2019版高考数学复习第三层级难点自选专题一“选填”压轴小题命题的4大区域讲义理（普通生，含解析）.docx

难点自选专题一“选填”压轴小题命题的4大区域全国卷3年考情分析题号考卷第11题第12题第15题第16题命题分析2018卷直线与双曲线的位置关系及双曲线的几何性质空间直线与平面的位置关系及其所成角的问题计数原理与组合问题三角函数的最值与导数高考在选择、填空压轴题中，主要考查圆锥曲线的几何性质及圆锥曲线定义、函数的图象与性质、函数与不等式的求解、指数、对数式大小比较、导数的应用、几何体的表面积与体积的计算及空间角问题，而三角函数、数列、平面向量也常有考查.卷函数的奇偶性与周期性椭圆的定义与椭圆的几何性质两角和与差的公式应用圆锥侧面积的运算及空间角的问题卷双曲线的几何性质不等式性质及对数运算三角函数的零点问题抛物线的几何性质及应用2017卷指数式与对数式的互化与对数运算及大小比较等差数列、等比数列前n项和公式的运用双曲线的几何性质三棱锥的体积、导数的应用卷利用导数求函数的极值平面向量的数量积与最值等差数列的通项公式与前n项和公式、特殊数列求和抛物线的定义及标准方程卷函数的零点问题平面向量基本定理、直线与圆的位置关系分段函数、解不等式空间中直线与直线的位置关系、空间向量2016卷平面与平面平行的性质、异面直线所成的角及等角定理函数yAsin(x)的性质等比数列通项公式、二次函数的最值及指数函数的性质线性规划的实际应用卷双曲线的定义及标准方程、离心率的计算函数图象的对称性推理与论证导数的计算与几何意义、直线方程、斜率计算公式卷椭圆的离心率、直线斜率的应用计数原理与组合问题函数的奇偶性、导数的几何意义点到直线的距离公式，直线的斜率、倾斜角，直线与圆的位置关系命题区域(一)函数与导数本类压轴题常以分段函数、抽象函数等为载体，考查函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等要注意函数yf(x)与方程f(x)0以及不等式f(x)0的关系，进行彼此之间的转化是解决该类题目的关键解决该类问题的途径往往是构造函数，进而研究函数的性质，利用函数性质去求解问题是常用方法其间要注意导数的应用：利用导数研究可导函数的单调性，求可导函数的极值和最值，以及利用导数解决实际应用题是导数在中学数学中的主要应用分段函数问题例1已知函数f(x)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是_技法演示法一：分段处理，分类讨论记g(x)x33x，h(x)2x，同时作出函数g(x)与h(x)的图象，如图所示，则h(x)在(，)上单调递减，下面分析g(x)的单调性因为g(x)3x233(x1)(x1)，当x变化时，g(x)和g(x)变化如下：x(，1)1(1,1)1(1，)g(x)00g(x)极大值极小值下面分析f(x)的单调性，注意到f(x)结合前面g(x)与h(x)的单调性，我们可以按下述三种情况讨论：a11a1a1若a1，则f(x)在(，a上的最大值为f(a)，由g(x)在(，1)上单调递增，f(a)g(a)2，此时函数f(x)无最大值，符合题意若1aa时，f(x)h(x)a时，f(x)h(x)h(a)h(1)2，则f(x)有最大值M，不符合题意综上，若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是(，1)法二：整体考虑，正难则反记g(x)x33x，h(x)2x，由解法一知h(x)在(，)上单调递减，且当x变化时，g(x)和g(x)变化如下：x(，1)1(1,1)1(1，)g(x)00g(x)极大值极小值由于h(x)在(a，)上单调递减，无最大值，若f(x)有最大值，也只可能在x1或xa处取得，同时作出函数g(x)与h(x)的图象，如图所示，容易求得它们的交点分别是(1,2)，(0,0)和(1，2)注意到g(1)h(1)2，由图象可见，若f(x)在x1处取得最大值，实数a的取值范围是1,2，若f(x)在xa处取得最大值，实数a的取值范围是2，)综上，若f(x)有最大值，则实数a的取值范围是1，)，从而，若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是(，1)法三：平移直线xa，直