2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 第二部分 專(zhuān)題二 巧做高考題型講義.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 第二部分 專(zhuān)題二 巧做高考題型講義 選擇題具有概括性強(qiáng)，知識(shí)覆蓋面廣，小巧靈活等特點(diǎn)．注重多個(gè)知識(shí)點(diǎn)的小型綜合，側(cè)重于考查學(xué)生是否能迅速選出正確答案，解題手段不拘常規(guī)，有利于考查學(xué)生的選擇、判斷能力．常用方法分直接法和間接法兩大類(lèi)．直接法是解答選擇題最基本、最常用的方法，但高考的題量較大，如果所有選擇題都用直接法解答，時(shí)間可能不允許，因此，我們還要研究解答選擇題的一些間接法的應(yīng)用技巧． 其基本解答策略是：充分利用題干和選項(xiàng)所提供的信息作出判斷．先定性后定量，先特殊后推理，先間接后直接，先排除后求解．總的來(lái)說(shuō)，選擇題屬于小題，盡量避免“小題大做”．在考場(chǎng)上，提高了解題速度，也是一種制勝的法寶． 直接法 直接從題設(shè)條件出發(fā)，運(yùn)用有關(guān)概念、性質(zhì)、定理、法則和公式等知識(shí)，通過(guò)嚴(yán)密地推理和準(zhǔn)確地運(yùn)算，從而得出正確的結(jié)論，然后對(duì)照題目所給出的選項(xiàng)“對(duì)號(hào)入座”，作出相應(yīng)的選擇．涉及概念、性質(zhì)的辨析或運(yùn)算較簡(jiǎn)單的題目常用直接法． [例1]　(xx全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 [解析]　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 則由得 即解得d＝4. [答案]　C 直接法是解答選擇題最常用的基本方法．直接法適用的范圍很廣，只要運(yùn)算正確必能得出正確的答案．平時(shí)練習(xí)中應(yīng)不斷提高用直接法解選擇題的能力，準(zhǔn)確把握題目的特點(diǎn)．用簡(jiǎn)便的方法巧解選擇題，是建立在扎實(shí)掌握“三基”的基礎(chǔ)上的，否則一味求快則會(huì)快中出錯(cuò)． 1．兩個(gè)正數(shù)a，b的等差中項(xiàng)是，一個(gè)等比中項(xiàng)是2，且a>b，則拋物線(xiàn)y2＝－x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(　　) A.　　　　　　　 　B. C. D. 解析：選B　由兩個(gè)正數(shù)a，b的等差中項(xiàng)是，得a＋b＝9；a，b的一個(gè)等比中項(xiàng)是2，得ab＝20，且a>b，故a＝5，b＝4.又由＝＝2p，得＝， 故拋物線(xiàn)y2＝－x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為. 特例法 從題干(或選項(xiàng))出發(fā)，通過(guò)選取特殊情況代入，將問(wèn)題特殊化或構(gòu)造滿(mǎn)足題設(shè)條件的特殊函數(shù)或圖形位置，進(jìn)行判斷．特殊化法是“小題小做”的重要策略，要注意在怎樣的情況下才可使用，特殊情況可能是：特殊值、特殊點(diǎn)、特殊位置、特殊函數(shù)等． [例2]　已知ω>0，函數(shù)f(x)＝sin在上單調(diào)遞減．則ω的取值范圍是(　　) A.　　　　　 　B. C. D. (0,2] [解析]　根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)利用特殊值法代入逐項(xiàng)判斷： ∵ω＝2時(shí)，2x＋∈，不合題意，∴排除D. ∵ω＝1時(shí)，x＋∈，合題意，∴排除B、C，故選A. [答案]　A 特例法具有簡(jiǎn)化運(yùn)算和推理的功效，比較適用于題目中含有字母或具有一般性結(jié)論的選擇題，但用特例法解選擇題時(shí)，要注意以下兩點(diǎn)： 第一，取特例盡可能簡(jiǎn)單，有利于計(jì)算和推理； 第二，若在不同的特殊情況下有兩個(gè)或兩個(gè)以上的結(jié)論相符，則應(yīng)選另一特例情況再檢驗(yàn)，或改用其他方法求解． 2．函數(shù)y＝ax－(a>0，a≠1)的圖象可能是(　　) 解析：選D　函數(shù)y＝ax－(a>0，a≠1)恒過(guò)(－1,0)，選項(xiàng)只有D符合，故選D. 排除法 排除法也叫篩選法、淘汰法．它是充分利用選擇題有且只有一個(gè)正確的選項(xiàng)這一特征，通過(guò)分析、推理、計(jì)算、判斷，排除不符合要求的選項(xiàng)，從而得出正確結(jié)論的一種方法． [例3]　設(shè)[x]表示不大于x的最大整數(shù)，則對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y有(　　) A．[－x]＝－[x] B．[2x]＝2[x] C．[x＋y]≤[x]＋[y] D．[x－y]≤[x]－[y] [解析]　選項(xiàng)A，取x＝1.5，則[－x]＝[－1.5]＝－2，－[x]＝－[1.5]＝－1，顯然[－x]≠－[x]；選項(xiàng)B，取x＝1.5，則[2x]＝[3]＝3,2[x]＝2[1.5]＝2，顯然[2x]≠2[x]；選項(xiàng)C，取x＝y(tǒng)＝1.6，則[x＋y]＝[3.2]＝3，[x]＋[y]＝[1.6]＋[1.6]＝2，顯然[x＋y]>[x]＋[y]．排除A，B，C，故選D. [答案]　D 排除法適應(yīng)于定性型或不易直接求解的選擇題．當(dāng)題目中的條件多于一個(gè)時(shí)，先根據(jù)某些條件在選項(xiàng)中找出明顯與之矛盾的予以否定，再根據(jù)另一些條件在縮小選項(xiàng)的范圍內(nèi)找出矛盾，這樣逐步篩選，直到得出正確的答案． 3．函數(shù)y＝xcos x＋sin x的圖象大致為(　　) 解析：選D　由題意知，函數(shù)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，當(dāng)00，而當(dāng)x＝π時(shí)，y＝－π<0，據(jù)此排除選項(xiàng)A，B，C. 數(shù)形結(jié)合法 根據(jù)題設(shè)條件作出所研究問(wèn)題的曲線(xiàn)或有關(guān)圖形，借助幾何圖形的直觀性作出正確的判斷，習(xí)慣上也叫數(shù)形結(jié)合法．有些選擇題可通過(guò)命題條件中的函數(shù)關(guān)系或幾何意義，作出函數(shù)的圖象或幾何圖形，借助于圖象或圖形的作法、形狀、位置、性質(zhì)等，綜合圖象的特征，得出結(jié)論．圖形化策略就是以數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想為指導(dǎo)的一種解題策略． [例4]　設(shè)函數(shù)f(x)＝其中[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，如[－1.1]＝－2，[π]＝3等．