小题“瓶颈”突破练.doc

1、 选择题选择题“瓶颈瓶颈”突破练突破练 一、单项选择题 1.在 RtABC 中， C 2， AC3， 取点 D， E， 使BD 2DA ， AB 3BE， 那么CD CA CE CA( ) A.6 B.6 C.3 D.3 解析 由BD 2DA ，得CD CB 2(CA CD )，得CD 2 3CA 1 3CB .由AB3BE， 得CB CA3(CECB)， 得CE1 3CA 4 3CB .又C 2， 即CA CB， 所以CA CB 0.则CD CA CE CA 2 3CA 1 3CB CA 1 3CA 4 3CB CA 2 3CA 21 3CA 23. 答案 D 2.若 log3(2ab)1l

2、og 3 ab，则 a2b 的最小值为( ) A.6 B.8 3 C.3 D.16 3 解析 log3(2ab)1log 3 ab， log3(2ab)1log3(ab)log3(3ab)， 2a b3ab， 且 a0， b0， 1 a 2 b3， a2b 1 3(a2b) 1 a 2 b 1 3 12b a 2a b 4 5 3 2 3 b a a b 5 3 2 3 2 b a a b3，当且仅当 b a a b且 1 a 2 b3 即 ab1 时，等号 成立；a2b 的最小值为 3. 答案 C 3.在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，且cos A a cos B b

3、 sin C c ，若 b2c2a28 5bc，则 tan B 的值为( ) A.1 3 B.1 3 C.3 D.3 解析 因为cos A a cos B b sin C c ，所以cos A sin A cos B sin B sin C sin C1，即 1 tan A 1 tan B 1.又 b2c2a28 5bc，且 a 2b2c22bccos A，2bccos A8 5bc，得 cos A 4 5. sin A3 5，则 tan A sin A cos A 3 4.从而 4 3 1 tan B1，得 tan B3. 答案 C 4.已知三棱锥 PABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，

4、ABC 满足 AB2 2， ACB90 ，PA 为球 O 的直径且 PA4，则点 P 到底面 ABC 的距离为( ) A. 2 B.2 2 C. 3 D.2 3 解析 取 AB 的中点 O1，连接 OO1，如图，在ABC 中，AB2 2，ACB90 ， 所以ABC 所在小圆圆 O1是以 AB 为直径的圆，所以 O1A 2，且 OO1AO1， 又球 O 的直径 PA4，所以 OA2，所以 OO1 OA2O1A2 2，且 OO1底 面 ABC，所以点 P 到平面 ABC 的距离为 2OO12 2. 答案 B 5.已知函数 f(x)2sin(x) 0，| 2 的最小正周期为 ， 将函数 f(x)的图

5、象向 右平移 6个单位得到函数 g(x)的图象，且 g x 3 g 3x ，则 的取值为( ) A.5 12 B. 3 C. 6 D. 12 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 6个单位得到函数 g(x)的图象， g(x)2sin 2 x 6 2sin 2x 3 又g x 3 g 3x ， x 3为函数 g(x)的图象的一条对称轴， 2 3 3 2k，kZ，则 k 6，kZ， 又|b0)的离心率为 1 2，抛物线 y 22px(p0)与双曲线y 2 a2 x2 b2 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

6、 p( ) A.1 B.2 C.4 D.6 解析 因为椭圆x 2 a2 y2 b21 的离心率为 1 2， 所以a 2b2 a2 1 4，即 b2 a2 3 4. 双曲线y 2 a2 x2 b21 的渐近线方程为 y a bx 2 3 3 x， 代入 y22px 中，得 x0(舍去)或 x3 2p. 由题意得3p 2 p 28，解得 p4. 答案 C 8.(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

7、B.(n2) 2n C.2n(n1) D.2n(n1) 解析 由题意，得 S3a 1（1q3） 1q 1qq27，解得 q2(负值已舍去)，an 2n 1.由f(x)S nxa2x2a3x3anxn， 得f(x)Sn2a2x3a3x2nanxn 1， 则 f(1)Sn2a23a3nan，f(0)Sn，即 f(1)f(0)2a23a3nan 2 213 22n 2n 1，2f(1)2f(0)2 223 23n 2n.两式相减，得 f(0) f(1)422232n 1n 2n42 2（12n2） 12 n 2n2nn 2n(1 n) 2n，f(1)f(0)(n1) 2n.故选 A. 答案 A 9.

