2023届高考数学二轮复习第二部分板块（一）系统思想方法-融会贯通教师用书理

第二局部板块〔一〕系统思想方法——融会贯穿

板块(一)系统思想方法——融会贯穿(一)小题小做巧妙选择高考数学选择题历来都是兵家必争之地，因其涵盖的知识面较宽，既有根底性，又有综合性，解题方法灵活多变，分值又高，既考查了同学们掌握根底知识的熟练程度，又考查了一定的数学能力和数学思想，试题区分度极佳．这就要求同学们掌握迅速、准确地解答选择题的方法与技巧，为全卷得到高分打下坚实的根底．一般来说，对于运算量较小的简单项选择择题，都是采用直接法来解题，即从题干条件出发，利用根本定义、性质、公式等进行简单分析、推理、运算，直接得到结果，与选项比照得出正确答案；对于运算量较大的较复杂的选择题，往往采用间接法来解题，即根据选项的特点、求解的要求，灵活选用数形结合、验证法、排除法、割补法、极端值法、估值法等不同方法技巧，通过快速判断、简单运算即可求解．下面就解选择题的常见方法分别举例说明．一、直接法直接从题目条件出发，运用有关概念、性质、定理、法那么和公式等知识，通过严密的推理和准确的运算，得出正确的结论．涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法．[典例](2023·全国卷Ⅱ)假设双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，那么C的离心率为()A．2 B．eq\r(3)C．eq\r(2) D．eq\f(2\r(3),3)[技法演示]由圆截得渐近线的弦长求出圆心到渐近线的距离，利用点到直线的距离公式得出a2，b2的关系求解．依题意，双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为bx－ay＝0.因为直线bx－ay＝0被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，所以eq\f(|2b|,\r(b2＋a2))＝eq\r(4－1)，所以3a2＋3b2＝4b2，所以3a2＝b2，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋3)＝2.[答案]A[应用体验]1．(2023·全国卷Ⅲ)设集合S＝{x|(x－2)(x－3)≥0}，T＝{x|x>0}，那么S∩T＝()A．[2,3] B．(－∞，2]∪[3，＋∞)C．[3，＋∞) D．(0,2]∪[3，＋∞)解析：选D由题意知S＝{x|x≤2或x≥3}，那么S∩T＝{x|0<x≤2或x≥3}．应选D.2．(2023·全国卷Ⅱ)执行如下图的程序框图，如果输入的a＝－1，那么输出的S＝()A．2 B．3C．4 D．5解析：选B运行程序框图，a＝－1，S＝0，K＝1，K≤6成立；S＝0＋(－1)×1＝－1，a＝1，K＝2，K≤6成立；S＝－1＋1×2＝1，a＝－1，K＝3，K≤6成立；S＝1＋(－1)×3＝－2，a＝1，K＝4，K≤6成立；S＝－2＋1×4＝2，a＝－1，K＝5，K≤6成立；S＝2＋(－1)×5＝－3，a＝1，K＝6，K≤6成立；S＝－3＋1×6＝3，a＝－1，K＝7，K≤6不成立，输出S＝3.二、数形结合法根据题目条件作出所研究问题的有关图形，借助几何图形的直观性作出正确的判断．[典例](2023·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≤0，,lnx＋1，x＞0.))假设|f(x)|≥ax，那么a的取值范围是()A．(－∞，0] B．(－∞，1]C．[－2,1] D．[－2,0][技法演示]作出函数图象，数形结合求解．当x≤0时，f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤0，所以|f(x)|≥ax化简为x2－2x≥ax，即x2≥(a＋2)x，因为x≤0，所以a＋2≥x恒成立，所以a≥－2；当x＞0时，f(x)＝ln(x＋1)＞0，所以|f(x)|≥ax化简为ln(x＋1)＞ax恒成立，由函数图象可知a≤0，综上，当－2≤a≤0时，不等式|f(x)|≥ax恒成立，选择D.[答案]D[应用体验]3．(2023·全国卷Ⅱ)F1，F2是双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1＝eq\f(1,3)，那么E的离心率为()A．eq\r(2) B．eq\f(3,2)C．eq\r(3) D．2解析：选A作出示意图，如图，离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(|F1F2|,|MF2|－|MF1|)，由正弦定理得e＝eq\f(|F1F2|,|MF2|－|MF1|)＝eq\f(sin∠F1MF2,sin∠MF1F2－sin∠MF2F1)＝eq\f(\f(2\r(2),3),1－\f(1,3))＝eq\r(2).应选A．4．(2023·全国卷Ⅱ)设x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－7≤0，,x－3y＋1≤0,3x－y－5≥0))，那么z＝2x－y的最大值为()A．10 B．8C．3 D．2解析：选B作出可行域如图中阴影局部所示，由z＝2x－y得y＝2x－z，作出直线y＝2x，平移使之经过可行域，观察可知，当直线经过点B(5,2)时，对应的z值最大．故zmax＝2×5－2＝8.三、验证法将选项或特殊值，代入题干逐一去验证是否满足题目条件，然后选择符合题目条件的选项的一种方法．在运用验证法解题时，假设能根据题意确定代入顺序，那么能提高解题速度．[典例](2023·全国卷Ⅰ)假设a>b>1,0<c<1，那么()A．