高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸小題組合練（C）文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

壓軸小題組合練(C)1.已知函數(shù)f(x)＝x3－6x2＋3tx＋c的單調(diào)遞減區(qū)間為(1，m)，則m＋t等于()A.4B.5C.6D.7答案C解析由f(x)＝x3－6x2＋3tx＋c得f′(x)＝3x2－12x＋3t.因為函數(shù)f(x)＝x3－6x2＋3tx＋c的單調(diào)遞減區(qū)間為(1，m)，所以不等式x2－4x＋t<0的解集為(1，m)，所以1，m是方程x2－4x＋t＝0的兩個實數(shù)根，所以1＋m＝4，即m＝3，t＝1×m＝3，所以m＋t＝6.2.已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝x2－3x，則函數(shù)g(x)＝f(x)－x＋3的零點的集合為()A.{1,3} B.{－3，－1,1,3}C.{2－eq\r(7)，1,3} D.{－2－eq\r(7)，1,3}答案D解析當(dāng)x≥0時，g(x)＝x2－4x＋3，由g(x)＝0，得x＝1或x＝3.當(dāng)x＜0時，g(x)＝－x2－4x＋3，由g(x)＝0，得x＝－2＋eq\r(7)(舍)或x＝－2－eq\r(7).所以g(x)的零點的集合為{－2－eq\r(7)，1,3}.3.在Rt△ABC中，CA＝4,CB＝3,M,N是斜邊AB上的兩個動點，且MN＝2，則eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4，6))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(119,25)，\f(48,5))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(144,25)，\f(53,5)))答案C解析以C為坐標(biāo)原點，CA,CB所在直線為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系(圖略)，則A(4,0)，B(0,3),lAB：y＝3－eq\f(3,4)x，設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，3－\f(3,4)a))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，3－\f(3,4)b))，假設(shè)a<b，因為MN＝2，所以a＝b－eq\f(8,5).eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(25,16)b2－7b＋eq\f(63,5)＝eq\f(25,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(56,25)))2＋eq\f(119,25)，又eq\f(8,5)≤b≤4,所以eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(119,25)，\f(48,5))).4.(2018·河南省安陽35中模擬)已知三棱錐D－ABC的所有頂點都在球O的球面上，AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(2)，若三棱錐D－ABC體積的最大值為2，則球O的表面積為()A.8π B.9πC.eq\f(25π,3) D.eq\f(121π,9)答案D解析由AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(2)，可得AB2＋BC2＝AC2.所以△ABC為直角三角形，且AC為斜邊.所以過△ABC的截面圓的圓心為斜邊AC的中點E.當(dāng)DE⊥平面ABC，且球心O在DE上時，三棱錐D－ABC的體積取最大值.因為三棱錐D－ABC體積的最大值為2，所以eq\f(1,3)S△ABC·DE＝2，即eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×22×DE＝2，解得DE＝3.設(shè)球的半徑為R，則AE2＋OE2＝AO2，即(eq\r(2))2＋(3－R)2＝R2，解得R＝eq\f(11,6).所以球O的表面積為4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)))2＝eq\f(121π,9).5.已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線l過點F2且與雙曲線有且只有一個交點，直線l與一條漸近線交于點P，且∠PF2F1＝2∠PF1F2，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(2)B.2C.eq\r(3)D.3答案B解析如圖，設(shè)∠PF1F2＝θ，則∠PF2F1＝2θ，由題意知，直線l與一條漸近線平行，所以∠POF2＝∠PF2O＝2θ，所以|OP|＝|PF2|，又∠POF2＝∠PF1O＋∠OPF1，所以∠OPF1＝∠OF1P＝θ，所以|OP|＝|OF1|＝c，又|OF2|＝c，所以|OP|＝|OF2|＝c，故△POF2為正三角形，所以2θ＝eq\f(π,3)，即θ＝eq\f(π,6)，所以eq\f(b,a)＝tan2θ＝eq\r(3)，所以e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝2，故選B.6.