（浙江专版）2018年高考数学二轮专题复习 第二部分 专题二 巧做高考题型讲义.doc

专题二巧做高考题型第一讲六招秒杀选择题快得分选择题具有概括性强，知识覆盖面广，小巧灵活等特点注重多个知识点的小型综合，侧重于考查学生是否能迅速选出正确答案，解题手段不拘常规，有利于考查学生的选择、判断能力常用方法分直接法和间接法两大类直接法是解答选择题最基本、最常用的方法，但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，时间可能不允许，因此，我们还要研究解答选择题的一些间接法的应用技巧其基本解答策略是：充分利用题干和选项所提供的信息作出判断先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，先排除后求解总的来说，选择题属于小题，尽量避免“小题大做”在考场上，提高了解题速度，也是一种制胜的法宝直接法直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密地推理和准确地运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，作出相应的选择涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法例1(2017全国卷)记sn为等差数列an的前n项和若a4a524，s648，则an的公差为()a1 b2c4 d8解析设等差数列an的公差为d，则由得即解得d4.答案c直接法是解答选择题最常用的基本方法直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案平时练习中应不断提高用直接法解选择题的能力，准确把握题目的特点用简便的方法巧解选择题，是建立在扎实掌握“三基”的基础上的，否则一味求快则会快中出错1两个正数a，b的等差中项是，一个等比中项是2，且ab，则抛物线y2x的焦点坐标为()a.b.c. d.解析：选b由两个正数a，b的等差中项是，得ab9；a，b的一个等比中项是2，得ab20，且ab，故a5，b4.又由2p，得，故抛物线y2x的焦点坐标为.特例法从题干(或选项)出发，通过选取特殊情况代入，将问题特殊化或构造满足题设条件的特殊函数或图形位置，进行判断特殊化法是“小题小做”的重要策略，要注意在怎样的情况下才可使用，特殊情况可能是：特殊值、特殊点、特殊位置、特殊函数等例2已知0，函数f(x)sin在上单调递减则的取值范围是()a.b.c. d. (0,2解析根据三角函数的性质利用特殊值法代入逐项判断：2时，2x，不合题意，排除d.1时，x，合题意，排除b、c，故选a.答案a特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题，但用特例法解选择题时，要注意以下两点：第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理；第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解2函数yax(a0，a1)的图象可能是()解析：选d函数yax(a0，a1)恒过(1,0)，选项只有d符合，故选d.排除法排除法也叫筛选法、淘汰法它是充分利用选择题有且只有一个正确的选项这一特征，通过分析、推理、计算、判断，排除不符合要求的选项，从而得出正确结论的一种方法例3设x表示不大于x的最大整数，则对任意实数x，y有()axx b2x2xcxyxy dxyxy解析选项a，取x1.5，则x1.52，x1.51，显然xx；选项b，取x1.5，则2x33,2x21.52，显然2x2x；选项c，取xy1.6，则xy3.23，xy1.61.62，显然xyxy排除a，b，c，故选d.答案d排除法适应于定性型或不易直接求解的选择题当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的予以否定，再根据另一些条件在缩小选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的答案3函数yxcos xsin x的图象大致为()解析：选d由题意知，函数是奇函数，图象关于坐标原点对称，当0x0，而当x时，y0)与函数yf(x)的图象恰有三个不同的交点，则实数k的取值范围是()a.b.c. d.解析直线ykxk(k0)恒过定点(1,0)，在同一直角坐标系中作出函数yf(x)的图象和直线ykxk(k0)的图象，如图所示，因为两个函数图象恰好有三个不同的交点，所以k0)与函数yf(x)图象恰有三个不同的交点，得到实数k的取值范围4(2017全国卷)在矩形abcd中，ab1，ad2，动点p在以点c为圆心且与bd相切的圆上若，则的最大值为()a3 b2c. d2解析：选a以a为坐标原点，ab，ad所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则a(0,0)，b(1,0)，c(1,2)，d(0,2)，可得直线bd的方程为2xy20，点c到直线bd的距离为，所以圆c：(x1)2(y2)2.