知，當直線 y2

17、xb 經過點 a(2， 2)時，b 取得最大值，b 2(2)( 2)6，max此時直線方程為 2xy60.因為圓心(1，2)到直線 2xy60 的距離|226|d 2 5，2 1所以直線被圓截得的弦長 l2 5 （2 5） 2 5.1 1(2)令 n1，得 a a ，所以 a .1 1 11 3令 n3，得 a 2a ；令 n4，得 a a ，2 3 2 31可解 a ，從而 b 8a 2 2 n 2n1 nn n由 b 10 對任意 nn 恒成立，得 對任意 nn 恒成立，又 ， 1 所求實數(shù) 的取值是，. 答案 (1)b (2)， 壓軸熱點 5函數(shù)與導數(shù)的綜合應用【例 5】 (1)若對任意

18、的實數(shù) a，函數(shù) f(x)(x1)ln xaxab 有兩個不同的零 點，則實數(shù) b 的取值范圍是( )a.(，1 c.(0，1)b.(，0) d.(0，)(2)(2018 西安調研)已知函數(shù) f(x)x ax2 的極大值為 4，若函數(shù) g(x)f(x) mx 在(3，a1)上的極小值不大于 m1，則實數(shù) m 的取值范圍是( )9 154 154 15 4xxx00000002a.9， c. ， b.9， d.(，9)信息聯(lián)想 (1)信息：由函數(shù)的零點，聯(lián)想到函數(shù)圖象交點，構造函數(shù)作圖象. 信息：由零點的個數(shù)及函數(shù)的圖象，借助導數(shù)確定最值的大小關系.(2)信息：f(x) 4，聯(lián)想到求 a，進一步

19、確定 g(x)與區(qū)間(3，a1).極大值信息：g(x)的極小值不大于 m1，聯(lián)想運用導數(shù)求 g(x)的極小值，并構建不等 式求 m 的范圍.解析 (1)法一令 f(x)0 得(x1)ln xa(x1)b，1令 g(x)(x1)ln x，則 g (x)ln x1 ，且 g(1)0， 當 0x1 時，g (x)1 時，g (x)0.g(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增， 則 g(1)是函數(shù) g(x)的極小值，也是最小值，且 g(1)0. 作出 y(x1)ln x 與 ya(x1)b 的大致函數(shù)圖象，如圖f(x)恒有兩個不同的零點，ya(x1)b 與 g(x)(x1)ln x 恒有兩

20、個交點，直線 ya(x1)b 恒過點(1，b)，b0，從而 b0.法二 函數(shù) f(x)有兩個零點，則 g(x)(x1)ln xaxa 的圖象與直線 yb 有x1 1兩個交點，g (x) ln xa，由 yln x 與 y a1 的圖象必有一個交點，知 g (x)0 必有一解，設解為 x ，即 g(x )0，且當 0xx 時，g (x )x 時，g(x )0，g(x)單調遞增，g(x )是 g(x)的極小值，也是最小 值，因為 g(1)0，所以 g(x )0，因此 g(x)(x1)ln xaxa 的圖象與直線 y0b 有兩個交點，則有b0，即 b0 時，易得 f(x)在 x1032 3m3344

21、a32 018x mx m2263 2 3a|a aax1a3處取得極大值.則 fa4，即 a3，于是 g(x)x (m3)x2， 3g(x)3x (m3).當 m30 時，g(x)0，則 g(x)在(3，2) 上不存在極值.當 m30 時，易知 g(x)在 x3 2， 依題意得 3mg m1，3m處取得極小值. 315解得90)，當 x x 1 時，1 2不等式 f(x )f(sin )f(x )f(cos )在 r 時恒成立，則實數(shù) x 的取值范圍是 1 2 1( )a.1，) c.(1，2)b.1，2 d.(1，)解析 (1) cosdsin 04 1 2a ，1 ，2 2 又 f (2

22、)ax ln（ax1） |x2 2 a xa222a1.1132222222222122222222當 a 時，2a10.1f (2) (2a1)2 1 22a12a1 2 1 5 .2 2a1 2 21 2 3當且僅當 (2a1) ，即 a 時等號成立，2a15所以 f (2)的最小值為 .(2)不等式 f(x )f(sin12)f(x )f(cos 2)在 r 上恒成立，即 f(x )f(1x )f(cos1 1)f(1cos)在 r 時恒成立，令 f(x)f( x)f(1x)，則 f (x)f (x)f (1x)，又 f (x)0 且 f (1x)0，故 f (x)0，故 f (x)在

23、r 上是單調遞增函數(shù)， 又原不等式即 f(x )f(cos )，1故有 x cos 恒成立，1所以 x 的取值范圍是(1，).答案 (1)52(2)d壓軸熱點 6創(chuàng)新應用性問題【例 6】若對于定義在 r 上的函數(shù) f(x)，其圖象是連續(xù)不斷的，且存在常數(shù) (r) 使得 f(x)f(x)0 對任意實數(shù)都成立，則稱 f(x)是一個“ 伴隨函數(shù)”.下列 是關于“ 伴隨函數(shù)”的結論：f(x)0 不是常數(shù)函數(shù)中唯一一個“ 伴隨函數(shù)”；f(x)x 是“ 伴隨函數(shù)”；1f(x)x 是“ 伴隨函數(shù)”；“ 伴隨函數(shù)”至少有一個零點.其中正確的結論 個數(shù)是( )a.1 b.2 c.3 d.4解析 由題意得，正確，

24、如 f(x)c0，取 1，則 f(x1)f(x)cc0， 即 f(x)c0 是一個“ 伴隨函數(shù)”；不正確，若f(x)x 是一個“ 伴隨函數(shù)”， 則 xxx(1 )0，對任意實數(shù) x 成立，所以 10，而找不到 使此式成立，所以 f(x)x 不是一個“ 伴隨函數(shù)”；不正確，若 f(x)x 是一個“ 伴隨函數(shù)”，則(x)x(1)x2x0 對任意實數(shù) x 成立，所12221 1 1 122222221 122nsns1 1 22以 12 0，而找不到 使此式成立，所以 f(x)x 不是一個“ 伴隨函數(shù)”；正確，若 f(x)是“ 伴隨函數(shù)”，則 f x f(x)0，取 x0，則 f 1 f(0)0，若 f(0)，f1任意一個為 0，則函數(shù) f(x)有零點；若 f(0)，f 1均不為 0，則 f(0)，f異號，由零點存在性定理知，在0， 區(qū)間內存在零點.因此 ，的結論正確.答案 b探究提高 1.創(chuàng)新命題是新課標高考的一個亮點，此類題型是用數(shù)學符號、文字 敘述給出一個教材之外的新定義，如本例中的“ 伴隨函數(shù)”，要求考生在短時 間內通過閱讀、理解后，解決題目給出的問