ac<bc B．abc<bacC．alogbc<blogac D．logac<logbc[技法演示]法一：(特殊值验证法)根据a，b，c满足的条件，取特殊值求解．∵a>b>1,0<c<1，∴不妨取a＝4，b＝2，c＝eq\f(1,2)，对于A,4eq\f(1,2)＝2,2eq\f(1,2)＝eq\r(2)，2>eq\r(2)，∴选项A不正确．对于B,4×2eq\f(1,2)＝4eq\r(2)，2×4eq\f(1,2)＝4,4eq\r(2)>4，∴选项B不正确．对于C,4×log2eq\f(1,2)＝－4,2×log4eq\f(1,2)＝－1，－4<－1，∴选项C正确．对于D，log4eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)，log2eq\f(1,2)＝－1，－eq\f(1,2)>－1，∴选项D不正确．应选C．法二：(直接法)根据待比拟式的特征构造函数，直接利用函数单调性及不等式的性质进行比拟．∵y＝xα，α∈(0,1)在(0，＋∞)上是增函数，∴当a>b>1,0<c<1时，ac>bc，选项A不正确．∵y＝xα，α∈(－1,0)在(0，＋∞)上是减函数，∴当a>b>1,0<c<1，即－1<c－1<0时，ac－1<bc－1，即abc>bac，选项B不正确．∵a>b>1，∴lga>lgb>0，∴alga>blgb>0，∴eq\f(a,lgb)>eq\f(b,lga).又∵0<c<1，∴lgc<0.∴eq\f(algc,lgb)<eq\f(blgc,lga)，∴alogbc<blogac，选项C正确．同理可证logac>logbc，选项D不正确．[答案]C[应用体验]5．(2023·全国卷Ⅰ)假设函数f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，那么a的取值范围是()A．[－1,1] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))解析：选C法一：(特殊值验证法)取a＝－1，那么f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x－sinx，f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x－cosx，但f′(0)＝1－eq\f(2,3)－1＝－eq\f(2,3)＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A、B、D.应选C．法二：(直接法)函数f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x＋acosx＝－eq\f(4,3)cos2x＋acosx＋eq\f(5,3)≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cosx＝t，那么g(t)＝－eq\f(4,3)t2＋at＋eq\f(5,3)≥0在[－1,1]恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝－\f(4,3)＋a＋\f(5,3)≥0，,g－1＝－\f(4,3)－a＋\f(5,3)≥0，))解得－eq\f(1,3)≤a≤eq\f(1,3).应选C．四、排除法排除法也叫筛选法或淘汰法，使用排除法的前提是答案唯一，具体的做法是从条件出发，运用定理、性质、公式推演，根据“四选一〞的指令，对各个备选答案进行“筛选〞，将其中与题干相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确结论．[典例](2023·全国卷Ⅰ)函数y＝eq\f(sin2x,1－cosx)的局部图象大致为()[技法演示]根据函数的性质研究函数图象，利用排除法求解．令函数f(x)＝eq\f(sin2x,1－cosx)，其定义域为{x|x≠2kπ，k∈Z}，又f(－x)＝eq\f(sin－2x,1－cos－x)＝eq\f(－sin2x,1－cosx)＝－f(x)，所以f(x)＝eq\f(sin2x,1－cosx)为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B；因为f(1)＝eq\f(sin2,1－cos1)＞0，f(π)＝eq\f(sin2π,1－cosπ)＝0，故排除A、D，选C．[答案]C[应用体验]6．(2023·全国卷Ⅰ)函数y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为()解析：选D∵f(x)＝2x2－e|x|，x∈[－2,2]是偶函数，又f(2)＝8－e2∈(0,1)，故排除A，B.设g(x)＝2x2－ex，那么g′(x)＝4x－ex.又g′(0)<0，g′(2)>0，∴g(x)在(0,2)内至少存在一个极值点，∴f(x)＝2x2－e|x|在(0,2)内至少存在一个极值点，排除C．应选D.7．(2023·全国卷Ⅱ)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，那么y＝f(x)的图象大致为()解析：选B当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f(x)＝tanx＋eq\r(4＋tan2x)，图象不会是直线段，从而排除A、C．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝1＋eq\r(5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2eq\r(2).