因为p在圆c上，所以p.又(1,0)，(0,2)，(，2)，所以2cos sin 2sin()3(其中tan 2)，当且仅当2k，kz时，取得最大值3.概念辨析法概念辨析法是从题设条件出发，通过对数学概念的辨析，进行少量运算或推理，直接选择出正确结论的方法这类题目一般是给出一个创新定义，或涉及一些似是而非、容易混淆的概念或性质，需要考生在平时注意辨析有关概念，准确区分相应概念的内涵与外延，同时在审题时多加小心例5对于函数f(x)和g(x)，设x|f(x)0，x|g(x)0，若存在，使得|1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”若函数f(x)ex1x2与g(x)x2axa3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是()a2,4b.c. d2,3解析函数f(x)ex1x2的零点为x1，设g(x)x2axa3的零点为b，若函数f(x)ex1x2与g(x)x2axa3互为“零点相邻函数”，则|1b|1，0b2.由于g(x)x2axa3x23a(x1)必经过点(1,4)，要使其零点在区间0,2上，则即解得2a3.答案d函数的创新命题是高考的一个亮点，此类题型是用数学符号、文字叙述给出一个教材之外的新定义，要求考生在短时间内通过阅读、理解后，解决题目给出的问题解决这类问题的关键是准确把握新定义的含义，把从定义和题目中获取的信息进行有效整合，并转化为熟悉的知识加以解决5若对于定义在r上的函数f(x)，其图象是连续不断的，且存在常数(r)使得f(x)f(x)0对任意实数都成立，则称f(x)是一个“伴随函数”下列是关于“伴随函数”的结论：f(x)0不是常数函数中唯一一个“伴随函数”；f(x)x是“伴随函数”；f(x)x2是“伴随函数”；“伴随函数”至少有一个零点其中正确的结论个数是()a1 b2c3 d4解析：选b由题意得，正确，如f(x)c0，取1，则f(x1)f(x)cc0，即f(x)c0是一个“伴随函数”；不正确，若f(x)x是一个“伴随函数”，则xx0，求得0且1，矛盾；不正确，若f(x)x2是一个“伴随函数”，则(x)2x20，求得0且1，矛盾；正确，若f(x)是“伴随函数”，则ff(x)0，取x0，则ff(0)0，若f(0)，f任意一个为0，则函数f(x)有零点；若f(0)，f均不为0，则f(0)，f异号，由零点存在性定理知，在区间内存在零点，所以有两个结论正确.估算法由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又无需过程，因此，有些题目不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法估算法的关键是确定结果所在的大致范围，否则“估算”就没有意义估算法往往可以减少运算量，快速找到答案例6如图，在多面体abcdef中，已知平面abcd是边长为3的正方形，efab，ef，ef与平面abcd的距离为2，则该多面体的体积为()a. b5c6 d.解析连接be，ce，四棱锥eabcd的体积为veabcd3326，又多面体abcdef的体积大于四棱锥eabcd的体积，即所求几何体的体积vveabcd6，而四个选项里面大于6的只有，故选d.答案d本题既用了估算法又用了排除法，解题的关键是利用的范围求sin 的范围一定要准确，否则将达不到解题的目的或解答错误6.(2017宁波效实中学模拟)图中阴影部分的面积s是h的函数(0hh)，则该函数的大致图象是()解析：选b由图知，随着h的增大，阴影部分的面积s逐渐减小，且减小得越来越慢，结合选项可知选b.第二讲分类智取填空题稳得分填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点(1)根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：定量型：要求考生填写数值、数集或数量关系；定性型：要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定数学对象的某种性质(2)根据填空题出题设问的多少，又可以将填空题分成两类形式：单空题：与全国卷出题方式相同，一题一空，根据一般填空题的特点，四招速解；多空题：是浙江高考填空题的一大特色，一题多空，出题的目的是提高知识覆盖面的考查，降低难度，让学生能分步得分；本质上来说和单空题区别无非就是多填一空，其解题方法和单空题相同，但多空题有它自身的特色，搞清多空之间设问的关系能使我们的解题事半功倍解答填空题时，由于不反映过程，只要求结果，故对正确性的要求比解答题更高、更严格在解填空题时要做到：一、单空题四招速解直接法它是直接从题设出发，利用有关性质或结论，通过巧妙地变形，直接得到结果的方法要善于透过现象抓本质，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题例1(2016全国卷)abc的内角a，b，c的对边分别为a，b，c，若cos a，cos c，a1，则b_.