接秒杀根据题意，将函数f(x)采用分离的方式，记g(x)x33x，h(x)2x，同时在同一平面直角坐标系中作出函数g(x)与h(x)的图象，将直线xa在图象中沿着x轴左右平移，观察直线xa与函数g(x)，h(x)的图象的交点(曲线点实，直线点虚)变化，如图所示，当直线xa在直线x1左边时满足条件“f(x)无最大值”，所以实数a的取值范围是(，1)答案(，1)系统归纳“三招”破解分段函数最值问题分类讨论研究分段函数f(x)的单调性，大多借助分类讨论f(x)在各个分段上的最值如解法一是根据g(x)的单调性，对a进行分类讨论整体思想从函数的整体性质(单调性、奇偶性和周期性)出发，研究函数的最值问题当一个问题从正面不好入手时，也可从反面思考如解法二就采取正难则反的方法解题数形结合“以形助数”，作出函数或变形后的函数图象，结合条件求解问题，解法三是利用数形结合的思想直观得到结果应用体验1若函数f(x)|x1|2xa|的最小值为3，则实数a的值为()A5或8B1或5C1或4 D4或8解析：选D当a2时，f(x)如图1可知，f(x)minf13，可得a8；当a0时，x(，0)，f(x)0；x，f(x)0.所以函数f(x)在(，0)和上单调递增，在上单调递减，且f(0)10，故f(x)有小于零的零点，不符合题意当a0时，x，f(x)0；x(0，)，f(x)0，只需f0，即a24，解得a0时，如图(1)所示，不合题意；当a0时，由图(2)知，可先求出函数g(x)ax3与h(x)3x21的图象有公切线时a的值由g(x)h(x)，g(x)h(x)，得a2.由图象可知当a2时，满足题意法三：参变分离，演绎高效参变分离法，亦即将原函数中的参变量进行分离，转化成求函数值域问题加以解决巧用参数分离求解零点问题，既可以回避对参数取值的分类讨论，又形象直观，一目了然易知x0，令f(x)0，则a，记g(x)，g(x)，可知g(x)在(，1)和(1，)上单调递减，在(1,0)和(0,1)上单调递增，且g(1)2，画出函数大致图象如图所示，平移直线ya，结合图象，可知a0.联立消去y，得x2(3a)xa0，由0，解得a9；联立消去y，得x2(3a)xa0，由0，解得a1或a0，且x1不是方程的根故有ax15.设h(x)，则问题等价于曲线yh(x)与直线ya有4个不同交点作出图象如图所示显然y9，y1是yh(x)的两条切线，此时都只有3个交点于是，结合图形知，当0a9时，直线ya与曲线yh(x)均有4个交点所以a的取值范围为(0,1)(9，)答案：(0,1)(9，)抽象函数问题例3设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当x0时，xf(x)f(x)0成立的x的取值范围是()A(，1)(0,1)B(1,0)(1，)C(，1)(1,0) D(0,1)(1，)技法演示法一：构造抽象函数法观察xf(x)f(x)0时，F(x)0，即找到x与F(x)的符号相同的区间，易知当x(，1)(0,1)时，f(x)0，故选A.法二：构造具体函数法题目中没有给出具体的函数，但可以根据已知条件构造一个具体函数，越简单越好，因此考虑简单的多项式函数设f(x)是多项式函数，因为f(x)是奇函数，所以它只含x的奇次项又f(1)f(1)0，所以f(x)能被x21整除因此可取f(x)xx3，检验知f(x)满足题设条件解不等式f(x)0，得x(，1)(0,1)，故选A.答案A系统归纳1利用和差函数求导法则构造函数(1)对于不等式f(x)g(x)0(或0(或k(或0(或0(或0(或0(或0(或0(或0(或f(x)，且f(x)2 019为奇函数，则不等式f(x)2 019ex0的解集是()A(，0) B(0，)C. D.解析：选B设g(x)，则g(x)0，所以g(x)是R上的减函数，由于f(x)2 019为奇函数，所以f(0)2 019，g(0)2 019，因为f(x)2 019ex02 019，即g(x)g(0)，结合函数的单调性可知不等式f(x)2 019ex0，|，x为f(x)的零点，x为yf(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则的最大值为()A11B9C7 D5技法演示法一：综合法由f0，得k(kZ)，k，则f(x)sin(nZ)由f1，即sinsin 1，可知为正奇数(0)由得又由于0，所以k只能取0，1，2，3.