∵2eq\r(2)<1＋eq\r(5)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))，从而排除D，应选B.五、割补法“能割善补〞是解决几何问题常用的方法，巧妙地利用割补法，可以将不规那么的图形转化为规那么的图形，这样可以使问题得到简化，从而缩短解题时间．[典例](2023·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．假设该几何体的体积是eq\f(28π,3)，那么它的外表积是()A．17π B．18πC．20π D．28π[技法演示]由三视图复原为直观图后计算求解．由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的eq\f(1,4)，得到的几何体如图．设球的半径为R，那么eq\f(4,3)πR3－eq\f(1,8)×eq\f(4,3)πR3＝eq\f(28,3)π，解得R＝2.因此它的外表积为eq\f(7,8)×4πR2＋eq\f(3,4)πR2＝17π.应选A．[答案]A[应用体验]8．(2023·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一局部后，剩余局部的三视图如以下图，那么截去局部体积与剩余局部体积的比值为()A．eq\f(1,8) B．eq\f(1,7)C．eq\f(1,6) D．eq\f(1,5)解析：选D由三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角〞后剩余的局部，如下图，截去局部是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，那么三棱锥的体积为V1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，剩余局部的体积V2＝13－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,6),\f(5,6))＝eq\f(1,5)，应选D.六、极端值法选择运动变化中的极端值，往往是动静转换的关键点，可以起到降低解题难度的作用，因此是一种较高层次的思维方法．从有限到无限，从近似到精确，从量变到质变，运用极端值法解决某些问题，可以避开抽象、复杂的运算，降低难度，优化解题过程．[典例](2023·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC­A1B1C1内有一个体积为V的球．假设AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，那么VA．4π B．eq\f(9π,2)C．6π D．eq\f(32π,3)[技法演示]根据直三棱柱的性质找出最大球的半径，再求球的体积．由题意得，要使球的体积最大，那么球与直三棱柱的假设干面相切．设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为eq\f(6＋8－10,2)＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤eq\f(3,2)，∴Vmax＝eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝eq\f(9π,2).应选B.[答案]B[应用体验]9.如图，在棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两局部，那么其体积之比为()A．3∶1 B．2∶1C．4∶1 D．eq\r(3)∶1解析：选B将P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ(＝0)，那么有VC­AA1B＝VA1­ABC＝eq\f(VABC­A1B1C1,3).故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两局部体积之比为2∶1(或1∶2)．七、估值法由于选择题提供了唯一正确的选择项，解答又无需过程，因此可通过猜想、合情推理、估算而获得答案，这样往往可以减少运算量，防止“小题大做〞．[典例](2023·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一局部后所得，那么该几何体的体积为()A．90π B．63πC．42π D．36π[技法演示]由题意，知eq\f(1,2)V圆柱＜V几何体＜V圆柱．又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．应选B.[答案]B[应用体验]10．假设双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，那么此双曲线的离心率为()A．eq\f(\r(7),3)B．eq\f(5,4)C．eq\f(4,3)D．eq\f(5,3)解析：选D因为双曲线的一条渐近线经过点(3，－4)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(4,3).因为e＝eq\f(c,a)>eq\f(b,a)，所以e>eq\f(4,3).应选D.(二)快稳细活填空稳夺绝大多数的填空题都是依据公式推理计算型和依据定义、定理等进行分析判断型，解答时必须按规那么进行切实的计算或者符合逻辑的推理和判断．求解填空题的根本策略是要在“准〞“巧〞“快〞上下功夫．常用的方法有直接法、特殊值法、数形结合法、等价转化法、构造法、分析法等．