2021高考数学二轮复习专题练 小题“瓶颈”突破练（含解析）.doc

1、小题“瓶颈”突破练选择题“瓶颈”突破练一、单项选择题1.在RtABC中，C，AC3，取点D，E，使2，3，那么()A.6 B.6 C.3 D.3解析由2，得2()，得.由3，得3()，得.又C，即，所以0.则223.答案D2.若log3(2ab)1log，则a2b的最小值为()A.6 B. C.3 D.解析log3(2ab)1log，log3(2ab)1log3(ab)log3(3ab)，2ab3ab，且a0，b0，3，a2b(a2b)23，当且仅当且3即ab1时，等号成立；a2b的最小值为3.答案C3.在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，若b2c2a2bc，则tan B的值

2、为()A. B. C.3 D.3解析因为，所以1，即1.又b2c2a2bc，且a2b2c22bccos A，2bccos Abc，得cos A.sin A，则tan A.从而1，得tan B3.答案C4.已知三棱锥PABC的所有顶点都在球O的球面上，ABC满足AB2，ACB90，PA为球O的直径且PA4，则点P到底面ABC的距离为()A. B.2 C. D.2解析取AB的中点O1，连接OO1，如图，在ABC中，AB2，ACB90，所以ABC所在小圆圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A，且OO1AO1，又球O的直径PA4，所以OA2，所以OO1，且OO1底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2

3、OO12.答案B5.已知函数f(x)2sin(x)的最小正周期为，将函数f(x)的图象向右平移个单位得到函数g(x)的图象，且gg，则的取值为()A. B. C. D.解析函数f(x)的最小正周期为，2，f(x)2sin(2x)，将函数f(x)的图象向右平移个单位得到函数g(x)的图象，g(x)2sin2sin又gg，x为函数g(x)的图象的一条对称轴，2k，kZ，则k，kZ，又|b0)的离心率为，抛物线y22px(p0)与双曲线1的渐近线的交点(除原点外)到抛物线的准线的距离为8，则p()A.1 B.2 C.4 D.6解析因为椭圆1的离心率为，所以，即.双曲线1的渐近线方程为yxx，代入y2

4、2px中，得x0(舍去)或xp.由题意得8，解得p4.答案C8.(2020辽宁五校联考)已知各项都为正数的等比数列an的前n项和为Sn，且满足a11，S37.若f(x)Snxa2x2a3x3anxn(n2)，f(x)为函数f(x)的导函数，则f(1)f(0)()A.(n1)2n B.(n2)2nC.2n(n1) D.2n(n1)解析由题意，得S31qq27，解得q2(负值已舍去)，an2n1.由f(x)Snxa2x2a3x3anxn，得f(x)Sn2a2x3a3x2nanxn1，则f(1)Sn2a23a3nan，f(0)Sn，即f(1)f(0)2a23a3nan221322n2n1，2f(1)

5、2f(0)222323n2n.两式相减，得f(0)f(1)422232n1n2n4n2n2nn2n(1n)2n，f(1)f(0)(n1)2n.故选A.答案A9.已知函数f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点，则a()A. B. C. D.1解析x22xa(ex1ex1)，设g(x)ex1ex1，g(x)ex1ex1ex1，当g(x)0时，x1，当x1时，g(x)1时，g(x)0，函数g(x)单调递增，当x1时，函数g(x)取得最小值g(1)2，设h(x)x22x，当x1时，函数取得最小值1，作出ag(x)与h(x)的大致图象如图所示.若a0，结合选项A，a时，函数h(x)和ag(x)的图

6、象没有交点，排除选项A；当a0)与曲线yx3有且只有两个公共点A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x10)，则函数f(x)有且只有两个零点x1，x2(x10时，令f(x)0，得x.当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.所以函数f(x)的单调增区间是和，单调减区间是.所以当x时，函数f(x)取得极大值f；当x时，函数f(x)取得极小值f.又函数f(x)有且只有两个零点x1，x2(x1或x10，从而解得x22，所以2x1x20；当x2时，得b8lg22 D.balg 6解析由10a4，10b25，得alg 4，blg 25，ablg 4lg 25lg 1002，balg 25lg 4lg l