当k0时，(2,2)；当k1时，(2,6)；当k2时，(6,10)；当k3时，(10,14)因为是正奇数(不超过12)，所以1,3,5,7,9,11当11时，x，x11x，里面含有，则f(x)在上不可能单调，不符合题意当9时，x，x9x，里面不含(nZ)中的任何一个，即f(x)在上单调，符合题意综上，的最大值为9.故选B.法二：分类讨论由题意T，即00，A0)的图象的单调性、对称性、周期、零点等问题中涉及的结论：若函数yAsin(x)(0，A0)有两条对称轴xa，xb，则有|ab|(kZ)；若函数yAsin(x)(0，A0)有两个对称中心M(a,0)，N(b,0)，则有|ab|(kZ)；若函数yAsin(x)(0，A0)有一条对称轴xa，一个对称中心M(b,0)，则有|ab|(kZ)(2)研究函数在某一特定区间的单调性，若函数仅含有一个参数的时候，利用导数的正负比较容易控制，但对于函数yAsin(x)(0，A0)含多个参数，并且具有周期性，很难解决，所以必须有合理的等价转化方式才能解决解法一尝试正面求解的可能值，但因单调区间的条件不好使用，仍然采取代入验证的方法解决应用体验1若函数f(x)cos 2xasin x在区间上是减函数，则a的取值范围是_解析：法一：导数法对f(x)cos 2xasin x求导，得f(x)2sin 2xacos x因为f(x)在区间上是减函数，所以f(x)0在上恒成立，即acos x2sin 2x4sin xcos x，而cos x0，所以a4sin x在区间上，sin x1，于是a2.法二：图象法f(x)cos 2xasin x12sin2xasin x221，设tsin x，由x，知t.要使g(t)221在上是减函数，只要即可，所以a(，2答案：(，2三角形面积最值问题例2已知a，b，c分别为ABC的三个内角A，B，C的对边，a2，且(2b)(sin Asin B)(cb)sin C，则ABC的面积的最大值为_技法演示法一：综合运用正、余弦定理由正弦定理知(2b)(sin Asin B)(cb)sin C可化为(2b)(ab)c(cb)，将a2代入整理，得b2c2a2bc，所以cos A，故A，则ABC的面积Sbcsin Abc.而b2c2a2bc2bca2bc4，所以Sbc，当且仅当bc2时取到等号，故ABC的面积的最大值为.法二：正、余弦定理与数形结合由法一得A，可知ABC的边a2为定长，A为定值，作出示意图如图所示，满足条件的点A在圆周上的运动轨迹为优弧BC(不包括两个端点B，C)，易知当点A位于优弧中点时，此时ABC的面积最大，由于A，则此时的ABC是等边三角形，面积为.法三：正、余弦函数的有界性由法一知A，则由正弦定理得，bsin Bsin B，csin C，则SABCbcsin Abcsin Bsin Ccos(BC)cos(BC)cos(BC)，当且仅当cos(BC)1，即BC时，ABC的面积取得最大值.法四：函数思想由法三得SABCsin Bsin Csin BsinB，令g(B)sin Bsinsin Bcos Bsin Bsin.由0B0)，且A，(0，)，则ABC的面积的最大值是，当且仅当另外两个角相等时取等号应用体验2(2018潍坊统一考试)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆的半径为1，且，则ABC面积的最大值为_解析：因为，所以(2cb)，由正弦定理得sin Bsin Acos B(2sin Csin B)sin Bcos A，又sin B0，所以sin Acos B(2sin Csin B)cos A，所以sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos A，sin(AB)2sin Ccos A，即sin C2sin Ccos A，又sin C0，所以cos A，sin A，设外接圆的半径为r，则r1，由余弦定理得bcb2c2a2b2c2(2rsin A)2b2c232bc3(当且仅当bc时，等号成立)，所以bc3，所以SABCbcsin Abc.