8、已知函数 f(x)x22xa(ex 1ex1)有唯一零点，则 a( ) A.1 2 B.1 3 C.1 2 D.1 解析 x22xa(ex 1ex1)，设 g(x)ex1ex1，g(x)ex1ex1ex1 1 ex 1e 2（x1）1 ex 1，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，a1 2时，函数 h(x)和ag(x)的图象没有交点， 排除选项 A；当a0

9、)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 a 3.当 x ， a 3 a 3， 时，f(x)0；当 x a 3， a 3 时， f(x)0.所以函数 f(x)的单调增区间是 ， a 3 和 a 3， ，单调减区间 是 a 3， a 3 .所以当 x a 3时， 函数 f(x)取得极大值 f a 3 ； 当 x a 3 时，函数 f(x)取得极小值 f a 3 .又函数 f(x)有且只有两个零点 x1，x2(x1 a 3或 x10， 从而解得 x22 a 3 a 3，所

10、以 2x1x20；当 x2 a 3时，得 b 2a 3 a 38lg22 D.balg 6 解析 由 10a4，10b25，得 alg 4，blg 25，ablg 4lg 25lg 100 2，balg 25lg 4lg 25 4 lg 6，ab4lg 2lg 54lg 2lg 48lg22.故选 ACD. 答案 ACD 12.(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 0 x2 时，f(x)x2x，则下列说法正确的是( ) A.函数 f(x)的周期为 4 B.函数 f(x)图象关于直线 x2 对称 C.当 0 x4 时，

11、函数 f(x)的最大值为 2 D.当 6x8 时，函数 f(x)的最小值为1 2 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 0 x2 时， 函数 f(x)在 0，1 2 上单调递减， 在 1 2，2 上单调递增.所以当 x 1 2时，函数 f(x)在0，2上取得极小值 1 4，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 0 x4 时， 函数 f(x)的最

12、大值为 f(2)2， C 正确； 当 6x8 时， 函数 f(x)的最小值为 f 15 2 f 1 2 1 4，D 错误.故选 ABC. 答案 ABC 13.(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(2 019)0 解析 正方形的边长为 1，正方形的对角线 AC 2.由正方形的滚动轨迹，

13、 得当 x0 时，C 位于(0，1)点，即 f(0)1；当 x1 时，C 位于(1， 2)点，即 f(1) 2；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1 4圆，所得方程为(x2) 2y21(20)的焦点 F

14、到准线的距离为 2， 过点 F 的直线与抛物线交于 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 y1 B.线段 PQ 的长度最小为 4 C.点 M 的坐标可能为(3，2) D.OP OQ 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 y 24x， xmy1.消 去 x 并整理，得 y24my40，

15、16m2160，则 y1y24m，所以 x1x2 m(y1y2)24m22，所以 M(2m21，2m).当 m1 时，可得 M(3，2)，C 正 确. 可得 y1y24， x1x2(my11)(my21)m2y1y2m(y1y2)11， 所以OP OQ x1x2y1y23，D 正确.故选 BCD. 答案 BCD 15.(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 PAC B.若 PB2

16、PE，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平面 PAC，A 正确. 对于 B，因为 PB2PE，所以 VPABCD2VEABCD.因为 ABCD，ABAD，AB 2AD2CD2，所以 S 梯形ABCD1 2(CDAB) AD 1 2(12)1 3 2，SABC 1 2 AB AD1 2211，所以 VEABCD 3

17、2VEABC，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 PA2PD2 AD2， 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 AD2CD2 2，在直角梯形 ABCD 中，BC AD2（ABCD）2 2.因为 AC2BC2AB2，所以 ACBC.因为 PC底面 ABCD， 所以 PCAC

18、.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 AD 16.(2020 烟台模拟)已知单位向量 i，j，k 两两的夹角均为 0，且 2 ，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 a b0 B.已知 a(x，y，0) 3，b(0，0，z) 3，其中 xyz0，则当且