7、g 6，ab4lg 2lg 54lg 2lg 48lg22.故选ACD.答案ACD12.(2020临沂模拟)已知f(x)是定义域为R的函数，满足f(x1)f(x3)，f(1x)f(3x)，当0x2时，f(x)x2x，则下列说法正确的是()A.函数f(x)的周期为4B.函数f(x)图象关于直线x2对称C.当0x4时，函数f(x)的最大值为2D.当6x8时，函数f(x)的最小值为解析由f(x1)f(x3)，得f(x)f(x1)1f(x1)3f(x4)，所以函数f(x)的周期为4，A正确.由f(1x)f(3x)，得f(2x)f(2x)，所以函数f(x)的图象关于直线x2对称，B正确.当0x2时，函数

8、f(x)在上单调递减，在上单调递增.所以当x时，函数f(x)在0，2上取得极小值，且f(0)0，f(2)2.作出函数f(x)在0，8上的大致图象，如图.由图可知，当0x4时，函数f(x)的最大值为f(2)2，C正确；当6x8时，函数f(x)的最小值为ff，D错误.故选ABC.答案ABC13.(2020淄博模拟)如图，将边长为1的正方形ABCD沿x轴正方向滚动，先以点A为旋转中心顺时针旋转，当点B落在x轴时，又以点B为旋转中心顺时针旋转，如此下去，设顶点C滚动时的曲线方程为yf(x)，则下列说法正确的是()A.f(x)0恒成立B.f(x)f(x8)C.f(x)x24x3(2x3)D.f(2 01

9、9)0解析正方形的边长为1，正方形的对角线AC.由正方形的滚动轨迹，得当x0时，C位于(0，1)点，即f(0)1；当x1时，C位于(1，)点，即f(1)；当x2时，C位于(2，1)点，即f(2)1；当x3时，C位于(3，0)点，即f(3)0；当x4时，C位于(4，1)点，即f(4)1，因此f(x4)f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数，所以f(x8)f(x)，f(2 019)f(50443)f(3)0.作出函数f(x)的部分图象，如图.由图可得f(x)0恒成立.当2x3时，点C的轨迹为以(2，0)为圆心，1为半径的圆，所得方程为(x2)2y21(20)的焦点F到准线的距离为2，过点F的

10、直线与抛物线交于P，Q两点，M为线段PQ的中点，O为坐标原点，则下列结论正确的是()A.抛物线C的准线方程为y1B.线段PQ的长度最小为4C.点M的坐标可能为(3，2)D.3恒成立解析因为焦点F到准线的距离为2，所以抛物线C的焦点为F(1，0)，准线方程为x1，A错误.当线段PQ垂直于x轴时长度最小，此时|PQ|4，B正确.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为xmy1.联立得方程组消去x并整理，得y24my40，16m2160，则y1y24m，所以x1x2m(y1y2)24m22，所以M(2m21，2m).当m1时，可得M(3，2)，C正确.可得y1y24，x1x2(my11

11、)(my21)m2y1y2m(y1y2)11，所以x1x2y1y23，D正确.故选BCD.答案BCD15.(2020潍坊联考)如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，ABCD，ABAD，AB2AD2CD2，F是AB的中点，点E是PB上一点，则下列说法正确的是()A.若PB2PE，则EF平面PACB.若PB2PE，则四棱锥PABCD的体积是三棱锥EACB的体积的6倍C.三棱锥PADC有且只有三个面是直角三角形D.平面BCP平面ACE解析对于A，因为PB2PE，所以点E是PB的中点.又因为点F是AB的中点，所以EFPA.又因为PA平面PAC，EF平面PAC，所以EF

12、平面PAC，A正确.对于B，因为PB2PE，所以VPABCD2VEABCD.因为ABCD，ABAD，AB2AD2CD2，所以S梯形ABCD(CDAB)AD(12)1，SABCABAD211，所以VEABCDVEABC，所以VPABCD3VEABC，B错误.对于C，因为PC底面ABCD，所以PCAC，PCCD，所以PAC，PCD为直角三角形.因为ABCD，ABAD，所以ADCD，所以ACD为直角三角形，所以PA2PC2AC2PC2AD2CD2，PD2CD2PC2，所以PA2PD2AD2，所以PAD是直角三角形.所以三棱锥PADC的四个面都是直角三角形，C错误.对于D，在RtACD中，AC，在直角

13、梯形ABCD中，BC.因为AC2BC2AB2，所以ACBC.因为PC底面ABCD，所以PCAC.因为BCPCC，BC，PC平面BCP，所以AC平面BCP.又因为AC平面ACE，所以平面BCP平面ACE，D正确.故选AD.答案AD16.(2020烟台模拟)已知单位向量i，j，k两两的夹角均为，若空间向量a满足axiyjzk(x，y，zR)，则有序实数组(x，y，z)称为向量a在“仿射”坐标系Oxyz(O为坐标原点)下的“仿射”坐标，记作a(x，y，z).有下列命题不正确的是()A.已知a(2，0，1)，b(1，0，2)，则ab0B.已知a(x，y，0)，b(0，0，z)，其中xyz0，则当且仅当