答案：平面向量数量积问题例3在等腰梯形ABCD中，已知ABDC，AB2，BC1，ABC60，动点E和F分别在线段BC和DC上，且，则的最小值为_技法演示法一：基底法选取，为一组基底，由题意易求DC1，|2，|1，21cos 1201，.于是() 412 (0)，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.法二：坐标法以A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，因为ABDC，AB2，BC1，ABC60，所以DC1，即B(2,0)，D，C.因为，所以E，F，.所以2.当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.答案 系统归纳向量数量积问题的解题策略基底法根据平面向量基本定理，结合图形的结构特征选择一组基底，将有关的向量用基底表示，进行求解坐标法分析图形的结构特征，建立平面直角坐标系，将所涉及的向量坐标化，利用坐标运算进行解答应用体验3已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则_；的最大值为_解析：法一：如图，以射线AB，AD为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，则E(t,0)，t0,1，(t，1)，(0，1)，所以(t，1)(0，1)1.因为(1,0)，所以(t，1)(1,0)t1，故 的最大值为1.法二：由图知，无论E点在哪个位置，在方向上的投影都是|1，所以|11，当点E运动到B点时，在方向上的投影最大即为|1，所以()max|11.答案：11命题区域(三)立体几何此类压轴题主要考查以立体几何为背景的新颖问题以立体几何为背景的新颖问题常见的有折叠问题、与函数图象相结合问题、最值问题、探索性问题等(1)对探索、开放、存在型问题的考查：探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程高考命题改革的重要方向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何中(2)对折叠、展开问题的考查：图形的折叠与展开问题(三视图问题可看作是特殊的图形变换)蕴涵了“二维三维二维”的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”的思辨，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立体几何中的重要题型空间中线面位置关系与计算例1平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面平面CB1D1，平面平面ABCDm，平面平面ABB1A1n，则直线m，n所成角的正弦值为()A.B.C. D.技法演示法一：割补法我们先尝试把m，n这两条直线都作出来，易知这个平面一定在正方体外，所以要往上补形，如图所示，过点A在正方体ABCDA1B1C1D1的上方补作一个与正方体ABCDA1B1C1D1相同棱长的正方体ABCDA2B2C2D2，可证平面AB2D2就是平面，n就是AB2.因为平面ABCD平面A2B2C2D2，所以B2D2m，说明m应该是经过点A且在平面ABCD内与B2D2平行的直线，则直线m，n所成的角就是AB2D2，因为AB2D2为等边三角形，所以sinAB2D2sin，故选A.法二：平移法1事实上对法一可进行适当简化，无须补形也可以设平面CB1D1平面ABCDm，因为平面平面ABCDm，平面平面CB1D1，所以mm.又平面ABCD平面A1B1C1D1，平面CB1D1平面A1B1C1D1B1D1，所以B1D1m，所以B1D1m.同理可得CD1n，故直线m，n所成角即为直线B1D1，CD1所成的角CD1B1.在正方体ABCDA1B1C1D1中，B1CB1D1CD1，所以CD1B1，所以sinCD1B1，故选A.法三：平移法2与法二类似，我们尝试在正方体内部构造一个平面与平面平行，也即与平面CB1D1平行如图所示，让点A在平面ABCD内运动，不妨让点A在对角线AC上运动，易知平面BA1D与平面CB1D1平行，则直线m，n所成的角就是DBA1，其正弦值为，故选A.