若直線(xiàn)y＝kx＋k(k>0)與函數(shù)y＝f(x)的圖象恰有三個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　　) A.　　　　　 　B. C. D. [解析]　直線(xiàn)y＝kx＋k(k>0)恒過(guò)定點(diǎn)(－1,0)，在同一直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝f(x)的圖象和直線(xiàn)y＝kx＋k(k>0)的圖象，如圖所示，因?yàn)閮蓚€(gè)函數(shù)圖象恰好有三個(gè)不同的交點(diǎn)，所以≤k<. [答案]　B 涉及函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題，一般有兩種題型，且都可以利用數(shù)形結(jié)合法求解． (1)求解方程根的個(gè)數(shù)．畫(huà)出相關(guān)的兩個(gè)函數(shù)的圖象，則兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即是函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)； (2)討論圖象交點(diǎn)問(wèn)題的參數(shù)范圍，如本例就是利用圖象中直線(xiàn)y＝kx＋k(k>0)與函數(shù)y＝f(x)圖象恰有三個(gè)不同的交點(diǎn)，得到實(shí)數(shù)k的取值范圍． 4．(xx全國(guó)卷Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，動(dòng)點(diǎn)P在以點(diǎn)C為圓心且與BD相切的圓上．若＝λ＋μ，則λ＋μ的最大值為(　　) A．3 B．2 C. D．2 解析：選A　以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系， 則A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直線(xiàn)BD的方程為2x＋y－2＝0，點(diǎn)C到直線(xiàn)BD的距離為＝，所以圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝. 因?yàn)镻在圓C上， 所以P. 又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)， 所以λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，當(dāng)且僅當(dāng)θ＝＋2kπ－φ，k∈Z時(shí)，λ＋μ取得最大值3. 概念辨析法 概念辨析法是從題設(shè)條件出發(fā)，通過(guò)對(duì)數(shù)學(xué)概念的辨析，進(jìn)行少量運(yùn)算或推理，直接選擇出正確結(jié)論的方法．這類(lèi)題目一般是給出一個(gè)創(chuàng)新定義，或涉及一些似是而非、容易混淆的概念或性質(zhì)，需要考生在平時(shí)注意辨析有關(guān)概念，準(zhǔn)確區(qū)分相應(yīng)概念的內(nèi)涵與外延，同時(shí)在審題時(shí)多加小心． [例5]　對(duì)于函數(shù)f(x)和g(x)，設(shè)α∈{x|f(x)＝0}，β＝{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，則稱(chēng)f(x)與g(x)互為“零點(diǎn)相鄰函數(shù)”．若函數(shù)f(x)＝ex－1＋x－2與g(x)＝x2－ax－a＋3互為“零點(diǎn)相鄰函數(shù)”，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[2,4]　　　　　　　 　B. C. D．[2,3] [解析]　函數(shù)f(x)＝ex－1＋x－2的零點(diǎn)為x＝1，設(shè)g(x)＝x2－ax－a＋3的零點(diǎn)為b，若函數(shù)f(x)＝ex－1＋x－2與g(x)＝x2－ax－a＋3互為“零點(diǎn)相鄰函數(shù)”，則|1－b|≤1，∴0≤b≤2.由于g(x)＝x2－ax－a＋3＝x2＋3－a(x＋1)必經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－1,4)，∴要使其零點(diǎn)在區(qū)間[0,2]上，則即解得2≤a≤3. [答案]　D 函數(shù)的創(chuàng)新命題是高考的一個(gè)亮點(diǎn)，此類(lèi)題型是用數(shù)學(xué)符號(hào)、文字?jǐn)⑹鼋o出一個(gè)教材之外的新定義，要求考生在短時(shí)間內(nèi)通過(guò)閱讀、理解后，解決題目給出的問(wèn)題．解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確把握新定義的含義，把從定義和題目中獲取的信息進(jìn)行有效整合，并轉(zhuǎn)化為熟悉的知識(shí)加以解決． 5．若對(duì)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)λ(λ∈R)使得f(x＋λ)＋λf(x)＝0對(duì)任意實(shí)數(shù)都成立，則稱(chēng)f(x)是一個(gè)“λ伴隨函數(shù)”．下列是關(guān)于“λ伴隨函數(shù)”的結(jié)論：①f(x)＝0不是常數(shù)函數(shù)中唯一一個(gè)“λ伴隨函數(shù)”；②f(x)＝x是“λ伴隨函數(shù)”；③f(x)＝x2是“λ伴隨函數(shù)”；④“伴隨函數(shù)”至少有一個(gè)零點(diǎn)．其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選B　由題意得，①正確，如f(x)＝c≠0，取λ＝－1，則f(x－1)－f(x)＝c－c＝0，即f(x)＝c≠0是一個(gè)“λ伴隨函數(shù)”；②不正確，若f(x)＝x是一個(gè)“λ伴隨函數(shù)”，則x＋λ＋λx＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾；③不正確，若f(x)＝x2是一個(gè)“λ伴隨函數(shù)”，則(x＋λ)2＋λx2＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾；④正確，若f(x)是“伴隨函數(shù)”，則f＋f(x)＝0，取x＝0，則f＋f(0)＝0，若f(0)，f任意一個(gè)為0，則函數(shù)f(x)有零點(diǎn)；若f(0)，f均不為0，則f(0)，f異號(hào)，由零點(diǎn)存在性定理知，在區(qū)間內(nèi)存在零點(diǎn)，所以有兩個(gè)結(jié)論正確. 估算法 由于選擇題提供了唯一正確的選項(xiàng)，解答又無(wú)需過(guò)程，因此，有些題目不必進(jìn)行準(zhǔn)確的計(jì)算，只需對(duì)其數(shù)值特點(diǎn)和取值界限作出適當(dāng)?shù)墓烙?jì)，便能作出正確的判斷，這就是估算法．估算法的關(guān)鍵是確定結(jié)果所在的大致范圍，否則“估算”就沒(méi)有意義．