19、仅当 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OA (1，0，0) 3，OB (0，1，0) 3，OC (0，0，1) 3，则三棱锥 OABC 的表面积 S 2 解析 对于 A，若 a(2，0，1)，b(1，0，2)，则 a b(2ik) (i2k)2 3i k23cos . 0，且 2，a b0，故 A 错误. 对于 B，如图，当 xy 时，a 的终点在iOy 的平分线 OA 所在的直线上，b 的终 点在直线 OB 上，则 a 与 b 的夹角为 b 与下底面所成的线面角(或其补角)

20、，此时 a 与 b 的夹角不一定最小，故 B 错误. 对于 C，a(x1，y1，z1)，b(x2，y2，z2)，ab(x1x2)i(y1y2)j(z1 z2)k(x1x2，y1y2，z1z2)，故 C 正确. 对于 D，OA (1，0，0) 3，OB (0，1，0) 3，OC (0，0，1) 3，则三棱锥 OABC 为正四面体，棱长为 1，其表面积为 S41 21 3 2 3，故 D 错误. 答案 ABD 填空题填空题“瓶颈瓶颈”突破练突破练 一、单空题 1.若ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 bsin 2Aasin B，且 c2b，则a b_. 解析 由 bsin

21、 2Aasin B，得 2sin Bsin Acos Asin Asin B，得 cos A1 2. 又 c2b，由余弦定理得 a2b2c22bccos Ab24b24b2 1 23b 2，得a b 3. 答案 3 2.设函数f(x)cos 2x 3sin 2x， 把yf(x)的图象向左平移 | 2 个单位长度后， 得到的部分图象如图所示，则 f()的值等于_. 解析 f(x)cos 2x 3sin 2x2cos 2x 3 . 依题意，平移后 y2cos 2x2 3 |0)，其中 nN，n2，则函数 Gn(x)fn(x)2 在 1 2n，1 内的零点个数是_. 解析 fn(x)12x3x2nx

22、n 1， 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 Gn 1 2 fn 1 2 2 1 1 2 n1 11 2 2 1 2 n 0(n2)，且 nN，n2，又由 Gn 1 2n Gn 1 2 0，b0)的左、右焦点分别为 F1、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|N

23、F2|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 2 11.已知数列an为正项递增的等比数列，a1a582，a2 a481，记数列 2 an 的前 n 项和为 Tn，则使不等式 2 020 1 3Tn1 1 成立的正整数 n 的最大值为_. 解析 由数列an为正项递增的等比数列，a1a582，a2 a4a1 a581，得 a 11， a581，所以公比 q3，an3 n1. 所以 Tn2 1 2 3 2 32 2 3n 12 1 1 3n 11 3 3 1 1

24、 3n .所以 2 020 1 3Tn1 1，即 2 020 1 3n1，得 3 n1，则 p2，由 a2242(a12)，得 a1 0；若|p|1，则 p1 2，由 a2232 1 2(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，anSnSn111 2n.又 a19 适合上式，所以 an112n(nN*)

25、.当 n5 时，an0，bnan；当 n5 时， an0， bnan2n11.故 T4S41044224.T30S5(a6a7 a30)2S5S30650. 答案 24 650 14.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：x 2 a2 y2 b21(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

26、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b a2，所以离心率 e 1 b a 2 5. 答案 y2x 5 15.(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 B1C2

27、EC2B1E22EC B1E cos 120 44222 1 2 12， 所以 B1C2 3.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 r B1C 2sin B1EC2，所以三棱锥 B1CDE 的外接球半径 R r2 CD 2 2 41 5，所以三棱锥 B1CDE 的外接球的表面积为 4( 5)220. 答案 2 3 20 16.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

28、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 PC35 11 2 2 1 2 3 11 2 5 32；由题意，知 的可能取值为 1，2，3，4，5，因为 P(1)C26 1 2 7 C46 1 2 7 15 64，P(2)C 2 5 1 2 6 C45 1 2 6 15 64， P(3)C24 1 2 5 1 2 5 7 32，P(4)C 2 3 1 2 4 3 16，P(5) 1 2 3 1 8， 所以 E()115 642 15 643 7 324 3 165 1 8 175 64 . 答案 5 32 175 64