(2018·江西省南昌八校聯(lián)考)已知AB是平面α的斜線段，A為斜足，若AB與平面α成60°角，過定點B的動直線l與斜線AB成60°角，且交α于點P，則動點P的軌跡是()A.圓 B.橢圓C.雙曲線 D.拋物線答案D解析過定點B的動直線l與AB所成的角為60°，則直線l的軌跡是以AB為軸的圓錐，又因為直線AB與平面α所成的角為60°，可得存在一條直線l∥平面α，即平面α與圓錐的一條母線平行，由平面α截圓錐的表面所得的軌跡為一個拋物線，即點P的軌跡為拋物線.7.如圖，AB∩α＝B，直線AB與平面α所成的角為75°，點A是直線AB上一定點，動直線AP與平面α交于點P，且滿足∠PAB＝45°，則點P在平面α內(nèi)的軌跡是()A.雙曲線的一支 B.拋物線的一部分C.圓 D.橢圓答案D解析用垂直于圓錐軸的平面去截圓錐，得到的是圓；把平面漸漸傾斜，得到橢圓；當(dāng)平面和圓錐的一條母線平行時，得到拋物線.此題中平面α上的動點P滿足∠PAB＝45°，可理解為P在以AB為軸的圓錐的側(cè)面上，再由斜線段AB與平面α所成的角為75°，可知P的軌跡符合圓錐曲線中橢圓定義.故可知動點P的軌跡是橢圓.8.(2017·全國Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，動點P在以點C為圓心且與BD相切的圓上.若eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AD,\s\up6(→))，則λ＋μ的最大值為()A.3 B.2eq\r(2)C.eq\r(5) D.2答案A解析建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則C點坐標(biāo)為(2,1).設(shè)BD與圓C切于點E，連接CE，則CE⊥BD.∵CD＝1，BC＝2，∴BD＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，EC＝eq\f(BC·CD,BD)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，即圓C的半徑為eq\f(2\r(5),5)，∴P點的軌跡方程為(x－2)2＋(y－1)2＝eq\f(4,5).設(shè)P(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2＋\f(2\r(5),5)cosθ，,y0＝1＋\f(2\r(5),5)sinθ))(θ為參數(shù))，而eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x0，y0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,0).∵eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AD,\s\up6(→))＝λ(0,1)＋μ(2,0)＝(2μ，λ)，∴μ＝eq\f(1,2)x0＝1＋eq\f(\r(5),5)cosθ，λ＝y(tǒng)0＝1＋eq\f(2\r(5),5)sinθ.兩式相加，得λ＋μ＝1＋eq\f(2\r(5),5)sinθ＋1＋eq\f(\r(5),5)cosθ＝2＋sin(θ＋φ)≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中sinφ＝\f(\r(5),5)，cosφ＝\f(2\r(5),5)))，當(dāng)且僅當(dāng)θ＝eq\f(π,2)＋2kπ－φ，k∈Z時，λ＋μ取得最大值3.故選A.9.(2018·西安質(zhì)檢)已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的焦點為F1，F(xiàn)2，在長軸A1A2上任取一點M，過M作垂直于A1A2的直線交橢圓于P，則使得eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))≤0的M點的概率為()A.eq\f(\r(2),3)B.eq\f(2\r(6),3)C.eq\f(\r(6),3)D.eq\f(1,2)答案C解析因為橢圓方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，所以a＝2，b＝1，即c＝eq\r(3).設(shè)P(x0，y0)，其中y0>0，則當(dāng)∠F1PF2＝90°時，＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×y0＝b2·taneq\f(∠F1PF2,2)＝taneq\f(90°,2)＝1，所以y0＝eq\f(\r(3),3).把y0＝eq\f(\r(3),3)代入橢圓方程可得x0＝±eq\f(2\r(6),3).由eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))≤0，可得∠F1PF2≥90°.所以使得eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))≤0的M點的概率為P＝eq\f(\f(2\r(6),3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(6),3))),2a)＝eq\f(\f(4\r(6),3),4)＝eq\f(\r(6),3).10.