解答填空题时，由于不反映过程，只要求结果，故对正确性的要求更高、更严格．解答时应遵循“快〞“细〞“稳〞“活〞“全〞5个原那么．填空题解答“五字诀〞快——运算要快，力戒小题大做细——审题要细，不能粗心大意稳——变形要稳，不可操之过急活——解题要活，不要生搬硬套全——答案要全，防止残缺不齐一、直接法直接法就是从题设条件出发，运用定义、定理、公式、性质、法那么等知识，通过变形、推理、计算等得出正确的结论．[典例](2023·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，假设cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，那么b＝________.[技法演示]先求出sinA，sinC的值，进而求出sinB的值，再利用正弦定理求b的值．因为A，C为△ABC的内角，且cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，所以sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，所以sinB＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(63,65).又a＝1，所以由正弦定理得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(63,65)×eq\f(5,3)＝eq\f(21,13).[答案]eq\f(21,13)[应用体验]1．(2023·全国卷Ⅰ)假设函数f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))为偶函数，那么a＝________.解析：∵f(x)为偶函数，∴f(－x)－f(x)＝0恒成立，∴－xln(－x＋eq\r(a＋x2))－xln(x＋eq\r(a＋x2))＝0恒成立，∴xlna＝0恒成立，∴lna＝0，即a＝1.答案：12．(2023·全国卷Ⅰ)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)解析：(x＋y)8中，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)x8－ryr，令r＝7，再令r＝6，得x2y7的系数为Ceq\o\al(7,8)－Ceq\o\al(6,8)＝8－28＝－20.答案：－20二、特殊值法当填空结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，我们只需把题材中的参变量用特殊值代替即可得到结论．[典例](2023·山东高考)双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，假设矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|＝3|BC|，那么E的离心率是________．[技法演示]法一：(特殊值法)利用双曲线的性质，设特殊值求解．如图，由题意知|AB|＝eq\f(2b2,a)，|BC|＝2c，又2|AB|＝3|BC|，∴设|AB|＝6，|BC|＝4，那么|AF1|＝3，|F1F2∴|AF2|＝5.由双曲线的定义可知，a＝1，c＝2，∴e＝eq\f(c,a)＝2.故填2.法二：(直接法)利用双曲线的性质，建立关于a，b，c的等式求解．如图，由题意知|AB|＝eq\f(2b2,a)，|BC|＝2C．又2|AB|＝3|BC|，∴2×eq\f(2b2,a)＝3×2c，即2b2＝3ac，∴2(c2－a2)＝3ac，两边同除以a2并整理得2e2－3e－2＝0，解得e[答案]2[应用体验]3．(2023·安徽高考)数列{an}是等差数列，假设a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，那么q＝________.解析：法一：(特殊值法)由题意知a1，a3，a5成等差数列，a1＋1，a3＋3，a5＋5成等比数列，所以观察可设a1＝5，a3＝3，a5＝1，所以q＝1.故填1.法二：(直接法)因为数列{an}是等差数列，所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0，即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.答案：1三、数形结合法根据题目条件，画出符合题意的图形，以形助数，通过对图形的直观分析、判断，往往可以快速简捷地得出正确的结果，它既是方法，也是技巧，更是根本的数学思想．[典例](2023·全国卷Ⅲ)直线l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点．假设|AB|＝2eq\r(3)，那么|CD|＝________.[技法演示]根据直线与圆的位置关系先求出m的值，再结合图象求|CD|.由直线l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0知其过定点(－3，eq\r(3))，圆心O到直线l的距离为d＝eq\f(|3m－\r(3)|,\r(m2＋1)).由|AB|＝2eq\r(3)得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m－\r(3),\r(m2＋1))))2＋(eq\r(3))2＝12，解得m＝－eq\f(\r(3),3).又直线l的斜率为－m＝eq\f(\r(3),3)，所以直线l的倾斜角α＝eq\f(π,6).