法四：向量法如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，易求得平面CB1D1的一个法向量s(1，1，1)因为平面平面ABCDm，所以直线m的方向向量mxy(y，x,0)又平面平面CB1D1，所以ms0，即yx0，故m(x，x,0)；同理，因为平面平面ABB1A1n，所以直线n的方向向量n(0，)又平面平面CB1D1，所以ns0，即0，故n(0，)记异面直线m，n所成角为，所以cos ，故直线m，n所成角的正弦值为，选A.答案A系统归纳异面直线所成角问题的解题策略(1)平移化归是关键：求异面直线所成角，关键是将两条异面的直线平移到相交状态，作出等价的平面角，再解三角形即可，常规步骤是“一作二证三计算”，而第一步最为关键，平移谁，怎么平移都要视题目条件而定；(2)向量计算要快要准：空间向量方法的最大好处是降低了对空间想象能力的要求，但相应地对计算能力要求就高了，要求我们熟练地求解空间的点、向量的坐标，计算要准确应用体验1已知四面体ABCD的每个顶点都在球O的表面上，ABAC5，BC8，AD底面ABC，G为ABC的重心，且直线DG与底面ABC所成角的正切值为，则球O的表面积为_解析：在等腰ABC中，ABAC5，BC8，取BC的中点E，连接AE，重心G为AE的三等分点，AE3，AG2，由于AD底面ABC，直线DG与底面ABC所成角的正切值为，所以tanDGA，DA1，在等腰ABC中，cosACB，sinACB，所以ABC的外接圆直径2r，r，设ABC的外接圆圆心为O1，四面体ABCD的球心为O，在RtAOO1中，R2OA2AO222，球的表面积为S4R2.答案：空间最值问题例2如图，在ABC中，ABBC2，ABC120.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PDDA，PBBA，则四面体PBCD的体积的最大值是_技法演示法一：平面几何法由题意可知四面体PBCD的体积最大时，应有平面PBD平面BCD.如图，过点P作PFBD，垂足为F，则PF平面BCD，则VPBCDSBCDPF.由翻折过程可知AFPF，则VPBCDSBCDAF，这样就将空间问题转化为ABC内的问题等腰ABC的底边AC边上的高hABsin 301，VPBCDDChAFDCAF.DC与AF不在同一个三角形中，用哪个变量能表示两者呢？注意到当点D在AC上运动时，ADB也是在变化的，因此可以取ADB为自变量，产生下面的解法如图，因为SABDBDAFADh，则AF，得VPBCDDC.设ADB，由正弦定理得2sin(150)，DC，则VPBCD，易知函数f(x)x在区间(0,1上单调递增，于是VPBCD.法二：构造法换个角度看问题，我们把ABC“立起来”，如图，设BO平面ACP，考虑以B为顶点，ACP的外接圆O为底面的圆锥，易得AC2，则OB 1.设PDA，(0，)，ADx(0x0，b0)的左、右焦点，点M在双曲线E上，MF1与x轴垂直，sinMF2F1，则双曲线E的离心率为()A.B.C. D2技法演示法一：定义法因为MF1F2是直角三角形，且sinMF2F1，所以|MF1|MF2|sinMF2F1|MF2|，即|MF2|3|MF1|.由双曲线的定义可知|MF2|MF1|2a.由和可求得|MF1|a，|MF2|3a.在RtMF1F2中，由勾股定理得|MF2|2|MF1|2|F1F2|2，即(3a)2a2(2c)2，化简得2a2c2，即22，从而可知e.故选A.法二：利用正弦定理在RtMF1F2中，sin F1MF2sin(90MF2F1)cosMF2F1，sinMF1F21.由正弦定理得e.故选A.法三：利用直角三角形的三角函数设点M(c，y0)，则1，由此解得y|MF1|2b2.MF1F2是直角三角形，且sinMF2F1，cosMF2F1，tanMF2F1，从而可得8，即8，化简整理得2c45a2c22a40，两边同除以a4，得245220，即 0，1，22，即e.