(2018·北京朝陽區(qū)模擬)某學(xué)校舉辦科技節(jié)活動，有甲、乙、丙、丁四個團(tuán)隊參加“智能機(jī)器人”項目比賽，該項目只設(shè)置一個一等獎.在評獎揭曉前，小張、小王、小李、小趙四位同學(xué)對這四個參賽團(tuán)隊的獲獎結(jié)果預(yù)測如下：小張說：“甲或乙團(tuán)隊獲得一等獎”；小王說：“丁團(tuán)隊獲得一等獎”；小李說：“乙、丙兩個團(tuán)隊均未獲得一等獎”；小趙說：“甲團(tuán)隊獲得一等獎”.若這四位同學(xué)中只有兩位預(yù)測結(jié)果是對的，則獲得一等獎的團(tuán)隊是()A.甲 B.乙C.丙 D.丁答案D解析①若甲獲得一等獎，則小張、小李、小趙的預(yù)測都正確，與題意不符；②若乙獲得一等獎，則只有小張的預(yù)測正確，與題意不符；③若丙獲得一等獎，則四人的預(yù)測都錯誤，與題意不符；④若丁獲得一等獎，則小王、小李的預(yù)測正確，小張、小趙的預(yù)測錯誤，符合題意，故選D.11.在平面直角坐標(biāo)系中，定義d(P，Q)＝|x1－x2|＋|y1－y2|為兩點P(x1，y1)，Q(x2，y2)之間的“折線距離”.則下列命題中：①若A(－1,3)，B(1,0)，則有d(A，B)＝5；②到原點的“折線距離”等于1的所有點的集合是一個圓；③若C點在線段AB上，則有d(A，C)＋d(C，B)＝d(A，B)；④到M(－1,0)，N(1,0)兩點的“折線距離”相等的點的軌跡是直線x＝0.真命題的個數(shù)為()A.1 B.2C.3 D.4答案C解析由題意①中d(A，B)＝|－1－1|＋|3－0|＝5，所以①對；②中設(shè)P(x，y)，d(P，O)＝|x－0|＋|y－0|＝1，即|x|＋|y|＝1，是一個正方形，②錯；③中，由于C點在線段AB上，由絕對值的幾何意義可知，d(A，C)＋d(C，B)＝d(A，B)，所以③對；④中，設(shè)動點P(x，y)，則d(M，P)＝d(N，P)，即|x＋1|＋|y|＝|x－1|＋|y|，解得x＝0，所以④對.12.若直角坐標(biāo)平面內(nèi)兩點P，Q滿足條件：①P，Q都在函數(shù)y＝f(x)的圖象上；②P，Q關(guān)于原點對稱，則稱(P，Q)是函數(shù)y＝f(x)的一個“伙伴點組”(點組(P，Q)與(Q，P)看作同一個“伙伴點組”).已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kx－1，x>0，,－ln－x，x<0))有兩個“伙伴點組”，則實數(shù)k的取值范圍是()A.(－∞，0) B.(0,1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.(0，＋∞)答案B解析根據(jù)題意可知，“伙伴點組”滿足兩點：都在函數(shù)圖象上，且關(guān)于坐標(biāo)原點對稱.可作出函數(shù)y＝－ln(－x)(x<0)關(guān)于原點對稱的函數(shù)y＝lnx(x>0)的圖象，使它與函數(shù)y＝kx－1(x>0)圖象的交點個數(shù)為2個即可.設(shè)切點為(m，lnm)，y＝lnx的導(dǎo)數(shù)為y′＝eq\f(1,x)，可得km－1＝lnm，k＝eq\f(1,m)，解得m＝1，k＝1，可得函數(shù)y＝lnx(x>0)過點(1,0)的切線斜率為1，結(jié)合圖象可知k∈(0,1)時有兩個交點，符合題意.13.已知點A，B分別是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右頂點，點P是雙曲線C上異于A，B的另外一點，且△ABP是頂角為120°的等腰三角形，則該雙曲線的漸近線方程為________.答案x±y＝0解析如圖所示，過點P作PC⊥x軸，因為|AB|＝|PB|＝2a，∠PBC＝60°，所以|BC|＝a，yP＝|PC|＝eq\r(3)a，點P(2a，eq\r(3)a)，將P代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1中，得a＝b，所以其漸近線方程為x±y＝0.14.已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，a1＝1,3Sn＝(n＋2)an，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,a100)的值是________.答案eq\f(200,101)解析∵3Sn＝(n＋2)an，∴當(dāng)n≥2時，3Sn－1＝(n＋1)an－1，∴3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，∴an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an,an－1)＝1×eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×…×eq\f(n,n－2)×eq\f(n＋1,n－1)＝eq\f(nn＋1,2)(n≥2)，當(dāng)n＝1時，eq\f(1×2,2)＝1＝a1滿足上式，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)，eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,a100)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋2eq\b\lc\(\rc\