估算法往往可以減少運(yùn)算量，快速找到答案． [例6]　如圖，在多面體ABCDEF中，已知平面ABCD是邊長(zhǎng)為3的正方形，EF∥AB，EF＝，EF與平面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為(　　) A. B．5 C．6 D. [解析]　連接BE，CE，四棱錐EABCD的體積為VEABCD＝332＝6，又多面體ABCDEF的體積大于四棱錐EABCD的體積，即所求幾何體的體積V>VEABCD＝6，而四個(gè)選項(xiàng)里面大于6的只有，故選D. [答案]　D 本題既用了估算法又用了排除法，解題的關(guān)鍵是利用θ的范圍求sin θ的范圍一定要準(zhǔn)確，否則將達(dá)不到解題的目的或解答錯(cuò)誤． 6.(xx寧波效實(shí)中學(xué)模擬)圖中陰影部分的面積S是h的函數(shù)(0≤h≤H)，則該函數(shù)的大致圖象是(　　) 解析：選B　由圖知，隨著h的增大，陰影部分的面積S逐漸減小，且減小得越來(lái)越慢，結(jié)合選項(xiàng)可知選B. 第二講分類(lèi)智取填空題——穩(wěn)得分 填空題具有小巧靈活、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單、運(yùn)算量不大等特點(diǎn)． (1)根據(jù)填空時(shí)所填寫(xiě)的內(nèi)容形式，可以將填空題分成兩種類(lèi)型：①定量型：要求考生填寫(xiě)數(shù)值、數(shù)集或數(shù)量關(guān)系；②定性型：要求填寫(xiě)的是具有某種性質(zhì)的對(duì)象或者填寫(xiě)給定數(shù)學(xué)對(duì)象的某種性質(zhì)． (2)根據(jù)填空題出題設(shè)問(wèn)的多少，又可以將填空題分成兩類(lèi)形式：①單空題：與全國(guó)卷出題方式相同，一題一空，根據(jù)一般填空題的特點(diǎn)，四招速解；②多空題：是浙江高考填空題的一大特色，一題多空，出題的目的是提高知識(shí)覆蓋面的考查，降低難度，讓學(xué)生能分步得分；本質(zhì)上來(lái)說(shuō)和單空題區(qū)別無(wú)非就是多填一空，其解題方法和單空題相同，但多空題有它自身的特色，搞清多空之間設(shè)問(wèn)的關(guān)系能使我們的解題事半功倍． 解答填空題時(shí)，由于不反映過(guò)程，只要求結(jié)果，故對(duì)正確性的要求比解答題更高、更嚴(yán)格．在解填空題時(shí)要做到： 一、單空題——四招速解 直接法 它是直接從題設(shè)出發(fā)，利用有關(guān)性質(zhì)或結(jié)論，通過(guò)巧妙地變形，直接得到結(jié)果的方法．要善于透過(guò)現(xiàn)象抓本質(zhì)，有意識(shí)地采取靈活、簡(jiǎn)捷的解法解決問(wèn)題． [例1]　(xx全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，則b＝________. [解析]　因?yàn)锳，C為△ABC的內(nèi)角，且cos A＝，cos C＝，所以sin A＝，sin C＝，所以sin B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝＋＝.又a＝1，所以由正弦定理得b＝＝＝. [答案]　 直接法是解決計(jì)算型填空題最常用的方法，在計(jì)算過(guò)程中，我們要根據(jù)題目的要求靈活處理，多角度思考問(wèn)題，注意一些解題規(guī)律和解題技巧的靈活應(yīng)用，將計(jì)算過(guò)程簡(jiǎn)化從而得到結(jié)果，這是快速準(zhǔn)確地求解填空題的關(guān)鍵． 1．(xx北京高考)若等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿(mǎn)足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，則＝________. 解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，則a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3；b4＝－1q3＝8，解得q＝－2.所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1(－2)＝2，所以＝1. 答案：1 特殊值法 當(dāng)填空題已知條件中含有某些不確定的量，但題設(shè)條件中提供的信息暗示答案是一個(gè)定值時(shí)，可以從題中變化的不定量中選取符合條件的恰當(dāng)特殊值(特殊函數(shù)、特殊角、特殊數(shù)列、特殊位置、特殊點(diǎn)、特殊方程、特殊模型等)進(jìn)行處理，從而得出探求的結(jié)論．為保證答案的正確性，在利用此方法時(shí)，一般應(yīng)多取幾個(gè)特例． [例2]　如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AP⊥BD，垂足為P，且AP＝3，則＝________. [解析]　法一：＝(＋) ＝＋＝＋(＋) ＝＋2， ∵AP⊥BD，∴＝0. 又∵＝||||cos ∠BAP＝||2， ∴＝2||2＝29＝18. 法二：把平行四邊形ABCD看成正方形， 則P點(diǎn)為對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)，AC＝6， 則＝18. [答案]　18 求值或比較大小等問(wèn)題的求解均可利用特殊值代入法，但要注意此種方法僅限于求解結(jié)論只有一種的填空題，對(duì)于開(kāi)放性的問(wèn)題或者有多種答案的填空題，則不能使用該種方法求解．本題中的法二把平行四邊形看作正方形，從而減少了計(jì)算量． 2．若函數(shù)f(x)滿(mǎn)足：f(1)＝，4f(x)f(y)＝f(x＋y)＋f(x－y)，則f(2 018)＝________. 解析：取x＝1，y＝0時(shí)，有f(0)＝f(1)＋f(1)＝， 取x＝1，y＝1時(shí)，有＝f(2)＋f(0)，f(2)＝－. 取x＝n，y＝1，有f(n)＝f(n＋1)＋f(n－1)，同理f(n＋1)＝f(n＋2)＋f(n)，聯(lián)立得f(n＋2)＝－f(n－1)，可得f(n＋6)＝f(n)，所以f(x)是以6為周期的函數(shù)，故f(2 018)＝f(2)＝－. 答案：－ 圖象分析法 　　對(duì)于一些含有幾何背景的填空題，若能根據(jù)題目中的條件，作出符合題意的圖形，并通過(guò)對(duì)圖形的直觀分析、判斷，即可快速得出正確結(jié)果．這類(lèi)問(wèn)題的幾何意義一般較為明顯，如一次函數(shù)的斜率和截距、向量的夾角、解析幾何中兩點(diǎn)間距離等，求解的關(guān)鍵是明確幾何含義，準(zhǔn)確規(guī)范地作出相應(yīng)的圖形． [例3]　已知a，b是平面內(nèi)兩個(gè)互相垂直的單位向量，若向量c滿(mǎn)足(a－c)(b－c)＝0，則|c|的最大值是________． [解析]　如圖，＝a，＝b，＝c，∵(a－c)(b－c)＝0，∴點(diǎn)C在以AB為直徑，AB的中點(diǎn)為圓心的圓上，故|OC|的最大值為圓的直徑，即|AB|的長(zhǎng)為. [答案]　 圖象分析法實(shí)質(zhì)上就是數(shù)形結(jié)合的思想方法在解決填空題中的應(yīng)用，利用圖形的直觀性并結(jié)合所學(xué)知識(shí)便可直接得到相應(yīng)的結(jié)論，這也是高考命題的熱點(diǎn)．