14、xy时，向量a，b的夹角取得最小值C.已知a(x1，y1，z1)，b(x2，y2，z2)，则ab(x1x2，y1y2，z1z2)D.已知(1，0，0)，(0，1，0)，(0，0，1)，则三棱锥OABC的表面积S解析对于A，若a(2，0，1)，b(1，0，2)，则ab(2ik)(i2k)23ik23cos .00)，其中nN，n2，则函数Gn(x)fn(x)2在内的零点个数是_.解析fn(x)12x3x2nxn1，当x0时，fn(x)0，所以fn(x)在(0，)上是增函数，因此Gn(x)在(0，)上也是增函数，又Gnfn220(n2)，且nN，n2，又由GnGn0，b0)的左、右焦点分别为F1、

15、F2，过点F1的直线l与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点.若ABF2的内切圆与边AB，BF2，AF2分别相切于点M，N，P，且AP的长为4，则a的值为_.解析由题意|BM|BN|，|F2P|F2N|，|AM|AP|，根据双曲线定义，|BF1|BF2|MF1|NF2|2a，|AF2|AF1|2a，则|AF1|AF2|2a，所以|BF1|BF2|MA|AF1|NF2|MA|AP|PF2|2a|NF2|，因此2a82a，所以a2.答案211.已知数列an为正项递增的等比数列，a1a582，a2a481，记数列的前n项和为Tn，则使不等式2 0201成立的正整数n的最大值为_.解析由数列an为正项

16、递增的等比数列，a1a582，a2a4a1a581，得所以公比q3，an3n1.所以Tn23.所以2 0201，即2 0201，得3n1，则p2，由a2242(a12)，得a10；若|p|1，则p，由a2232(a12)，得a166.综上所述，满足条件的a1的所有可能取值的集合为0，2，66.答案0，2，66二、多空题13.已知数列an的前n项和Sn10nn2，数列bn的每一项都有bn|an|，设数列bn的前n项和为Tn，则T4_，T30_.解析因为Sn10nn2，当n1时，a1S19.当n2时，anSnSn1112n.又a19适合上式，所以an112n(nN*).当n5时，an0，bnan；

17、当n5时，an0，bnan2n11.故T4S41044224.T30S5(a6a7a30)2S5S30650.答案2465014.已知直线l：x2y50，定点A(1，2)，动点P到定点A的距离与到直线l的距离相等，双曲线C：1(a0，b0)的一个焦点为F，Q是动点P轨迹上一点，则点P的轨迹方程为_；若|FQ|的最小值恰为双曲线C的虚半轴长，则双曲线C的离心率为_.解析由已知得点A在直线l上，因而动点P的轨迹为过点A且与直线l垂直的直线，则由点斜式，得点P的轨迹方程为y22(x1)，即y2x.|FQ|的最小值即点F到直线y2x的距离，且|FQ|minb.则y2x为双曲线C的一条渐近线，从而2，所

18、以离心率e.答案y2x15.(2020湖北联考)如图(1)，在矩形ABCD中，AB2，BC4，E，F分别为BC，AD的中点.将四边形ABEF沿EF折起，使二面角A1EFD的大小为120，如图(2)，则B1C_；三棱锥B1CDE的外接球的表面积为_.解析由二面角的定义可知，二面角A1EFD的平面角为B1EC120.由余弦定理，得B1C2EC2B1E22ECB1Ecos 1204422212，所以B1C2.因为EFB1E，EFEC，B1EECE，B1E，EC平面B1EC，所以EF平面B1EC.又EFCD，所以CD平面B1EC.因为B1EC的外接圆半径r2，所以三棱锥B1CDE的外接球半径R，所以三棱锥B1CDE的外接球的表面积为4()220.答案22016.有甲、乙两个盒子，甲盒子中装有3个小球，乙盒子中装有5个小球，每次随机取一个盒子并从中取一个球，则甲盒子中的球被取完时，乙盒子中恰剩下2个球的概率为_；当取完一个盒子中的球时，另一个盒子恰剩下个球，则的期望为_.解析甲盒子中的球被取完时，乙盒子中恰剩下2个球的概率PC；由题意，知的可能取值为1，2，3，4，5，因为P(1)CC，P(2)CC，P(3)C，P(4)C，P(5)，所以E()12345.答案