解析因为a，c为abc的内角，且cos a，cos c，所以sin a，sin c，所以sin bsin(ac)sin(ac)sin acos ccos asin c.又a1，所以由正弦定理得b.答案直接法是解决计算型填空题最常用的方法，在计算过程中，我们要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解填空题的关键1(2017北京高考)若等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a4b48，则_.解析：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则a413d8，解得d3；b41q38，解得q2.所以a2132，b21(2)2，所以1.答案：1特殊值法当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论为保证答案的正确性，在利用此方法时，一般应多取几个特例例2如图所示，在平行四边形abcd中，apbd，垂足为p，且ap3，则_.解析法一：()()2，apbd，0.又|cos bap|2，2|22918.法二：把平行四边形abcd看成正方形，则p点为对角线的交点，ac6，则18.答案18求值或比较大小等问题的求解均可利用特殊值代入法，但要注意此种方法仅限于求解结论只有一种的填空题，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，则不能使用该种方法求解本题中的法二把平行四边形看作正方形，从而减少了计算量2若函数f(x)满足：f(1)，4f(x)f(y)f(xy)f(xy)，则f(2 018)_.解析：取x1，y0时，有f(0)f(1)f(1)，取x1，y1时，有f(2)f(0)，f(2).取xn，y1，有f(n)f(n1)f(n1)，同理f(n1)f(n2)f(n)，联立得f(n2)f(n1)，可得f(n6)f(n)，所以f(x)是以6为周期的函数，故f(2 018)f(2).答案：图象分析法对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率和截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等，求解的关键是明确几何含义，准确规范地作出相应的图形例3已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(ac)(bc)0，则|c|的最大值是_解析如图，a，b，c，(ac)(bc)0，点c在以ab为直径，ab的中点为圆心的圆上，故|oc|的最大值为圆的直径，即|ab|的长为.答案图象分析法实质上就是数形结合的思想方法在解决填空题中的应用，利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命题的热点准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果3不等式sin x0，x，2的解集为_解析：在同一坐标系中分别作出y|x|与ysin x的图象：根据图象可得不等式的解集为(，2)答案：(，2)构造法用构造法解填空题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式)形式上的特点，然后积极调动思维，联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景)，从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的例4如图，已知球o的球面上有四点a，b，c，d，da平面abc，abbc，daabbc，则球o的体积等于_解析如图，以da，ab，bc为棱长构造正方体，设正方体的外接球球o的半径为r，则正方体的体对角线长即为球o的直径，所以|cd|2r，所以r，故球o的体积v.答案构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型，从而转化为自己熟悉的问题本题巧妙地构造出正方体，而球的直径恰好为正方体的体对角线，问题很容易得到解决.4在数列an中，若a11，an12an3(n1)，则该数列的通项an_.解析：由an12an3，则有an132(an3)，即2.