画出符合题意的图形如下图，过点C作CE⊥BD，那么∠DCE＝eq\f(π,6).在Rt△CDE中，可得|CD|＝eq\f(|AB|,cos\f(π,6))＝2eq\r(3)×eq\f(2,\r(3))＝4.[答案]4[应用体验]4．(2023·全国卷Ⅰ)假设x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，,x－2y＋1≤0，,2x－y＋2≥0，))那么z＝3x＋y的最大值为________．解析：画出可行域(如下图)．∵z＝3x＋y，∴y＝－3x＋z.∴直线y＝－3x＋z在y轴上截距最大时，即直线过点B时，z取得最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2＝0，,x－2y＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))即B(1,1)，∴zmax＝3×1＋1＝4.答案：45．(2023·全国卷Ⅱ)偶函数f(x)在[0，＋∞)单调递减，f(2)＝0.假设f(x－1)>0，那么x的取值范围是________．解析：∵f(x)是偶函数，∴图象关于y轴对称．又f(2)＝0，且f(x)在[0，＋∞)上单调递减，那么f(x)的大致图象如下图，由f(x－1)>0，得－2<x－1<2，即－1<x<3.答案：(－1,3)四、等价转化法通过“化复杂为简单，化陌生为熟悉〞将问题等价转化为便于解决的问题，从而得到正确的结果．[典例](2023·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，那么a1a2…an[技法演示]利用等比数列通项公式求出首项a1与公比q，再将a1a2…an设等比数列{an}的公比为q，那么由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝eq\f(1,2).又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.故a1a2…an＝aeq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝23n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(n－1n,2)＝23n－eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)＝2－eq\f(n2,2)＋eq\f(7,2)n.记t＝－eq\f(n2,2)＋eq\f(7n,2)＝－eq\f(1,2)(n2－7n)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))2＋eq\f(49,8)，结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26[答案]64[应用体验]6．(2023·天津高考)f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．假设实数a满足f(2|a－1|)＞f(－eq\r(2))，那么a的取值范围是________．解析：∵f(x)是偶函数，且在(－∞，0)上单调递增，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减，f(－eq\r(2))＝f(eq\r(2))，∴f(2|a－1|)＞f(eq\r(2))，∴2|a－1|＜eq\r(2)＝2eq\f(1,2)，∴|a－1|＜eq\f(1,2)，即－eq\f(1,2)＜a－1＜eq\f(1,2)，即eq\f(1,2)＜a＜eq\f(3,2).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))7．(2023·全国卷Ⅰ)假设x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1≥0，,x－y≤0，,x＋y－4≤0，))那么eq\f(y,x)的最大值为________．解析：画出可行域如图阴影局部所示，∵eq\f(y,x)表示过点(x，y)与原点(0,0)的直线的斜率，∴点(x，y)在点A处时eq\f(y,x)最大．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,x＋y－4＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝3.))∴A(1,3)．∴eq\f(y,x)的最大值为3.答案：3五、构造法根据题设条件与结论的特殊性，构造出一些新的数学形式，并借助它来认识和解决问题．[典例](2023·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.假设S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，那么a1＝________，S5＝________.[技法演示]先构造等比数列，再进一步利用通项公式求解．∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是公比为3的等比数列，∴eq\f(S2＋\f(1,2),S1＋\f(1,2))＝3.又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，∴S5＋eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S1＋\f(1,2)))×34＝eq\f(3,2)×34＝eq\f(243,2)，∴S5＝121.