29、示．
由圖知f(x)<0的解集為(1,4)．
f(x)＝恰有2個零點有兩種情況：
①二次函數(shù)有兩個零點，一次函數(shù)無零點；
②二次函數(shù)與一次函數(shù)各有一個零點．
在同一平面直角坐標系中畫出y＝x－4與y＝x2－4x＋3的圖象如圖②所示，平移直線x＝λ，可得λ∈(1,3]∪(4，＋∞)．
答案：(1,4) (1,3]∪(4，＋∞)
等價轉(zhuǎn)化法
通過“化復(fù)雜為簡單，化陌生為熟悉”將問題等價轉(zhuǎn)化為便于解決的問題，從而得到正確的結(jié)果．
[典例] (2018·浙江高考)已知點P(0,1)，橢圓＋y2＝m(m>1)上兩點A，B滿足＝2，則當(dāng)m＝________時，點B橫坐標的絕對
30、值最大．
[技法演示] 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝2，
得即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.
因為點A，B在橢圓上，所以
得y2＝m＋，所以x＝m－(3－2y2)2＝－m2＋m－＝－(m－5)2＋4≤4，
所以當(dāng)m＝5時，點B橫坐標的絕對值最大．
[答案] 5
[應(yīng)用體驗]
6．(2016·浙江高考)如圖，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的點P和線段AC上的點D，滿足PD＝DA，PB＝BA，則四面體PBCD的體積的最大值是________．
解析：在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
∴AC＝ ＝2.
設(shè)CD
31、＝x，則AD＝2－x，
∴PD＝2－x，
∴VP-BCD＝S△BCD·h
≤×BC·CD·sin 30°·PD
＝x(2－x)≤2
＝×2＝，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝2－x，即x＝時取“＝”，
此時PD＝，BD＝1，PB＝2，滿足題意．
故四面體PBCD的體積的最大值為.
答案：
7．設(shè)x，y為實數(shù)，若4x2＋y2＋xy＝1，則2x＋y的最大值是________．
解析：∵4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y)2＝3xy＋1＝×2xy＋1≤×2＋1，∴(2x＋y)2≤，(2x＋y)max＝.
答案：
構(gòu)造法
根據(jù)題設(shè)條件與結(jié)論的特殊性，構(gòu)造出一些新的數(shù)學(xué)形式，并借助它
32、來認識和解決問題．
[典例] (2016·浙江高考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則a1＝________，S5＝________.
[技法演示] 先構(gòu)造等比數(shù)列，再進一步利用通項公式求解．
∵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
[應(yīng)用體驗]
8．(2016·浙江高考)已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若對任意單
33、位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，則a·b的最大值是________．
解析：由于e是任意單位向量，可設(shè)e＝，
則|a·e|＋|b·e|＝＋
≥
＝＝|a＋b|.
∵|a·e|＋|b·e|≤，
∴|a＋b|≤，∴(a＋b)2≤6，
∴|a|2＋|b|2＋2a·b≤6.
∵|a|＝1，|b|＝2，
∴1＋4＋2a·b≤6，
∴a·b≤，∴a·b的最大值為.
答案：
Ⅱ.多空題——辨式解答
并列式——兩空并答
此種類型多空題的特點是：根據(jù)題設(shè)條件，利用同一解題思路和過程，可以一次性得出兩個空的答案，兩空并答，題目比較簡單，會便全會，這類題目在高考中一般涉及較少
34、，常考查一些基本量的求解，一般是多空題的第一個題目．
[例1] (2016·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
[點評] 例1中根據(jù)題設(shè)條件把2cos2x＋sin 2x化成1＋sin后，對比原條件恒等式兩邊可直接得出兩空的結(jié)果，A＝，b＝1.
[應(yīng)用體驗]
1．(2015·浙江高考)雙曲線－y2＝1的焦距是______，漸近線方程是___
35、_____________．
解析：由雙曲線標準方程，知雙曲線焦點在x軸上，且a2＝2，b2＝1，∴c2＝a2＋b2＝3，即c＝，∴焦距2c＝2，漸近線方程為y＝±x，即y＝±x.
答案：2 y＝±x
分列式——一空一答
此種類型多空題的特點是：兩空的設(shè)問相當(dāng)于一個題目背景下的兩道小填空題，兩問之間沒什么具體聯(lián)系，各自成題，是對于多個知識點或某知識點的多個角度的考查；兩問之間互不干擾，不會其中一問，照樣可以答出另一問．
[例2] (1)(2016·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.