所以数列an3是以a134为首项，公比为2的等比数列，即an342n12n1，所以an2n13.答案：2n13二、多空题辨式解答并列式两空并答此种类型多空题的特点是：根据题设条件，利用同一解题思路和过程，可以一次性得出两个空的答案，两空并答，题目比较简单，会便全会，这类题目在高考中一般涉及较少，常考查一些基本量的求解，一般是多空题的第一个题目例1(2016浙江高考)已知2cos2xsin 2xasin(x)b(a0)，则a_，b_.解析2cos2xsin 2x1cos 2xsin 2x1sin，1sinasin(x)b，a，b1.答案1点评例1中根据题设条件把2cos2xsin 2x化成1sin后，对比原条件恒等式两边可直接得出两空的结果，a，b1.1(2015浙江高考)双曲线y21的焦距是_，渐近线方程是_解析：由双曲线标准方程，知双曲线焦点在x轴上，且a22，b21，c2a2b23，即c，焦距2c2，渐近线方程为yx，即yx.答案：2yx分列式一空一答此种类型多空题的特点是：两空的设问相当于一个题目背景下的两道小填空题，两问之间没什么具体联系，各自成题，是对于多个知识点或某知识点的多个角度的考查；两问之间互不干扰，不会其中一问，照样可以答出另一问例2(1)(2016浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是_cm2，体积是_cm3.(2)(2015浙江高考)已知函数f(x)则f(f(3)_，f(x)的最小值是_解析(1)由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,2 cm，4 cm.几何体的表面积为(222424)2222272(cm2)，体积为224232(cm3)(2)f(3)lg(3)21lg 101，f(f(3)f(1)1230.当x1时，x32 323，当且仅当x，即x时等号成立，此时f(x)min230；当x1时，lg(x21)lg(021)0，此时f(x)min0.所以f(x)的最小值为23.答案(1)7232(2)023点评例2(1)中根据题设条件三视图得出其几何体的直观图后，由面积的相关公式求出几何体的面积，由体积的相关公式求出其体积；例2(2)中，两空都是在已知一分段函数的解析式，考查两方面的知识，分别求出函数的值和函数的最值2(2015浙江高考)函数f(x)sin2xsin xcos x1的最小正周期是_，单调递减区间是_解析：f(x)sin2xsin xcos x1sin 2x1sin 2xcos 2xsin，函数f(x)的最小正周期t.令2k2x2k，kz，解之可得函数f(x)的单调递减区间为(kz)答案：(kz)递进式逐空解答此种类型多空题的特点是：两空之间有着一定联系，一般是第二空需要借助第一空的结果再进行作答，第一空是解题的关键也是难点，只要第一空会做做对，第二空便可顺势解答例3(2016浙江高考)设数列an的前n项和为sn.若s24，an12sn1，nn*，则a1_，s5_.解析an12sn1，sn1sn2sn1，sn13sn1，sn13，数列是公比为3的等比数列，3.又s24，s11，a11，s53434，s5121.答案1121点评例3中根据题设条件求出a11后，再根据等比数列的求和公式求出s5.第二空的解答是建立在第一空解答的基础上的，只有求出第一空才能求得第二空.3(2017台州模拟)以坐标原点o为圆心，且与直线xy20相切的圆方程是_，圆o与圆x2y22y30的位置关系是_解析：由题意所求圆的半径等于原点o到直线xy20的距离，即r，则所求圆的方程为x2y22；因为圆o与圆x2y22y30的圆心和半径分别为o(0,0)，r1，c2(0,1)，r22，且r2r1|oc2|10)，则xlog2t，于是f(t)log2tlog32log3t(t0)，故函数f(x)log3x(x0)，所以f(39)log3399，故选d.4在复平面内，已知复数z，则z在复平面上对应的点在()a第一象限 b第二象限c第三象限 d第四象限解析：选b因为zi，所以复数z在复平面上对应的点为，显然此点在第二象限，故选b.5将函数ycos(2x)的图象向右平移个单位，得到的函数为奇函数，则|的最小值为()a. b.c. d.解析：选b设ycos(2x)向右平移个单位长度得到的函数为g(x)，则g(x)cos，因为g(x)cos为奇函数，且在原点有定义，所以k(kz)，解得k(kz)，故当k1时，|min，故选b.6已知实数a，b，则“|ab|ab|1”是“a2b21”的()a充分不必要条件 b必要不充分条件c充要条件 d既不充分也不必要条件解析：选a由绝对值三角不等式|ab|a|b|可得即此不等式组表示边长为1的正方形区域(含边界)，而a2b21表示单位圆域(含边界)，故由可以推出a2b21，但是反之不成立，故选a.7已知双曲线m：1和双曲线n：1，其中ba0，双曲线m和双曲线n交于a，b，c，d四个点，且四边形abcd的面积为4c2，则双曲线m的离心率为()a. b.3c. d.1解析：选c设a为双曲线m，n在第一象限的交点，由对称性易知四边形abcd是正方形，因为正方形abcd的面积为4c2，所以边长为2c，即a(c，c)，代入双曲线m中，得1，即1，变形为e21，整理得e43e210，所以e2e20恒成立，所以b(2n1)恒成立，所以b3.