答案A系统归纳圆锥曲线离心率问题的求解策略(1)双曲线(椭圆)的定义可直接建立“焦点三角形”的两边关系用好这一隐含条件，可为三角形的求解省下不少功夫法二便充分利用了双曲线的定义将离心率e写成，转化为“焦点三角形”的三边关系，从而利用正弦定理再转化到已知的角上去(2)在求解圆锥曲线(主要指的是椭圆和双曲线)的离心率问题时，要把握一个基本思想，就是充分利用已知条件和挖掘隐含条件建立起a与c的关系式注意在求离心率的值时需建立等量关系式，在求离心率的范围时需建立不等量关系式应用体验1已知双曲线E：1(a0，b0)的右顶点为A，抛物线C：y28ax的焦点为F，若在E的渐近线上存在点P，使得PAFP，则E的离心率的取值范围是()A(1,2) B.C(2，) D.解析：选B双曲线E：1(a0，b0)的右顶点为A(a,0)，抛物线C：y28ax的焦点为F(2a,0)，双曲线的渐近线方程为yx，可设P，则有，由PAFP，得0，即(ma)(m2a)m20，整理得m23ma2a20，由题意可得9a2412a20，即a28b28(c2a2)，即8c29a2，则e.又e1，所以1b0)过点M作MNAB，垂足为N，设M(x，y)根据椭圆的对称性，不妨令y0，设AMN，BMN，则tan ，tan .又点M在椭圆上，所以x2a2.则tan().又yb，b，所以当yb时，取最大值，即M为椭圆短轴顶点P时，APB最大由此，我们可以得到本题的如下解法先考虑椭圆的焦点在x轴上的情况，则0m3.设椭圆一个短轴的顶点为P，要使椭圆C上存在点M满足AMB120，则APBAMB，即APB120，所以APO60.而tanAPO，所以，解得03时，焦点在y轴上，要使C上存在点M满足AMB120，则，解得m9.故m的取值范围为(0,19，)法二：二级结论法椭圆上任意一点与椭圆长轴的两个端点连线的斜率之积为定值.这一结论不难证明：设M(x，y)为椭圆1(ab0)上任意一点，A，B分别为椭圆的左、右两个端点，则kMAkMB.因为点M在椭圆上，所以y2(a2x2)，从而kMAkMB.由此可以得到本题的如下解法当0m3时，椭圆的焦点在x轴上，如图，设MAB，MBx，设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，则k1k2，k1tan ，k2tan .因为AMB120，由三角形的一个外角等于不相邻的两内角之和，所以tan()tan 120.根据两角差的正切公式tan()，可得tan tan ，即k2k1m.结合k1k2，将两式变形为k2(k1)m，k2(k1)，故可将k2，k1看作是关于t的方程t2t0的两个根，则24(m210m9)0，所以m210m90，解得m1或m9(舍去)，所以0m1.同理可得当焦点在y轴上时，m9.综上所述，m的取值范围是(0,19，)故选A.法三：向量法当椭圆的焦点在x轴上时，设A，B分别为椭圆的左、右两个端点，M(x，y)，设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，则k1k2.又(x，y)，(x，y)，此时如果直接应用数量积进行计算，显然计算量较大，这里我们可以考虑利用直线的方向向量来简化运算分别取与，相同方向的向量n1(1，k1)，n2(1，k2)又AMB120，所以向量n1，n2的夹角为60，由向量的数量积公式可得，cos 60，即.由k1k20，结合均值不等式a2b22ab，可得kkk(k2)22k1(k2)m，所以，即，所以1，解得m1.又0m3，所以0m1.当焦点在y轴上时，此时k1k20，x1x2，x1x2，|AB|， |x1x2|，即(1k2)(x1x2)24x1x2，(4k21)(14k213)0，解得k2.又t，即(x1x2，y1y2)t(x，y)，且k0，t0，x，yk(x1x2)4k.点P在椭圆上，22，又k2，解得t.圆锥曲线中与面积相关的问题例3已知F是抛物线y2x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，2(其中O为坐标原点)，则ABO与AFO面积之和的最小值是()A2 B3C. D.技法演示法一：利用基本不等式依题意，不妨设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y10，y20.由2，得x1x2y1y2(y1y2)2y1y22，由此解得y1y22，ABO与AFO面积之和等于|x1y2x2y1|y1|yy2yy1|y12(y1y2)y1y1(y2)23，当且仅当y1y2时取等号，因此ABO与