準(zhǔn)確運(yùn)用此類(lèi)方法的關(guān)鍵是正確把握各種式子與幾何圖形中的變量之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，利用幾何圖形中的相關(guān)結(jié)論求出結(jié)果． 3．不等式sin x<0，x∈[－π，2π]的解集為_(kāi)_______． 解析：在同一坐標(biāo)系中分別作出y＝|x|－與y＝sin x的圖象： 根據(jù)圖象可得不等式的解集為∪∪(π，2π)． 答案：∪∪(π，2π) 構(gòu)造法 用構(gòu)造法解填空題的關(guān)鍵是由條件和結(jié)論的特殊性構(gòu)造出數(shù)學(xué)模型，從而簡(jiǎn)化推導(dǎo)與運(yùn)算過(guò)程．構(gòu)造法是建立在觀察聯(lián)想、分析綜合的基礎(chǔ)之上的，首先應(yīng)觀察題目，觀察已知(例如代數(shù)式)形式上的特點(diǎn)，然后積極調(diào)動(dòng)思維，聯(lián)想、類(lèi)比已學(xué)過(guò)的知識(shí)及各種數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)、數(shù)學(xué)模型，深刻地了解問(wèn)題及問(wèn)題的背景(幾何背景、代數(shù)背景)，從而構(gòu)造幾何、函數(shù)、向量等具體的數(shù)學(xué)模型，達(dá)到快速解題的目的． [例4]　如圖，已知球O的球面上有四點(diǎn)A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，則球O的體積等于________． [解析]　如圖，以DA，AB，BC為棱長(zhǎng)構(gòu)造正方體，設(shè)正方體的外接球球O的半徑為R，則正方體的體對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)即為球O的直徑，所以|CD|＝＝2R，所以R＝，故球O的體積 V＝＝π. [答案]　π 構(gòu)造法實(shí)質(zhì)上是轉(zhuǎn)化與化歸思想在解題中的應(yīng)用，需要根據(jù)已知條件和所要解決的問(wèn)題確定構(gòu)造的方向，通過(guò)構(gòu)造新的函數(shù)、不等式或數(shù)列等新的模型，從而轉(zhuǎn)化為自己熟悉的問(wèn)題．本題巧妙地構(gòu)造出正方體，而球的直徑恰好為正方體的體對(duì)角線(xiàn)，問(wèn)題很容易得到解決. 4．在數(shù)列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，則該數(shù)列的通項(xiàng)an＝________. 解析：由an＋1＝2an＋3， 則有an＋1＋3＝2(an＋3)， 即＝2. 所以數(shù)列{an＋3}是以a1＋3＝4為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列， 即an＋3＝42n－1＝2n＋1， 所以an＝2n＋1－3. 答案：2n＋1－3 二、多空題——辨式解答 并列式——兩空并答 此種類(lèi)型多空題的特點(diǎn)是：根據(jù)題設(shè)條件，利用同一解題思路和過(guò)程，可以一次性得出兩個(gè)空的答案，兩空并答，題目比較簡(jiǎn)單，會(huì)便全會(huì)，這類(lèi)題目在高考中一般涉及較少，常考查一些基本量的求解，一般是多空題的第一個(gè)題目． [例1]　(xx浙江高考)已知2cos2x＋sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，則A＝________，b＝________. [解析]　∵2cos2x＋sin 2x＝1＋cos 2x＋sin 2x＝1＋sin， ∴1＋sin＝Asin(ωx＋φ)＋b， ∴A＝，b＝1. [答案]　　1 [點(diǎn)評(píng)]　例1中根據(jù)題設(shè)條件把2cos2x＋sin 2x化成1＋sin后，對(duì)比原條件恒等式兩邊可直接得出兩空的結(jié)果，A＝，b＝1. 1．(xx浙江高考)雙曲線(xiàn)－y2＝1的焦距是______，漸近線(xiàn)方程是________________． 解析：由雙曲線(xiàn)標(biāo)準(zhǔn)方程，知雙曲線(xiàn)焦點(diǎn)在x軸上，且a2＝2，b2＝1，∴c2＝a2＋b2＝3，即c＝，∴焦距2c＝2，漸近線(xiàn)方程為y＝x，即y＝x. 答案：2　y＝x 分列式——一空一答 此種類(lèi)型多空題的特點(diǎn)是：兩空的設(shè)問(wèn)相當(dāng)于一個(gè)題目背景下的兩道小填空題，兩問(wèn)之間沒(méi)什么具體聯(lián)系，各自成題，是對(duì)于多個(gè)知識(shí)點(diǎn)或某知識(shí)點(diǎn)的多個(gè)角度的考查；兩問(wèn)之間互不干擾，不會(huì)其中一問(wèn)，照樣可以答出另一問(wèn)． [例2]　(1)(xx浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的表面積是________cm2，體積是________cm3. (2)(xx浙江高考)已知函數(shù)f(x)＝則f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________． [解析]　(1)由三視圖知該幾何體是一個(gè)組合體，左邊是一個(gè)長(zhǎng)方體，交于一點(diǎn)的三條棱的長(zhǎng)分別為2 cm,4 cm,2 cm，右邊也是一個(gè)長(zhǎng)方體，交于一點(diǎn)的三條棱的長(zhǎng)分別為2 cm,2 cm，4 cm. 幾何體的表面積為(22＋24＋24)22－222＝72(cm2)， 體積為2242＝32(cm3)． (2)∵f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1， ∴f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0. 當(dāng)x≥1時(shí)，x＋－3≥2 －3＝2－3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝時(shí)等號(hào)成立， 此時(shí)f(x)min＝2－3＜0； 當(dāng)x＜1時(shí)，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0， 此時(shí)f(x)min＝0. 