[答案]1121[应用体验]8．(2023·浙江高考)向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.假设对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤eq\r(6)，那么a·b的最大值是________．解析：由于e是任意单位向量，可设e＝eq\f(a＋b,|a＋b|)，那么|a·e|＋|b·e|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a·a＋b,|a＋b|)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b·a＋b,|a＋b|)))≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a·a＋b,|a＋b|)＋\f(b·a＋b,|a＋b|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b·a＋b,|a＋b|)))＝|a＋b|.∵|a·e|＋|b·e|≤eq\r(6)，∴|a＋b|≤eq\r(6)，∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b∴a·b≤eq\f(1,2)，∴a·b的最大值为eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)六、分析法根据题设条件的特征进行观察、分析，从而得出正确的结论．[典例](2023·全国卷Ⅱ)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，那么甲的卡片上的数字是________．[技法演示]先确定丙的卡片上的数字，再确定乙的卡片上的数字，进而确定甲的卡片上的数字．因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.[答案]1和3[应用体验]9．(2023·全国卷Ⅰ)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一个城市．由此可判断乙去过的城市为________．解析：由甲、丙的答复易知甲去过A城市和C城市，乙去过A城市或C城市，结合乙的答复可得乙去过A城市．答案：Aeq\a\vs4\al([考前热身训练]“12＋4〞小题提速练共3套)“12＋4”小题提速练(一)(限时：40分钟总分值：80分)一、选择题1．集合A＝{1,3,5,7}，B＝{x|x2－4x≤0}，那么A∩B＝()A．(1,3) B．{1,3}C．(5,7) D．{5,7}解析：选B因为集合A＝{1,3,5,7}，B＝{x|x2－4x≤0}＝{x|0≤x≤4}，所以A∩B＝{1,3}．2．z＝eq\f(1－3i,3＋i)(i为虚数单位)，那么z的共轭复数的虚部为()A．－i B．iC．－1 D．1解析：选D∵z＝eq\f(1－3i,3＋i)＝eq\f(1－3i3－i,3＋i3－i)＝eq\f(－10i,10)＝－i，∴z的共轭复数eq\o(z,\s\up6(－))＝i，其虚部为1.3．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x＋a，|x|≤1，,－\f(10,|x|＋3)，|x|>1，))假设f(0)＝2，那么a＋f(－2)＝()A．－2 B．0C．2 D．4解析：选C∵函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x＋a，|x|≤1，,－\f(10,|x|＋3)，|x|>1，))由f(0)＝2，可得log2(0＋a)＝2，∴a＝4.∴a＋f(－2)＝4－eq\f(10,5)＝2.4．如图，圆C内切于扇形AOB，∠AOB＝eq\f(π,3)，假设向扇形AOB内随机投掷600个点，那么落入圆内的点的个数估计值为()A．100 B．200C．400 D．450解析：选C如下图，作CD⊥OA于点D，连接OC并延长交扇形于点E，设扇形半径为R，圆C半径为r，∴R＝r＋2r＝3r，∴落入圆内的点的个数估计值为600·eq\f(πr2,\f(1,6)π3r2)＝400.5．双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与圆(x－eq\r(3))2＋(y－1)2＝1相切，那么此双曲线的离心率为()A．2 B．eq\r(5)C．eq\r(3) D．eq\r(2)解析：选A由题可知双曲线的渐近线方程为bx±ay＝0，与圆相切，∴圆心(eq\r(3)，1)到渐近线的距离为eq\f(|\r(3)b－a|,\r(a2＋b2))＝1或eq\f(|\r(3)b＋a|,\r(a2＋b2))＝1，又a>0，b＞0，解得eq\r(3)a＝b，∴c2＝a2＋b2＝4a2，即c＝2a，∴e＝eq\f(c,a)＝2.6．某程序框图如下图，该程序运行后输出S的值是()A．－3 B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．2解析：选A模拟程序框图的运算结果如下：开始S＝2，i＝1.第一次循环，S＝－3，i＝2；第二次循环，S＝－eq\f(1,2)，i＝3；第三次循环，S＝eq\f(1,3)，i＝4；第四次循环，S＝2，i＝5；第五次循环，S＝－3，i＝6；……，可知S的取值呈周期性出现，且周期为4，∵跳出循环的i值2018＝504×4＋2，∴输出的S＝－3.7．