(
36、2)(2015·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組合體，左邊是一個長方體，交于一點的三條棱的長分別為2 cm,4 cm，2 cm，右邊也是一個長方體，交于一點的三條棱的長分別為2 cm,2 cm，4 cm.
幾何體的表面積為(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm2)，
體積為2×2×4×2＝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，x＋－3≥2 －3＝2－
37、3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝時等號成立，
此時f(x)min＝2－3＜0；
當(dāng)x＜1時，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，
此時f(x)min＝0.
所以f(x)的最小值為2－3.
[答案] (1)72 32 (2)0 2－3
[點評] 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，分別求出函數(shù)的值和函數(shù)的最值．
[應(yīng)用體驗]
2．(2015·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
38、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)
遞進式——逐空解答
此種類型多空題的特點是：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)果再進行作答，第一空是解題的關(guān)鍵也是難點，只要第一空會做做對，第二空便可順勢解答．
[例3] (2018·蕭山中學(xué)模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項a1＝1，且4a1,
39、2a2，a3成等差數(shù)列，則公比q＝________；數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________.
[解析] 因為a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差數(shù)列，所以4a2＝4a1＋a3，即4q＝4＋q2，解得q＝2，所以Sn＝＝2n－1.
[答案] 2 2n－1
[點評] 例3中根據(jù)題設(shè)條件求出q＝2后，再根據(jù)等比數(shù)列的求和公式求出Sn.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．
[應(yīng)用體驗]
3．(2017·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知在△ABC中，AB＝3，BC＝，AC＝2，且O是△ABC的外心，則·＝________， ·＝________.
解析：因
40、為O是△ABC的外心，所以向量在向量上的投影＝1，向量在向量上的投影＝，所以·＝2，·＝，所以·＝·－·＝2－＝－.
答案：2?。?
(三)有舍有得壓軸大題——多搶分
高考是選拔性的考試，試卷中必然要有綜合考查數(shù)學(xué)知識、數(shù)學(xué)思想的能力型試題，即拉分題(亦即壓軸題)．對大部分考生來說，如何從拿不下的題目(壓軸題)中分段得分，是考生高考數(shù)學(xué)能否取得圓滿成功的重要標志，是使考生能否達到“名牌大學(xué)任我挑”的關(guān)鍵．對此可采用如下三個策略達到高分的目的．
如遇到一個不會做的問題，將它們分解為一系列的步驟，或者是一個個小問題，先解決問題的一部分，能解決多少就解決多少，能寫幾步就寫幾步．特別是那
41、些解題層次明顯的題目，每一步演算到得分點時都可以得分，最后結(jié)論雖然未得出，但分數(shù)卻已過半．如下例：
[典例1] (本小題滿分15分)如圖，設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)，動直線l與橢圓C只有一個公共點P，且點P在第一象限．
(1)已知直線l的斜率為k，用a，b，k表示點P的坐標；
(2)若過原點O的直線l1與l垂直，證明：點P到直線l1的距離最大值為a－b.
[規(guī)范解答及評分細則]
(1)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k<0)，
由(2分)
消去y得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0.
由于l與C只有一個公共點，故Δ＝0，
即b2－m2＋a2k
42、2＝0，
解得點P的坐標為.
又點P在第一象限，
故點P的坐標為.(6分)
(2)由于直線l1過原點O且與l垂直，故直線l1的方程為x＋ky＝0，(8分)
所以點P到直線l1的距離
d＝，(10分)
整理得d＝，(13分)
因為a2k2＋≥2ab，
所以≤＝a－b，
當(dāng)且僅當(dāng)k2＝時等號成立．
所以點P到直線l1的距離的最大值為a－b.(15分)
[搶分有招]
得滿分不容易，得大部分分數(shù)還是很輕松的．第一小題中只要有直線方程與橢圓聯(lián)立方程的意識就給2分，P點橫縱坐標各2分，即第一小題6分；第二小題中只要設(shè)l1直線方程就給2分，至于直線方程有沒有設(shè)對無所謂；有
43、點到直線的方程公式給2分；把點的坐標代入正確給3分；最后有k2＝的結(jié)果或等價形式都給2分；第一小題是突破口，如果能解出P點坐標，順勢寫出P到l1的距離，拿13分是非常輕松的．
對一個問題正面思考發(fā)生思維受阻時，用逆向思維的方法去探求新的解題途徑，往往能得到突破性的進展．順向推有困難就逆推，直接證有困難就反證．
[典例2] (2017·臺州調(diào)研·滿分15分)已知數(shù)列{an}滿足：an>0，an＋1＋<2(n∈N*)．
(1)求證：an＋21(n∈N*)．
[規(guī)范解答及評分細則]
(1)由an>0，an＋1＋<2，
得an＋1<2－
44、<2.(3分)
因為2>an＋2＋>2(由題知an＋1≠an＋2)，
即an＋2N時，an≤aN＋1<1.(8分)
根據(jù)an＋1－1<1－＝<0，而an<1，
所以>＝1＋，(10分)
于是>1＋，…，
>1＋.