所以f(x)的最小值為2－3. [答案]　(1)72　32　(2)0　2－3 [點(diǎn)評(píng)]　例2(1)中根據(jù)題設(shè)條件三視圖得出其幾何體的直觀圖后，由面積的相關(guān)公式求出幾何體的面積，由體積的相關(guān)公式求出其體積；例2(2)中，兩空都是在已知一分段函數(shù)的解析式，考查兩方面的知識(shí)，分別求出函數(shù)的值和函數(shù)的最值． 2．(xx浙江高考)函數(shù)f(x)＝sin2x＋sin xcos x＋1的最小正周期是________，單調(diào)遞減區(qū)間是____________． 解析：∵f(x)＝sin2x＋sin xcos x＋1＝＋sin 2x＋1＝sin 2x－cos 2x＋＝sin＋， ∴函數(shù)f(x)的最小正周期T＝π. 令＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z， 解之可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 (k∈Z)． 答案：π　(k∈Z) 遞進(jìn)式——逐空解答 此種類(lèi)型多空題的特點(diǎn)是：兩空之間有著一定聯(lián)系，一般是第二空需要借助第一空的結(jié)果再進(jìn)行作答，第一空是解題的關(guān)鍵也是難點(diǎn)，只要第一空會(huì)做做對(duì)，第二空便可順勢(shì)解答． [例3]　(xx浙江高考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則a1＝________，S5＝________. [解析]　∵an＋1＝2Sn＋1， ∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1， ∴Sn＋1＝3Sn＋1， ∴Sn＋1＋＝3， ∴數(shù)列是公比為3的等比數(shù)列， ∴＝3. 又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1， ∴S5＋＝34＝34＝， ∴S5＝121. [答案]　1　121 [點(diǎn)評(píng)]　例3中根據(jù)題設(shè)條件求出a1＝1后，再根據(jù)等比數(shù)列的求和公式求出S5.第二空的解答是建立在第一空解答的基礎(chǔ)上的，只有求出第一空才能求得第二空. 3．(xx臺(tái)州模擬)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，且與直線(xiàn)x＋y＋2＝0相切的圓方程是________，圓O與圓x2＋y2－2y－3＝0的位置關(guān)系是________． 解析：由題意所求圓的半徑等于原點(diǎn)O到直線(xiàn)x＋y＋2＝0的距離，即r＝＝，則所求圓的方程為x2＋y2＝2；因?yàn)閳AO與圓x2＋y2－2y－3＝0的圓心和半徑分別為O(0,0)，r1＝，C2＝(0,1)，r2＝2，且r2－r1<|OC2|＝10)，則x＝log2t，于是f(t)＝log2tlog32＝log3t(t>0)，故函數(shù)f(x)＝log3x(x>0)，所以f(39)＝log339＝9，故選D. 4．在復(fù)平面內(nèi)，已知復(fù)數(shù)z＝，則z在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：選B　因?yàn)閦＝＝＝＝＋i，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，，顯然此點(diǎn)在第二象限，故選B. 5．將函數(shù)y＝cos(2x＋φ)的圖象向右平移個(gè)單位，得到的函數(shù)為奇函數(shù)，則|φ|的最小值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　設(shè)y＝cos(2x＋φ)向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到的函數(shù)為g(x)，則g(x)＝cos，因?yàn)間(x)＝cos為奇函數(shù)，且在原點(diǎn)有定義，所以－＋φ＝kπ＋(k∈Z)，解得φ＝kπ＋(k∈Z)，故當(dāng)k＝－1時(shí)，|φ|min＝，故選B. 6．已知實(shí)數(shù)a，b，則“|a＋b|＋|a－b|≤1”是“a2＋b2≤1”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A　由絕對(duì)值三角不等式|ab|≤|a|＋|b|可得即此不等式組表示邊長(zhǎng)為1的正方形區(qū)域(含邊界)，而a2＋b2≤1表示單位圓域(含邊界)，故由可以推出a2＋b2≤1，但是反之不成立，故選A. 7．已知雙曲線(xiàn)M：－＝1和雙曲線(xiàn)N：－＝1，其中b>a>0，雙曲線(xiàn)M和雙曲線(xiàn)N交于A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)，且四邊形ABCD的面積為4c2，則雙曲線(xiàn)M的離心率為(　　) A. B.＋3 C. D.＋1 解析：選C　設(shè)A為雙曲線(xiàn)M，N在第一象限的交點(diǎn)，由對(duì)稱(chēng)性易知四邊形ABCD是正方形，因?yàn)檎叫蜛BCD的面積為4c2，所以邊長(zhǎng)為2c，即A(c，c)，代入雙曲線(xiàn)M中，得－＝1，即－＝1，變形為e2－＝1，整理得e4－3e2＋1＝0，所以e2＝e2＝<1，舍去，故e＝＝＝＝，故選C. 8．已知實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足x2＋y2≤1,3x＋4y≤0，則的取值范圍是(　　) A．[1,4] B. C. D. 解析：選B　因?yàn)椋剑剑市枰惹蟪龅娜≈捣秶?，而表示?dòng)點(diǎn)(x，y)與定點(diǎn)A(3,1)連線(xiàn)所成直線(xiàn)的斜率，約束條件表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，是直線(xiàn)3x＋4y＝0與圓x2＋y2＝1圍成的下半圓區(qū)域(含邊界)． 易得B－，，由圖可知直線(xiàn)AB的斜率最小，所以min＝＝.又過(guò)A(3,1)且在x軸下方與圓x2＋y2＝1相切的直線(xiàn)斜率最大，可設(shè)切線(xiàn)方程為y－1＝k(x－3)，即kx－y－3k＋1＝0，由圓心到切線(xiàn)的距離等于半徑可得d＝＝1，解得k＝，即max＝，故∈.于是＝∈，故選B. 9．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差d≠0，且a2＝－d，若ak是a6與ak＋6的等比中項(xiàng)，則k＝(　　) A．5 B．6 C．9 D．11 解析：選C　因?yàn)閍k是a6與ak＋6的等比中項(xiàng)， 所以a＝a6ak＋6. 又等差數(shù)列{an}的公差d≠0，且a2＝－d， 所以[a2＋(k－2)d]2＝(a2＋4d)[a2＋(k＋4)d]， 所以(k－3)2＝3(k＋3)， 解得k＝9或k＝0(舍去)，故選C. 10.在直角梯形 ABCD 中，AB⊥AD，DC∥AB，AD＝DC＝1，AB＝2，E，F(xiàn) 分別為AB，BC 的中點(diǎn)，以A 為圓心，AD為半徑的圓弧DE的中點(diǎn)為P (如圖所示)．若＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，則λ＋μ的值是(　　) A. B. C. D. 解析：選B　以A為原點(diǎn)，建立如圖所示直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)，E(1,0)，F(xiàn)，所以＝(－1,1)，＝， 則＝λ＋μ＝. 又因?yàn)橐訟為圓心，AD為半徑的圓弧DE的中點(diǎn)為P， 所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為P，＝， 所以解得從而λ＋μ＝. 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分，把答案填在題中橫線(xiàn)上) 11．已知函數(shù)f(x)＝，在F(x)＝f(x)＋1和G(x)＝f(x)－1中，________為奇函數(shù)；若f(b)＝，則f(－b)＝________. 解析：由G(x)＝f(x)－1＝，G(－x)＝＝＝＝－G(x)，故G(x)＝f(x)－1為奇函數(shù)．由f(b)＝得，G(b)＝f(b)－1＝，所以G(－b)＝f(－b)－1＝－，f(－b)＝. 答案：G(x)　 12．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和滿(mǎn)足Sn＝1－A3n，數(shù)列{bn}是遞增數(shù)列，且bn＝An2＋Bn，則A＝________，B的取值范圍為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)槿我庖粋€(gè)公比不為1的等比數(shù)列前n項(xiàng)和為Sn＝＝－qn，而等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝1－A3n，所以A＝1，bn＝n2＋Bn.又因?yàn)閿?shù)列{bn}是遞增數(shù)列，所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋B(n＋1)－n2－Bn＝2n＋1＋B>0恒成立，所以B>－(2n＋1)恒成立，所以B>－3. 答案：1　(－3，＋∞) 13．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_(kāi)_______，表面積為_(kāi)_______． 解析：由三視圖可知該幾何體是由半個(gè)圓柱和一個(gè)倒立的直四棱錐組合而成的，如圖，故該幾何體的體積V＝444＋＝＋8π，表面積為S＝π22＋＋＋＝16＋16＋12π. 答案：＋8π　16＋16＋12π 14．已知在一次考試中甲、乙、丙三人及格的概率均為，那么三人中至少有2人及格的概率為_(kāi)_______，記考試及格的人數(shù)為X，則隨機(jī)變量X的期望為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)榧住⒁?、丙三人及格的概率均為，所以X～B，所以P＝1－3－C2＝1－－＝，E(X)＝3＝2. 答案：　2 15．已知實(shí)數(shù)x>0，y>0，且滿(mǎn)足x＋y＝1，則＋的最小值為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)閤＋y＝1，所以＋＝＋＝2＋＋≥2＋2，當(dāng)且僅當(dāng)即x＝2－，y＝－1時(shí)等號(hào)成立． 答案：2＋2 16．已知函數(shù)f(x)＝sin，對(duì)任意的x1，x2，x3，且0≤x11}，則A∩(?RB)為(　　) A．(－2,1) B．(－∞，1) C．(0,1) D．(－2,0] 解析：選D　由題意得集合B＝{x|x>0}，所以?RB＝{x|x≤0}，則A∩(?RB)＝{x|－20)，則f(x)的奇偶性(　　) A．與ω有關(guān)，且與φ有關(guān) B．與ω有關(guān)，但與φ無(wú)關(guān) C．與ω?zé)o關(guān)，且與φ無(wú)關(guān) D．與ω?zé)o關(guān)，但與φ有關(guān) 解析：選D　因?yàn)棣貨Q定函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期，φ決定函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的圖象沿x軸平移的距離，所以函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的奇偶性與ω?zé)o關(guān)，與φ有關(guān)，故選D. 5．已知x∈R，則“|x－3|－|x－1|<2”是“x≠1”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A　因?yàn)閨x－3|－|x－1|≤|(x－3)－(x－1)|＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x≤1時(shí)，等號(hào)成立，所以|x－3|－|x－1|<2等價(jià)于x>1，所以“|x－3|－|x－1|<2”是“x≠1”的充分不必要條件，故選A. 6．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知∠B＝30，△ABC的面積為.且sin A＋sin C＝2sin B，則b的值為(　　) A．4＋2 B．4－2 C.－1 D.＋1 解析：選D　在△ABC中，由sin A＋sin C＝2sin B結(jié)合正弦定理得a＋c＝2b，△ABC的面積為acsin B＝ac＝，解得ac＝6，在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac－ac＝(2b)2－(2＋)6.解得b＝＋1，故選D. 7．將5名同學(xué)分到甲、乙、丙3個(gè)小組，若甲組至少兩人，乙、丙組每組至少一人，則不同的分配方案的種數(shù)為(　　) A．50 B．80 C．120 D．140 解析：選B　當(dāng)甲組有兩人時(shí)，有CA種不同的分配方案；當(dāng)甲組有三人時(shí)，有CA種不同的分配方案．綜上所述，不同的分配方案共有CA＋CA＝80種不同的分配方案，故選B. 8．已知a，b為實(shí)常數(shù)，{ci}(i∈N*)是公比不為1的等比數(shù)列，直線(xiàn)ax＋by＋ci＝0與拋物線(xiàn)y2＝2px(p>0)均相交，所成弦的中點(diǎn)為Mi(xi，yi)，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．?dāng)?shù)列{xi}可能是等比數(shù)列 B．?dāng)?shù)列{yi}是常數(shù)列 C．?dāng)?shù)列{xi}可能是等差數(shù)列 D．?dāng)?shù)列{xi＋yi}可能是等比數(shù)列 解析：選C　設(shè)等比數(shù)列{ci}的公比為q.