2021高考数学二轮复习专题练四考前冲刺高分考前冲刺二压轴小题“瓶颈”突破含解析202103112192.doc

1、考前冲刺二压轴小题“瓶颈”突破“瓶颈”一般是指在整体中的关键限制因素，例如，一轮、二轮复习后，很多考生却陷入了成绩提升的“瓶颈期”无论怎么努力，成绩总是停滞不前.怎样才能突破“瓶颈”，让成绩再上一个台阶？新高考卷客观题满分80分，共16题，决定了整个高考试卷的成败，要突破“瓶颈题”就必须在两类客观题第8，11，12，15，16题中有较大收获，分析近年高考，必须从以下几个方面有所突破，才能实现“柳暗花明又一村”，做到保“本”冲“优”，迈进双一流.压轴热点1函数的图象、性质及其应用【例1】 (1)(2020江南名校联考)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)xln xln ，则函数

2、g(x)f(x)sin x的零点个数为()A.1 B.2 C.3 D.5(2)(2020石家庄调研)若函数f(x2)为奇函数，f(2)0，且f(x)在区间2，)上单调递减，则不等式f(3x)0的解集为_.解析(1)函数g(x)的零点个数，即函数yf(x)的图象与ysin x的图象交点个数.当x0时，f(x)xln xln ，则f(x)，令f(x)0，得x.易知当0x时，f(x)0；当x时，f(x)0.则f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当x时，f(x)取得最小值，且最小值为f1.函数ysin x在x处取得最大值1，所以当x0时，f(x)的图象与ysin x的图象有且只有一个交点.由f(x

3、)和ysin x均为奇函数，可得当x0时，f(x)的图象与ysin x的图象的交点也有且只有一个，为点.又两函数的图象均过原点，因此函数yf(x)与ysin x的图象有3个交点，所以函数g(x)f(x)sin x的零点有3个.(2)因为函数f(x2)是奇函数，所以函数f(x2)的图象关于点(0，0)对称，故f(x)的图象关于点(2，0)对称.又f(x)在2，)上单调递减，f(x)在(，2)上也单调递减，由f(3x)0f(2)，得3x2，x5.不等式f(3x)0的解集为(5，).答案(1)C(2)(5，)探究提高1.利用图象法求函数f(x)的零点个数时，直接画函数f(x)的图象较困难，可以将解析

4、式变形，将函数零点个数问题转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两函数图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.2.求解函数的图象与性质综合应用问题的策略(1)熟练掌握图象的变换法则及利用图象解决函数性质、方程、不等式问题的方法.(2)熟练掌握与应用函数单调性、奇偶性、周期性、最值、对称性及零点解题的方法.【训练1】 (2020山东师大附中模拟)已知函数f(x)x32xex，其中e是自然对数的底数，在f(a1)f(2a2)0，则实数a的取值范围是_.解析因为函数f(x)x32xex，所以f(x)3x22ex3x2220(当且仅当x0时取等号)，所以f(x)在R上单调递增.又f

5、(x)(x)32xexexf(x)且xR，f(x)是奇函数，由f(a1)f(2a2)0，得f(2a2)f(1a).所以2a21a，解之得1a.答案压轴热点2三角函数与正(余)弦定理【例2】 (1)已知函数f(x)asin xbcos x(0)，若xx0是函数f(x)的一条对称轴，且tan x03，则点(a，b)所在的直线为()A.x3y0 B.x3y0C.3xy0 D.3xy0(2)在ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos Asin Acos C，且a2，则ABC面积的最大值为_.解析(1)f(x)asin xbcos xsin (x)，其中tan .xx0是函数f(x)

6、的一条对称轴，x0k，kZ.tan x0tantan，从而3，得a3b0，所以点(a，b)在直线x3y0上.(2)因为cos Asin Acos C，所以bcos Asin Ccos Asin Acos C，所以bcos Asin(AC)，所以bcos Asin B，所以，又，a2，所以，得tan A，又A(0，)，则A，由余弦定理得(2)2b2c22bcb2c2bc2bcbcbc，即bc12，当且仅当bc2时取等号，从而ABC面积的最大值为123.答案(1)A(2)3探究提高1.研究三角函数的图象与性质，关键在于灵活利用三角恒等变换公式将函数化为yAsin(x)B(0，A0)的形式，进一步讨