累加可得>n－1＋.(*)(12分)
由假設(shè)可得aN＋n－1<0，
而當(dāng)n>－＋1時，顯然有n－1＋>0，
因此有1(n∈N*)．(15分)
法二：假設(shè)存在aN≤1(N≥1，
45、N∈N*)，
由(1)可得當(dāng)n>N時，0≥>1.(10分)
于是1－an>(1－an－1)，
1－an－1>(1－an－2)，…，
1－aN＋2>(1－aN＋1).
累乘可得1－an>(1－aN＋1)n－N－1，(*)(12分)
由(1)可得1－an<1，
而當(dāng)n>log＋N＋1時，
則有(1－aN＋1)n－N－1>1，
這顯然與(*)矛盾．
所以an>1(n∈N*)．(15分)
[搶分有招]
一些證明問題，若直接證明比較困難，可從結(jié)論分析，把結(jié)論轉(zhuǎn)化為易證明的問題
46、，或利用反證法證明其結(jié)論的反面不成立，這是求解一些證明問題的常見思路．
一道題目的完整解答，既有主要的實質(zhì)性的步驟，也有次要的輔助性的步驟．實質(zhì)性的步驟未找到之前，找輔助性的步驟是明智之舉．如：準確作圖，把題目中的條件翻譯成數(shù)學(xué)表達式，根據(jù)題目的意思列出要用的公式等．羅列這些小步驟都是有分的，這些全是解題思路的重要體現(xiàn)，切不可以不寫，對計算能力要求高的，實行解到哪里算哪里的策略．書寫也是輔助解答，“書寫要工整，卷面能得分”是說第一印象好會在閱卷老師的心理上產(chǎn)生光環(huán)效應(yīng)．
[典例3] (本小題滿分15分)已知橢圓C：＋＝1，(a＞b＞0)的兩個焦點分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，
47、且橢圓C經(jīng)過點P.
(1)求橢圓C的離心率；
(2)設(shè)過點A(0,2)的直線l與橢圓C交于M，N兩點，點Q是線段MN上的點，且＝＋，求點Q的軌跡方程．
[規(guī)范解答及評分細則]
(1)由橢圓定義知，
2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝2，所以a＝.
又由已知，c＝1，
所以橢圓C的離心率e＝＝＝.(3分)
(2)由(1)知，橢圓C的方程為＋y2＝1.
設(shè)點Q的坐標為(x，y)．
①當(dāng)直線l與x軸垂直時，直線l與橢圓C交于(0,1)，(0，－1)兩點，
此時點Q的坐標為.(4分)
②當(dāng)直線l與x軸不垂直時，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2.
因為M，N在直線l上，可設(shè)點M
48、，N的坐標分別為(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，則|AM|2＝(1＋k2)x，|AN|2＝(1＋k2)x.
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.(7分)
由＝＋，
得＝＋，
即＝＋＝.?、侏?8分)
將y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得
(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0. ②
由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞.
由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，(9分)
代入①中并化簡，得x2＝.?、?
因為點Q在直線y＝kx＋2上，所以k＝，代入③中并化簡，得10(y－2)2－3x2＝18.(11分)
由③及k2＞，可知0＜x2＜
49、，
即x∈∪.
又滿足10(y－2)2－3x2＝18，
故x∈.
由題意，Q(x，y)在橢圓C內(nèi)，
所以－1≤y≤1，(13分)
又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈，
且－1≤y≤1，則y∈.