答案：1(3，)13某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，表面积为_解析：由三视图可知该几何体是由半个圆柱和一个倒立的直四棱锥组合而成的，如图，故该几何体的体积v4448，表面积为s22161612.答案：816161214已知在一次考试中甲、乙、丙三人及格的概率均为，那么三人中至少有2人及格的概率为_，记考试及格的人数为x，则随机变量x的期望为_解析：因为甲、乙、丙三人及格的概率均为，所以xb，所以p13c21，e(x)32.答案：215已知实数x0，y0，且满足xy1，则的最小值为_解析：因为xy1，所以222，当且仅当即x2，y1时等号成立答案：2216已知函数f(x)sin，对任意的x1，x2，x3，且0x1x2x3，都有|f(x1)f(x2)|f(x2)f(x3)|m成立，则实数m的最小值为_解析：原不等式恒成立，只需要m大于或等于|f(x1)f(x2)|f(x2)f(x3)|的最大值即可，则只需|f(x1)f(x2)|，|f(x2)f(x3)|都取得最大值，结合f(x)sin2x，x0，的图象易知，当x1，x2，x3时，|f(x1)f(x2)|max|1(1)|2，|f(x2)f(x3)|max1，所以|f(x1)f(x2)|f(x2)f(x3)|的最大值为3，即m的最小值为3.答案：317.已知扇环如图所示，aob120，oa2，oa，p是扇环边界上一动点，且满足xy，则2xy的取值范围为_解析：以o为坐标原点，以oa为x轴建立平面直角坐标系(图略)，易知a(2,0)，b(1，)，设p(2cos ，2sin )，(1)当点p在aa上运动时，向量与共线，显然y0，此时x(2x,0)，2x2，所以2xy2；(2)当点p在bb上运动时，向量与共线，显然x0，此时y(y，y)，2cos 60ycos 60，即y1，所以2xy1；(3)当点p在上运动时，由xy，得(2cos ，2sin )x(2,0)y(1，)，即2cos 2xy，2sin y，所以2xysin 2cos ，变形可得2xysin()，其中tan ，因为p是扇环边界上一动点，且满足xy，所以x，y均为非负实数，又1，所以可取，因为，所以当时，2xy取得最大值，最大值为，当时，2xy取得最小值，最小值为1；(4)当点p在上运动时，因为，故2xy的最大值为，最小值为1.综上所述，2xy.答案：选择填空提速专练(二)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1已知i为虚数单位，则|32i|()a. b.c. d3解析：选c由题意得|32i|，故选c.2已知ax|2x1，则a(rb)为()a(2,1) b(，1)c(0,1) d(2,0解析：选d由题意得集合bx|x0，所以rbx|x0，则a(rb)x|20)，则f(x)的奇偶性()a与有关，且与有关b与有关，但与无关c与无关，且与无关d与无关，但与有关解析：选d因为决定函数f(x)sin(x)的最小正周期，决定函数f(x)sin(x)的图象沿x轴平移的距离，所以函数f(x)sin(x)的奇偶性与无关，与有关，故选d.5已知xr，则“|x3|x1|2”是“x1”的()a充分不必要条件b必要不充分条件c充要条件d既不充分也不必要条件解析：选a因为|x3|x1|(x3)(x1)|2，当且仅当x1时，等号成立，所以|x3|x1|1，所以“|x3|x1|0)均相交，所成弦的中点为mi(xi，yi)，则下列说法错误的是()a数列xi可能是等比数列b数列yi是常数列c数列xi可能是等差数列d数列xiyi可能是等比数列解析：选c设等比数列ci的公比为q.当a0，b0时，直线byci0与抛物线y22px最多有一个交点，不符合题意；当a0，b0时，直线axci0与抛物线y22px的交点为， ，则xi，yi0，xiyi，此时数列xi是公比为q的等比数列，数列yi为常数列，数列xiyi是以q为公比的等比数列；当a0，b0时，直线axbyci0与抛物线y22px的方程联立，结合根与系数的关系易得xi，yi，此时数列yi为常数列综上所述，a，b，d正确，故选c.9若定义在(0,1)上的函数f(x)满足：f(x)0且对任意的x(0,1)，有f2f(x)，则()a对任意的正数m，存在x(0,1)，使f(x)mb存在正数m，对任意的x(0,1)，使f(x)mc对任意的x1，x2(0,1)且x1x2，有f(x1)f(x2)d.