7、论函数的单调性、对称性、周期、零点等.2.解三角形的关键是活用正弦、余弦定理实施边角的转化，在求三角形面积的取值时，常把三角形面积这个目标函数转化为边或角的形式，然后借助基本不等式或函数性质来解决.【训练2】 (2020成都诊断)如图所示的是函数f(x)sin(x)在区间上的图象，若将该函数图象上各点的横坐标缩小为原来的一半(纵坐标不变)，再向右平移m(m0)个单位长度后，所得到的图象关于直线x对称，则m的最小值为()A. B. C. D.解析由图象知，最小正周期T，2.又是图象的“第一零点”.20，则.故函数f(x)的解析式为f(x)sin.把f(x)sin的图象上各点的横坐标缩小为原来的一

8、半(纵坐标不变)，再向右平移m(m0)个单位长度后，得到g(x)sin的图象，因为所得图象关于直线x对称，所以44mk(kZ)，解得mk，kZ，所以由m0，可得当k1时，m取得最小值，且最小值为.答案C压轴热点3空间位置关系与计算【例3】 (1)(多选题)如图，等边ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知AED是AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中正确的是()A.动点A在平面ABC上的射影在线段AF上B.恒有BD平面AEFC.三棱锥AEFD的体积有最大值D.异面直线AF与DE不可能垂直(2)(2020江南名校联考)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A

9、1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为_， CE和该截面所成角的正弦值为_.解析(1)因为ADAE，ABC是正三角形，所以点A在平面ABC上的射影在线段AF上，故A正确；因为BDEF，所以恒有BD平面AEF，故B正确；三棱锥AFED的底面积是定值，体积由高即点A到底面的距离决定，当平面ADE平面BCED时，三棱锥AFED的体积有最大值，故C正确；因为DE平面AFG，故AFDE，故D错误.(2)如图所示，设CD，BC的中点分别为H，G，连接HE，HG，GE，HF，ME，NH.易证MENH，MENH，所以四边形MEHN是平行四边形，所以MNHE.

10、易知四边形EFHG为矩形，因为MN平面EFHG，HE平面EFHG，所以MN平面EFHG，所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG，平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG，易知EF，FH2，所以截面EFHG的面积为22.连接AC，交HG于点I，易知CIHG，平面EFHG平面ABCD，平面EFHG平面ABCDHG，所以CI平面EFHG，连接EI，因为EI平面EFHG，所以CIEI，所以CEI为直线CE和截面EFHG所成的角.在RtCIE中，易知CE，CIAC，所以sinCEI.答案(1)ABC(2)2探究提高1.在折叠过程中，ADE的边长不变，BC平面ADE及AGDE的关系保持不变，抓住不变

11、性，明确几何量之间的关系是解题的关键.2.第(2)题利用线面平行的判定，确定所求截面为矩形EFHG，这是求解的关键，第二个空在前面的基础上，运用线面、线线、面面垂直作出线面角，使考题的功能最大化，进一步考查学生数学运算与逻辑推理等数学核心素养.【训练3】 (1)(多选题)如图，平面四边形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，ABADCD2，BD2，BDC90，将ABD沿对角线BD折起至ABD，使平面ABD平面BCD，则四面体ABCD中，下列结论正确的是()A.EF平面ABCB.异面直线CD与AB所成的角为90C.异面直线EF与AC所成的角为60D.直线AC与平面BCD所成的角为30(2)(

12、2020河北名校调研)在三棱锥PABC中，若平面PBC平面ABC，ABC90，AB2，BC1，PB2，PBC45，则三棱锥PABC外接球的表面积是_.解析(1)A选项：因为E，F分别为AD和BD的中点，所以EFAB，即EF平面ABC，A正确.B选项：因为平面ABD平面BCD，交线为BD，且CDBD，所以CD平面ABD，即CDAB，故B正确.C选项：取CD边中点M，连接EM，FM，则EMAC，所以FEM为异面直线EF与AC所成角，因为CD平面ABD，所以CDAD，又ADCD2，所以AC2，所以EM，又EF1，FM，所以FEM90，故C错误；D选项，连接AF，因为ABAD，F为BD的中点，所以AF

13、BD，又平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，所以AF平面BCD，连接FC，ACF为直线AC与平面BCD所成的角，又AC2，AF，所以sinACF，所以ACF30，故D正确，故选ABD.(2)在平面BCP中找一点Q，连接BQ，使得BQ为BCP外接圆的直径，连接QC，则QCB90，则QC平面ABC，所以QCAC，QCA90.易知AB平面PBC，则ABQ90，连接AQ，设AQ的中点为O，则点O到A，B，C，Q四点的距离相等，故AQ为三棱锥PABC外接球的直径.易得PC，BQ，所以AQ2BQ2AB2144R2(R为外接球的半径).故S外接球4R214.答案(1)ABD(2)14压轴热点4圆