所以點Q的軌跡方程為10(y－2)2－3x2＝18，
其中x∈，y∈.(15分)
[搶分有招]
第二問求點Q的軌跡方程不易求解，考生可以利用圖形特點先求出直線l垂直于x軸時所滿足條件的點Q坐標，即使以下不作解答，閱卷老師也將酌情給分．像這類問題中根據(jù)圖形和題意求出一些特殊點的坐標、方程或正確作出圖形的方法即為輔助解答法，此法是解題過程中必不可少的一種方法．
50、
“10＋7”小題提速保分練(一)
一、選擇題
1．已知集合P＝{x|x2≥9}，Q＝{x|x>2}，則P∩Q＝( )
A．{x|x≥3} B．{x|x>2}
C．{x|22}，所以P∩Q＝{x|x≥3}．
2．“α>”是“sin α>”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
解析：選D
51、 充分性：當(dāng)α>時，比如α＝π，此時sin π＝0，顯然不滿足sin α>，充分性不具備；
必要性：當(dāng)sin α>時，比如α＝－，此時sin＝1，但不滿足α>，必要性不具備．
所以“α>”是“sin α>”的既不充分也不必要條件．
3．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列說法正確的是( )
A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m∥α，n∥α，則m⊥n
C．若m⊥α，n⊥α，則m∥n D．若m⊥α，n⊥α，則m⊥n
解析：選C 對于A，若m∥α，n∥α，m，n還可能相交或異面，故A是錯誤的；對于B，若m∥α，n∥α，m，n可能是平行的，故B是錯誤的；對于C，若m⊥α，n
52、⊥α，則m∥n，顯然C是正確的；對于D，若m⊥α，n⊥α，則m∥n，顯然D是錯誤的．
4．某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是( )
A. B．
C. D．
解析：選B 由三視圖易知該幾何體為三棱錐，
則該幾何體的體積V＝××＝.
5．已知y＝f(x)＋x是偶函數(shù)，且f(2)＝1，則f(－2)＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：選D ∵y＝f(x)＋x是偶函數(shù)，
∴f(x)＋x＝f(－x)－x.
當(dāng)x＝2時，f(2)＋2＝f(－2)－2，又f(2)＝1，
∴f(－2)＝5.
6．在等差數(shù)列{an}中，a1＝3
53、，a1＋a2＋a3＝21，則a3＋a4＋a5＝( )
A．45 B．42
C．21 D．84
解析：選A 由題意得a1＋a2＋a3＝3a2＝21，a2＝7，
又a1＝3，所以公差d＝a2－a1＝4.
所以a3＋a4＋a5＝(a1＋a2＋a3)＋6d＝21＋24＝45.
7．由函數(shù)y＝cos 2x的圖象通過平移變換得到函數(shù)y＝cos的圖象，這個變換可以是( )
A．向左平移個單位長度
B．向右平移個單位長度
C．向左平移個單位長度
D．向右平移個單位長度
解析：選B 因為y＝cos＝cos，所以可以由函數(shù)y＝cos 2x的圖象向右平移個單位長度得到函數(shù)y＝cos的圖象．
54、
8．若不等式組表示一個三角形內(nèi)部的區(qū)域，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B．
C. D．
解析：選C 作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示．
聯(lián)立解得x＝y(tǒng)＝，即A，
因為x＋y>a表示直線的右上方部分，由圖可知，若不等式組構(gòu)成三角形，則點A在x＋y＝a的右上方即可．
又A，所以＋>a，即a<.
所以實數(shù)a的取值范圍是.
9．若|a|＝|b|＝|c|＝2，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，則|a＋b－c|的取值范圍是( )
A．[0,2＋2] B．[0,2]
C．[2－2,2＋2] D．[2－2,2]
解析：選D 如圖所示，＝a，＝b，＝c，
55、＝a＋b，
∵(a－c)·(b－c)≤0，
∴點C在劣弧AB上運動，
∵|a＋b－c|表示C，D兩點間的距離|CD|.
∴|CD|的最大值是|BD|＝2，|CD|最小值為|OD|－2＝2－2.
10．已知F1，F(xiàn)2為橢圓與雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且∠F1PF2＝45°，則該橢圓與雙曲線的離心率乘積的最小值為( )
A. B．
C．1 D．
解析：選B 如圖，設(shè)橢圓的長半軸長為a1，雙曲線的半實軸長為a2，則根據(jù)橢圓及雙曲線的定義得|PF1|＋|PF2|＝2a1，
|PF1|－|PF2|＝2a2，
∴|PF1|＝a1＋a2，|PF2|＝a1－a2，設(shè)|F1F
56、2|＝2c，又∠F1PF2＝45°，
在△PF1F2中，由余弦定理得，
4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)cos 45°，
化簡得，(2－)a＋(2＋)a＝4c2，
即＋＝4，
又∵＋≥＝，
∴≤4，即e1e2≥，
∴橢圓和雙曲線的離心率乘積的最小值為.