在△ABC中，|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))|＝eq\r(3)|eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→))|，|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝3，那么eq\o(CB,\s\up7(→))·eq\o(CA,\s\up7(→))的值为()A．3 B．－3C．－eq\f(9,2) D．eq\f(9,2)解析：选D由|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))|＝eq\r(3)|eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→))|，两边平方可得|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＋|eq\o(AC,\s\up7(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝3|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＋3|eq\o(AC,\s\up7(→))|2－6eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))，又|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝3，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\f(9,2)，∴eq\o(CB,\s\up7(→))·eq\o(CA,\s\up7(→))＝(eq\o(CA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→)))·eq\o(CA,\s\up7(→))＝eq\o(CA,\s\up7(→))2＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CA,\s\up7(→))＝eq\o(CA,\s\up7(→))2－eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝9－eq\f(9,2)＝eq\f(9,2).8．设{an}是公差不为0的等差数列，满足aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,5)＝aeq\o\al(2,6)＋aeq\o\al(2,7)，那么{an}的前10项和S10＝()A．－10 B．－5C．0 D．5解析：选C由aeq\o\al(2,4)＋aeq\o\al(2,5)＝aeq\o\al(2,6)＋aeq\o\al(2,7)，可得(aeq\o\al(2,6)－aeq\o\al(2,4))＋(aeq\o\al(2,7)－aeq\o\al(2,5))＝0，即2d(a6＋a4)＋2d(a7＋a5)＝0，∵d≠0，∴a6＋a4＋a7＋a5＝0，∵a5＋a6＝a4＋a7，∴a5＋a6＝0，∴S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝5(a5＋a6)＝0.9．函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋ex)－1))cosx的图象的大致形状是()解析：选B∵f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋ex)－1))cosx，∴f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋e－x)－1))cos(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ex,1＋ex)－1))cosx＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋ex)－1))cosx＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，函数图象关于原点对称，可排除A，C；又由当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)<0，函数图象位于第四象限，可排除D，应选B.10．过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点(点A在第一象限)，假设eq\o(AF,\s\up7(→))＝3eq\o(FB,\s\up7(→))，那么直线AB的斜率为()A．B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\r(3)解析：选D作出抛物线的准线l：x＝－1，设A，B在l上的投影分别是C，D，连接AC，BD，过B作BE⊥AC于E，如下图．∵eq\o(AF,\s\up7(→))＝3eq\o(FB,\s\up7(→))，∴设|AF|＝3m，|BF|＝m，那么|AB|＝4m由点A，B分别在抛物线上，结合抛物线的定义，得|AC|＝|AF|＝3m，|BD|＝|BF|＝m，那么|AE|＝2因此在Rt△ABE中，cos∠BAE＝eq\f(|AE|,|AB|)＝eq\f(2m,4m)＝eq\f(1,2)，得∠BAE＝60°.所以直线AB的倾斜角∠AFx＝60°，故直线AB的斜率为k＝tan60°＝eq\r(3).11．某几何体的三视图如图，假设该几何体的所有顶点都在一个球面上，那么该球面的外表积为()A．