當(dāng)a＝0，b≠0時(shí)，直線(xiàn)by＋ci＝0與拋物線(xiàn)y2＝2px最多有一個(gè)交點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)a≠0，b＝0時(shí)，直線(xiàn)ax＋ci＝0與拋物線(xiàn)y2＝2px的交點(diǎn)為－， ，則xi＝－，yi＝0，xi＋yi＝－，此時(shí)數(shù)列{xi}是公比為q的等比數(shù)列，數(shù)列{yi}為常數(shù)列，數(shù)列{xi＋yi}是以q為公比的等比數(shù)列；當(dāng)a≠0，b≠0時(shí)，直線(xiàn)ax＋by＋ci＝0與拋物線(xiàn)y2＝2px的方程聯(lián)立，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系易得xi＝－，yi＝－，此時(shí)數(shù)列{yi}為常數(shù)列．綜上所述，A，B，D正確，故選C. 9．若定義在(0,1)上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足：f(x)>0且對(duì)任意的x∈(0,1)，有f＝2f(x)，則(　　) A．對(duì)任意的正數(shù)M，存在x∈(0,1)，使f(x)≥M B．存在正數(shù)M，對(duì)任意的x∈(0,1)，使f(x)≤M C．對(duì)任意的x1，x2∈(0,1)且x1f(x2) 解析：選A　令x1∈(0,1)，x2＝，則易得x2∈(0,1)，f(x2)＝2f(x1)，令x3＝，則易得x3∈(0,1)，f(x3)＝2f(x2)＝22f(x1)，…，依次類(lèi)推得f(xn)＝2n－1f(x1)，所以數(shù)列{f(xn)}構(gòu)成以f(x1)為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，又因?yàn)閒(x1)>0，所以對(duì)任意的正數(shù)M，存在n∈N*，使得2nf(x1)≥M，即存在x＝xn∈(0,1)，使得f(x)≥M，故選A. 10.在正方體ABCD A1B1C1D1中，點(diǎn)M，N分別是線(xiàn)段CD，AB上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P是△A1C1D內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)(不包括邊界)，記直線(xiàn)D1P與MN所成角為θ，若θ的最小值為，則點(diǎn)P的軌跡是(　　) A．圓的一部分 B．橢圓的一部分 C．拋物線(xiàn)的一部分 D．雙曲線(xiàn)的一部分 解析：選B　延長(zhǎng)D1P交平面ABCD于點(diǎn)Q，則直線(xiàn)D1Q與直線(xiàn)MN所成的角即為直線(xiàn)D1P與直線(xiàn)MN所成的角，則由最小角定理易得當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)D重合，且直線(xiàn)MN過(guò)點(diǎn)Q時(shí)，直線(xiàn)D1Q與直線(xiàn)MN所成的角取得最小值，此時(shí)∠D1QD即為直線(xiàn)D1Q與直線(xiàn)MN所成的角，所以∠D1QD＝，則∠DD1Q＝，所以點(diǎn)P在以DD1為軸，頂角為的圓錐面上運(yùn)動(dòng)，又因?yàn)辄c(diǎn)P在平面A1C1D上，所以點(diǎn)P的軌跡是橢圓的一部分，故選B. 二、填空題 11．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_(kāi)_______，表面積為_(kāi)_______． 解析：由三視圖得該幾何體是一個(gè)底面為以4為底邊，3為高的三角形，高為8的三棱柱截去兩個(gè)以三棱柱的底為底，高為2的三棱錐后所得的組合體，則其體積為348－2342＝40，表面積為48＋2＋24＝32＋16. 答案：40　32＋16 12．比較lg 2，(lg 2)2，lg(lg 2)的大小，其中最大的是________，最小的是________． 解析：因?yàn)?<2<10，所以00時(shí)，不等式組表示的平面區(qū)域?yàn)槿切螀^(qū)域，此時(shí)畫(huà)出不等式組表示的平面區(qū)域?yàn)閳D中三角形區(qū)域△ABC(包含邊界)，由圖易得此時(shí)△ABC是以AB為底的等腰三角形，且tan∠BAC＝，則tan∠BCO＝tan(2∠BAC)＝＝，所以直線(xiàn)ax＋3y－4＝0的斜率為－，所以a＝4. 答案：4 16．若非零向量a，b滿(mǎn)足：a2＝(5a－4b)b，則cos〈a，b〉的最小值為_(kāi)_______． 解析：由a2＝(5a－4b)b＝5ab－4b2得cos〈a，b〉＝≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)|a|＝2|b|時(shí)，等號(hào)成立，所以cos〈a，b〉的最小值為. 答案： 17．已知實(shí)數(shù)x，y，z滿(mǎn)足則xyz的最小值為_(kāi)_______． 解析：由xy＋2z＝1得xy＝1－2z，則5＝x2＋y2＋z2≥2xy＋z2＝2－4z＋z2，解得2－≤z≤2＋，則xyz＝(1－2z)z＝－2z2＋z的最小值為－2(2＋)2＋2＋＝－7－20. 答案：－7－20 選擇填空提速專(zhuān)練(三) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．已知集合I＝{0，－1,2，－3，－4}，集合M＝{0，－1,2}，N＝{0，－3，－4}，則N∩(?IM)＝(　　) A．{0} B．{－3，－4} C．{－1，－2} D．? 解析：選B　由條件得?IM＝{－3，－4}，∴N∩(?IM)＝{－3，－4}，故選B. 2．雙曲線(xiàn)x2－4y2＝4的漸近線(xiàn)方程是(　　) A．y＝4x B．y＝x C．y＝2x D．y＝x 解析：選D　雙曲線(xiàn)方程化為－y2＝1，則a＝2，b＝1，∴漸近線(xiàn)方程為y＝x，故選D. 3．在(1＋x3)(1－x)8的展開(kāi)式中，x5的系數(shù)是(　　) A．－28 B．－84 C．28 D．84 解析：選A　x5的系數(shù)為1C(－1)5＋1C(－1)2＝－28，故選A. 4．某幾何體的三視圖如圖所示，其俯視圖是邊長(zhǎng)為1的正三角形，側(cè)視圖是菱形，則這個(gè)幾何體的體積為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　由三視圖知幾何體為一個(gè)正三棱柱截去兩個(gè)棱錐得到的組合體，如圖正三棱柱中的三棱錐A1ADE所示，由三視圖知正三棱柱的底面邊長(zhǎng)為1，高為2，則V三棱錐A1ADE＝122－212＝，故選B. 5．函數(shù)f(x)＝asin＋bcos 2x(a，b不全為零)的最小正周期為(　　) A. B．π C．2π D．4π 解析：選B　將函數(shù)f(x)展開(kāi)，得f(x)＝asin 2x＋cos 2x，此時(shí)令m＝a，n＝a＋b，則f(x)＝msin 2x＋ncos 2x＝sin(2x＋φ)，其中cos φ＝，sin φ＝，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為T(mén)＝＝π，故選B. 6．