二、填空題
11．已知復(fù)數(shù)z＝(a∈R，i為虛數(shù)單位)的實部為1，則a＝________，|z|＝________.
解析：z＝＝＝a－i，因為復(fù)數(shù)z的實部為1，所以a＝1，|z|＝＝.
答案：1
12．一個口袋中裝有大小相同的2個黑球和3個紅球，從中摸出兩個球，則恰有一個黑球
57、的概率是________；若X表示摸出黑球的個數(shù)，則E(X)＝________.
解析：從中摸出兩個球，則恰有一個黑球的概率是P＝＝；X的可能取值為0,1,2.
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
答案：
13．若n的展開式各項系數(shù)之和為64，則n＝________；展開式中的常數(shù)項為________．
解析：令x＝1，得2n＝64，所以n＝6.
所以6的通項公式為
Tr＋1＝C(3)6－rr＝C(－1)r36－rx3－r，
令r＝3，得展開式中的常數(shù)項為C(－1)336－3＝－540.
答案：6?。?40
1
58、4．設(shè)函數(shù)f(x)＝則f ＝______；若f＝1，則實數(shù)a的值為________．
解析：∵函數(shù)f(x)＝
∴f ＝2－1＝1，∴f ＝f(1)＝2.
由f(f(a))＝1，可知
當(dāng)a＜時，f(f(a))＝f(3a－1)＝3(3a－1)－1＝1，解得a＝；
當(dāng)a≥1時，2a＞1，f(f(a))＝1，不成立；
當(dāng)≤a<1時，f(f(a))＝f(3a－1)＝23a－1＝1，
解得a＝(舍去)．綜上，a＝.
答案：2
15．若非零向量a，b滿足|a|＝|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，則向量a與b的夾角為________．
解析：∵(a－b)⊥(3a＋2b)，
∴(a－
59、b)·(3a＋2b)＝0，
即3a2－2b2－a·b＝0，
即a·b＝3a2－2b2＝b2，
∴cos〈a，b〉＝＝＝，
即〈a，b〉＝.
答案：
16．若正實數(shù)m，n滿足2m＋n＋6＝mn，則mn的最小值是________．
解析：由正實數(shù)m，n滿足2m＋n＋6＝mn可得，
2＋6≤2m＋n＋6＝mn，
即2＋6≤mn，令＝t，
則不等式可化為2t＋6≤，即t2－4t－12≥0，
解得t≤－2(舍去)或t≥6.
即≥6，mn≥18，∴mn的最小值是18.
答案：18
17．當(dāng)1≤x≤3時，|3a＋2b|－|a－2b|≤|a|·對任意實數(shù)a，b都成立，則實數(shù)m的取值
60、范圍是________．
解析：當(dāng)a＝0時，不等式顯然成立；
當(dāng)a≠0時，－≤x＋＋1，
而－≤＝4，∴x＋＋1≥4，即m≥3x－x2.
當(dāng)1≤x≤3時，3x－x2≤3×－＝，∴m≥.
答案：
“10＋7”小題提速保分練(二)
一、選擇題
1．已知集合A＝{x|0
61、( )
A．－i B．i
C．－ D．
解析：選C 因為z＝＝＝＝－i，所以復(fù)數(shù)z的虛部為－.
3．已知直線l，m與平面α，β，l?α，m?β，則下列命題中正確的是( )
A．若l∥m，則α∥β B．若l⊥m，則α⊥β
C．若l⊥β，則α⊥β D．若α⊥β，則m⊥α
解析：選C 對于選項A，平面α和平面β還有可能相交，所以選項A錯誤；對于選項B，平面α和平面β還有可能相交或平行，所以選項B錯誤；對于選項C，因為l?α，l⊥β，所以α⊥β，所以選項C正確；對于選項D，直線m還有可能和平面α平行，所以選項D錯誤，故選C.