14、锥曲线及其性质【例4】 (1)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点.已知|AB|4，|DE|2，则C的焦点到准线的距离为()A.2 B.4 C.6 D.8(2)(2020成都七中检测)已知双曲线C：1(ab0)的两条渐近线与圆O：x2y25交于M，N，P，Q四点，若四边形MNPQ的面积为8，则双曲线C的渐近线方程为()A.yx B.yxC.yx D.yx解析(1)不妨设抛物线C：y22px(p0)，|AB|4，点A是圆与抛物线交点，由对称性设A(x1，2)，则x1.又|DE|2，且点D是准线与圆的交点，D且|OD|OA|.从而(2)2()2，解得p4.因此C的焦点

15、到准线的距离是4.(2)依题意，不妨设点M(x，y)在第一象限，联立解得(其中c2a2b2)，可知四边形MNPQ为矩形且面积为8，且根据双曲线的对称性，2，即2c25ab.又因为c2a2b2，所以2(a2b2)5ab2520，解得(2舍去).故所求渐近线方程为yx.答案(1)B(2)B探究提高1.与圆锥曲线方程相关的问题，一定要抓住定义，作出示意图，充分利用几何性质，简化运算.2.双曲线的离心率与渐近线是高考的热点，求圆锥曲线离心率大小(范围)的方法是：根据已知椭圆、双曲线满足的几何条件及性质得到参数a，b，c满足的等量关系(不等关系)，然后把b用a，c表示，求的值(范围).【训练4】 (1)

16、(2020太原检测)已知F为椭圆C：y21的右焦点，过点F的直线l与椭圆交于A，B两点，P为AB的中点，O为原点.若OPF是以OF为底边的等腰三角形，则直线l的斜率为()A. B.C.2 D.2(2)已知双曲线C经过点(2，3)，且该双曲线的其中一条渐近线的方程为yx，F1，F2分别为该双曲线的左、右焦点，双曲线C的方程为_，若P为该双曲线右支上一点，点A(6，8)，则当|PA|PF2|取最小值时，点P的坐标为_.解析(1)因为c，所以右焦点F(，0).设直线l的方程为yk(x)，k0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则得(yy)0，则.因为点P为AB中点，知x1x22x

17、0，y1y22y0.所以直线l的斜率k.又OPF是以OF为底边的等腰三角形，所以x0，y0k(x0)k.所以k，得k2，k.(2)由题意，可设双曲线C的方程为y23x2，将(2，3)代入，得32322，得3，故双曲线C的方程为x21.作出双曲线C如图所示，连接PF1，AF1.由双曲线定义，得|PF1|PF2|2.所以|PF2|PF1|2.则|PA|PF2|PA|PF1|2|AF1|2，当且仅当A，P，F1三点共线时，等号成立.由A(6，8)，F1(2，0)，得直线AF1的方程为yx2，由得2x24x70，解得x1，又点P在双曲线的右支上，所以点P的坐标为.答案(1)A(2)x21压轴热点5导数

18、及其应用【例5】 (2020合肥检测)已知函数g(x)ax2与h(x)2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是_.解析函数g(x)ax2与h(x)2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，等价于ax22ln x在上有解，即a2ln xx2在上有解.设f(x)2ln xx2，x，则f(x).f(x)0在上有唯一的零点x1.故f(x)在上单调递增，在(1，e上单调递减.f(x)maxf(1)1，又f2，f(e)2e2，知f(e)f.函数f(x)的值域为2e2，1.故方程a2ln xx2在上有解等价于2e2a1，即1ae22，实数a的取值范围是1，e22.答案1，e22探究提高1.

19、利用导数研究函数的单调性、极值，一定注意字母参数取值的影响，重视分类讨论思想.2.利用导数解零点或不等式问题，主要是构造函数，利用导数研究函数的单调性，常见的构造函数的方法有移项法、构造形似函数法、主元法等.【训练5】 (2020佛山调研)已知f(x)是定义在上的奇函数，其导函数为f(x)，f，且当x时，f(x)sin 2x2f(x)cos 2x0.则不等式f(x)sin 2x1的解集为_.解析设F(x)f(x)sin 2x，则F(x)f(x)sin 2x2f(x)cos 2x.f(x)在上是奇函数，F(x)f(x)sin(2x)f(x)sin 2xF(x)，故F(x)在定义域上是偶函数.当x时，f(x)sin 2x2f(x)cos 2x0，F(x)0，则F(x)在上单调递增.因为Ffsin 1.又F(x)在上是偶函数，且在上递增.f(x)sin 2x1F(x)F.|x|，解之得x，所以x.答案