設(shè)z是復(fù)數(shù)，|z－i|≤2(i是虛數(shù)單位)，則|z|的最大值是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選C　|z－i|≤2表示復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上的對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在以(0,1)為圓心，半徑為2的圓內(nèi)(含邊界)，而|z|表示此圓內(nèi)(含邊界)到原點(diǎn)的距離，其最大值為1＋2＝3，故選C. 7．已知公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若有確定正整數(shù)n0，對(duì)任意正整數(shù)m，Sn0Sn0＋m<0恒成立，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．a(chǎn)1d<0 B．|Sn|有最小值 C．a(chǎn)n0an0＋1>0 D．a(chǎn)n0＋1an0＋2>0 解析：選C　由Sn0Sn0＋m<0，知數(shù)列{an}一定存在正項(xiàng)與負(fù)項(xiàng)，則要么a1>0，d<0，要么a1<0，d>0，即a1d<0，所以A正確；由等差數(shù)列各項(xiàng)特征知，|Sn|一定能取得最小值，所以B正確；若數(shù)列{an}為－1,2,5,8，…，當(dāng)n≥2時(shí)，an>0，取n0＝1，對(duì)任意正整數(shù)m，Sn0Sn0＋m<0均成立，但an0an0＋1<0，所以C錯(cuò)誤，故選C. 8．如圖，圓M和圓N與直線(xiàn)l：y＝kx分別相切于A，B兩點(diǎn)，且兩圓均與x軸相切，兩圓心的連線(xiàn)與l交于點(diǎn)C，若|OM|＝|ON|且＝2，則實(shí)數(shù)k的值為(　　) A．1 B. C. D. 解析：選D　分別過(guò)點(diǎn)M，N作x軸的垂線(xiàn)，垂足分別為E，F(xiàn)(如圖所示)． 由題意，得△MAC∽△NBC，所以由＝2，知|MA|＝2|NB|.又由x軸與直線(xiàn)y＝kx是兩個(gè)圓的公切線(xiàn)知∠MON＝90，|MA|＝|ME|，|NB|＝|NF|，結(jié)合|OM|＝|ON|，知|ME|＝2|NF|，△OME≌△NOF，所以|OF|＝|ME|＝2|NF|，所以tan∠NOF＝＝，則tan∠BOF＝tan(2∠NOF)＝＝，即k＝，故選D. 9．已知f(x)＝ax2＋bx，其中－1≤a<0，b>0，則“存在x∈[0,1]，|f(x)|>1”是“a＋b>1”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選C　因?yàn)椋?≤a<0，b>0，所以－≥1，則－≥>0，而二次函數(shù)f(x)的圖象過(guò)原點(diǎn)，且開(kāi)口向下，則： ①當(dāng)存在x∈[0,1]，|f(x)|>1時(shí)，若－≥1，則f(1)>1，即a＋b>1；若0<－<1，則12，又－1≤a<0，所以a＋b>1.綜上，a＋b>1. ②當(dāng)a＋b>1時(shí)，f(1)＝a＋b>1，f(0)＝0，由其圖象知存在x∈[0,1]，|f(x)|>1. 綜上可知， “存在x∈[0,1]，|f(x)|>1”是“a＋b>1”的充要條件，故選C. 10．設(shè)正實(shí)數(shù)x，y，則|x－y|＋＋y2的最小值為(　　) A. B. C．2 D. 解析：選A　當(dāng)x>y>0時(shí)，|x－y|＋＋y2＝x－y＋＋y2＝2＋x＋－≥2－＝，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1，y＝時(shí)，等號(hào)成立；當(dāng)y≥x>0時(shí)，|x－y|＋＋y2＝y(tǒng)－x＋＋y2＝2＋－x－≥2＋－x－＝x2＋＝x2＋＋≥3＝，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝時(shí)，等號(hào)成立．綜上可知|x－y|＋＋y2的最小值為，故選A. 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分，把答案填在題中橫線(xiàn)上) 11．已知向量a＝(－2，x)，b＝(y,3)，若a∥b且ab＝12，則x＝________，y＝________. 解析：由已知條件，得解得 答案：2?。? 12．直線(xiàn)l：x＋λy＋2－3λ＝0(λ∈R)恒過(guò)定點(diǎn)________，P(1,1)到該直線(xiàn)的距離最大值為_(kāi)_______． 解析：已知直線(xiàn)方程轉(zhuǎn)化為(x＋2)＋λ(y－3)＝0，由求得定點(diǎn)(－2,3)；點(diǎn)P(1,1)到直線(xiàn)l的距離最大值即為點(diǎn)P(1,1)到定點(diǎn)(－2,3)的距離，為＝. 答案：(－2,3)　 13．已知函數(shù)f(x)＝(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則f(e)＝________，函數(shù)y＝f(f(x))－1的零點(diǎn)有________個(gè)(用數(shù)字作答)． 解析：f(e)＝ln e＝1；函數(shù)y＝f(f(x))－1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為方程f(f(x))＝1的根的個(gè)數(shù)，則①由ln x＝1(x≥1)，得x＝e，于是f(x)＝e，則由ln x＝e(x≥1)，得x＝ee；或由ef(|x|＋1)＝e(x<1)，得f(|x|＋1)＝1，所以ln(|x|＋1)＝1，解得x＝e－1(舍去)或x＝1－e；②由ef(|x|＋1)＝1(x<1)，得f(|x|＋1)＝0，所以ln(|x|＋1)＝0，解得x＝0，所以f(x)＝0，只有l(wèi)n x＝0(x≥1)，解得x＝1.綜上可知函數(shù)y＝f(f(x))－1有x＝ee,1－e,1共3個(gè)零點(diǎn)． 答案：1　3 14．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，acos B＝bcos A,4S＝2a2－c2，其中S是△ABC的面積，則C的大小為_(kāi)_______． 解析：由acos B＝bcos A，結(jié)合正弦定理，得sin Acos B＝sin Bcos A，∴tan A＝tan B，∴A＝B，則a＝b，則由4S＝2a2－c2，得4S＝a2＋b2－c2，∴4absin C＝2abcos C，∴tan C＝1，∴C＝. 答案： 15．用黑白兩種顏色隨機(jī)地染如下表格中6個(gè)格子，每個(gè)格子染一種顏色，則有________種不同的染色方法，從左至右數(shù)，不管數(shù)到哪個(gè)格子，總有黑色格子不少于白色格子的概率為_(kāi)_______． 解析：(1)用黑白兩種顏色隨機(jī)地染表格中的6個(gè)格子，每個(gè)格子染一種顏色，有26＝64種不同的染色方法；(2)分三類(lèi)：第一類(lèi)，第1格染黑色，第2格染白色，由表知有6種不同染法；第二類(lèi)，第1,2格染黑色，第3格染白色，由表知有6種不同染