4．使得n(n∈N*)的展開式中含有常數(shù)項的最小的n為
62、( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：選B n(n∈N*)的展開式的通項為
Tr＋1＝3n－rCxn－rxr＝3n－rCxnr，
令n－r＝0，得n＝r，又n∈N*，
∴當(dāng)r＝2時，n的值最小，即nmin＝5.
5．記Sn為數(shù)列{an}的前n項和．“對于任意正整數(shù)n，均有an>0”是“{Sn}為遞增數(shù)列”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 ∵“an＞0”?“數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列”，
∴“an＞0”是“數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列”的充分條件．
當(dāng)數(shù)列{an}為－1,0,1,2,3,4，…，顯然數(shù)列
63、{Sn}是遞增數(shù)列，但是an不一定大于零，還有可能小于等于零，
∴“數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列”不能推出“an＞0”，
∴“an＞0”不是“數(shù)列{Sn}為遞增數(shù)列”的必要條件．
∴“對于任意正整數(shù)n，an＞0”是“數(shù)列{Sn}為遞增數(shù)列”的充分不必要條件．
6．已知實數(shù)x，y滿足不等式組則|x－y|的最大值為( )
A．0 B．2
C．4 D．8
解析：選C 作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，|x－y|＝·＝·的幾何意義為表示區(qū)域內(nèi)的點到直線x－y＝0的距離的倍，
由圖可知點A(4,0)到直線x－y＝0距離最大，所以|x－y|的最大值為·＝4.
7．某城市的街道如圖
64、，某人要從A地前往B地，則路程最短的走法有( )
A．8種 B．10種
C．12種 D．32種
解析：選B 此人從A到B，路程最短的走法應(yīng)走2縱3橫，將縱用0表示，橫用1表示，則一種走法就是2個0和3個1的一個排列，只需從5個位置中選2個排0，其余位置排1即可，故共有C＝10種．
8．設(shè)拋物線y2＝4x的焦點為F，過點P(2,0)的直線與拋物線相交于A，B兩點，與拋物線的準線相交于C，若|BF|＝，則＝( )
A. B．
C. D．
解析：選D 如圖，拋物線的準線方程為l：x＝－1，
分別過A，B作準線l的垂線AM，BN，
則|BN|＝|BF|＝，
∴點B的橫坐標為
65、，不妨設(shè)B，則直線AB的方程為y＝2x－4，
聯(lián)立方程組
得6x2－25x＋24＝0，
設(shè)點A的橫坐標為x0，則x0＋＝，解得x0＝.
∴|AM|＝x0＋1＝，
∴＝＝＝.
9．已知a為正常數(shù)，f(x)＝若存在θ∈，滿足f(sin θ)＝f(cos θ)，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B．
C．(1，) D．
解析：選D 設(shè)g(x)＝x2－ax＋1，
則其關(guān)于直線x＝a對稱的曲線為g(－x＋2a)，
g(－x＋2a)＝(－x＋2a)2－a(－x＋2a)＋1＝x2－3ax＋2a2＋1，
所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱，且在[a，＋∞)上為增函數(shù)．
所以
66、a＝＝sin.
因為θ∈，θ＋∈.
所以a＝sin∈.
10．已知x，y均為非負實數(shù)，且x＋y≤1，則4x2＋4y2＋(1－x－y)2的取值范圍為( )
A. B．[1,4]
C．[2,4] D．[2,9]
解析：選A 設(shè)＝z，則問題等價于x＋y＋2z＝1，滿足x，y，z≥0，求4(x2＋y2＋z2)的取值范圍．
設(shè)點A，B(1,0,0)，C(0，1,0)，
所以點P(x，y，z)可視為長方體的一個三角截面ABC上的一個點，
則|OP|2＝x2＋y2＋z2，于是問題可以轉(zhuǎn)化為先求|OP|的取值范圍．
顯然|OP|≤1，設(shè)點O到平面ABC的距離為h，
則VO-ABC＝VA-OBC，
所以××××h＝××1×1×，
解得h＝，所以≤|OP|≤1，
所以|OP|2∈，即4(x2＋y2＋z2) ∈.
故答案為A.
二、填空題
11．雙曲線x2－＝1的離心率是__________，漸近線方程為____________．
解析：因為a＝1，b＝，c＝2，所以雙曲線的離心率為e＝＝2，漸近線方程為y＝±x＝±x.
答案：2 y＝±x
12．已知直線l：mx－
（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二板塊 考前熟悉3大解題技法學(xué)案