对任意的x1，x2(0,1)且x1f(x2)解析：选a令x1(0,1)，x2，则易得x2(0,1)，f(x2)2f(x1)，令x3，则易得x3(0,1)，f(x3)2f(x2)22f(x1)，依次类推得f(xn)2n1f(x1)，所以数列f(xn)构成以f(x1)为首项，2为公比的等比数列，又因为f(x1)0，所以对任意的正数m，存在nn*，使得2nf(x1)m，即存在xxn(0,1)，使得f(x)m，故选a.10.在正方体abcd a1b1c1d1中，点m，n分别是线段cd，ab上的动点，点p是a1c1d内的动点(不包括边界)，记直线d1p与mn所成角为，若的最小值为，则点p的轨迹是()a圆的一部分 b椭圆的一部分c抛物线的一部分 d双曲线的一部分解析：选b延长d1p交平面abcd于点q，则直线d1q与直线mn所成的角即为直线d1p与直线mn所成的角，则由最小角定理易得当点m与点d重合，且直线mn过点q时，直线d1q与直线mn所成的角取得最小值，此时d1qd即为直线d1q与直线mn所成的角，所以d1qd，则dd1q，所以点p在以dd1为轴，顶角为的圆锥面上运动，又因为点p在平面a1c1d上，所以点p的轨迹是椭圆的一部分，故选b.二、填空题11某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，表面积为_解析：由三视图得该几何体是一个底面为以4为底边，3为高的三角形，高为8的三棱柱截去两个以三棱柱的底为底，高为2的三棱锥后所得的组合体，则其体积为348234240，表面积为482243216.答案：40321612比较lg 2，(lg 2)2，lg(lg 2)的大小，其中最大的是_，最小的是_解析：因为1210，所以0lg 21，所以0(lg 2)2lg 2，lg(lg 2)0时，不等式组表示的平面区域为三角形区域，此时画出不等式组表示的平面区域为图中三角形区域abc(包含边界)，由图易得此时abc是以ab为底的等腰三角形，且tanbac，则tanbcotan(2bac)，所以直线ax3y40的斜率为，所以a4.答案：416若非零向量a，b满足：a2(5a4b)b，则cosa，b的最小值为_解析：由a2(5a4b)b5ab4b2得cosa，b，当且仅当|a|2|b|时，等号成立，所以cosa，b的最小值为.答案：17已知实数x，y，z满足则xyz的最小值为_解析：由xy2z1得xy12z，则5x2y2z22xyz224zz2，解得2z2，则xyz(12z)z2z2z的最小值为2(2)22720.答案：720选择填空提速专练(三)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1已知集合i0，1,2，3，4，集合m0，1,2，n0，3，4，则n(im)()a0 b3，4c1，2 d解析：选b由条件得im3，4，n(im)3，4，故选b.2双曲线x24y24的渐近线方程是()ay4x byxcy2x dyx解析：选d双曲线方程化为y21，则a2，b1，渐近线方程为yx，故选d.3在(1x3)(1x)8的展开式中，x5的系数是()a28 b84c28 d84解析：选ax5的系数为1c(1)51c(1)228，故选a.4某几何体的三视图如图所示，其俯视图是边长为1的正三角形，侧视图是菱形，则这个几何体的体积为()a. b. c. d.解析：选b由三视图知几何体为一个正三棱柱截去两个棱锥得到的组合体，如图正三棱柱中的三棱锥a1ade所示，由三视图知正三棱柱的底面边长为1，高为2，则v三棱锥a1ade122212，故选b.5函数f(x)asinbcos 2x(a，b不全为零)的最小正周期为()a. b c2 d4解析：选b将函数f(x)展开，得f(x)asin 2xcos 2x，此时令ma，nab，则f(x)msin 2xncos 2xsin(2x)，其中cos ，sin ，所以函数f(x)的最小正周期为t，故选b.6设z是复数，|zi|2(i是虚数单位)，则|z|的最大值是()a1 b2 c3 d4解析：选c|zi|2表示复数z在复平面上的对应的点在以(0,1)为圆心，半径为2的圆内(含边界)，而|z|表示此圆内(含边界)到原点的距离，其最大值为123，故选c.7已知公差为d的等差数列an的前n项和为sn，若有确定正整数n0，对任意正整数m，sn0sn0m0恒成立，则下列说法错误的是()aa1d0 dan01an020解析：选c由sn0sn0m0，d0，要么a10，即a1d0，取n01，对任意正整数m，sn0sn0m0均成立，但an0an010，所以c错误，故选c.8如图，圆m和圆n与直线l：ykx分别相切于a，b两点，且两圆均与x轴相切，两圆心的连线与l交于点c，若|om|on|且2，则实数k的值为()a1b. c. d.解析：选d分别过点m，n作x轴的垂线，垂足分别为e，f(如图所示)由题意，得macnbc，所以由2，知|ma|2|nb|.又由x轴与直线ykx是两个圆的公切线知mon90，|ma|me|，|nb|nf|，结合