4π B．eq\f(28π,3)C．eq\f(44π,3) D．20π解析：选B由三视图知，该几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是2，那么三棱柱的两个底面的中心连线的中点到三棱柱的顶点的距离就是其外接球的半径r，所以r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\r(3)))2＋12)＝eq\r(\f(7,3))，那么球面的外表积为4πr2＝4π×eq\f(7,3)＝eq\f(28π,3).12．设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0.那么当eq\f(xy,z)取得最大值时，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值为()A．0 B．1C．eq\f(9,4) D．3解析：选B∵x2－3xy＋4y2－z＝0，∴z＝x2－3xy＋4y2，又x，y，z均为正实数，∴eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤eq\f(1,2\r(\f(x,y)×\f(4y,x))－3)＝1(当且仅当x＝2y时等号成立)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xy,z)))max＝1，此时x＝2y，那么z＝x2－3xy＋4y2＝(2y)2－3×2y×y＋4y2＝2y2，∴eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝eq\f(1,y)＋eq\f(1,y)－eq\f(1,y2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))2＋1≤1，当且仅当y＝1时等号成立，满足题意．∴eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值为1.二、填空题13．等比数列{an}中，a1＋a3＝eq\f(5,2)，a2＋a4＝eq\f(5,4)，那么a6＝________.解析：∵a1＋a3＝eq\f(5,2)，a2＋a4＝eq\f(5,4)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝\f(5,2)，,a1q＋a1q3＝\f(5,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝2，))∴a6＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5＝eq\f(1,16).答案：eq\f(1,16)14．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，那么coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2θ))＝________.解析：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2θ))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)15．设实数x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－y－6≤0，,x－y＋2≥0，,x≥0，,y≥0，))假设目标函数z＝ax＋by(a>0，b>0)的最大值为10，那么a2＋b2的最小值为________．解析：由z＝ax＋by(a>0，b>0)得y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)，∵a＞0，b＞0，∴直线y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)的斜率为负．作出不等式组表示的可行域如图，平移直线y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)，由图象可知当y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)经过点A时，直线在y轴上的截距最大，此时z也最大．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－y－6＝0，,x－y＋2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝6，))即A(4,6)．此时z＝4a＋6b＝10，即2a＋3即点(a，b)在直线2x＋3y－5＝0上，因为a2＋b2的几何意义为直线上的点到原点距离的平方，又原点到直线的距离d＝eq\f(|－5|,\r(22＋32))＝eq\f(5,\r(13))，故a2＋b2的最小值为d2＝eq\f(25,13).答案：eq\f(25,13)16．函数f(x)＝|xex|－m(m∈R)有三个零点，那么m的取值范围为________．解析：函数f(x)＝|xex|－m(m∈R)有三个零点，即y＝|xex|与y＝m的图象有三个交点．令g(x)＝xex，那么g′(x)＝(1＋x)ex，当x＜－1时，g′(x)＜0，当x＞－1时，g′(x)＞0，故g(x)＝xex在(－∞，－1)上为减函数，在(－1，＋∞)上是增函数，g(－1)＝－eq\f(1,e)，又由x＜0时，g(x)＜0，当x＞0时，g(x)＞0，故函数y＝|xex|的图象如下图：由图象可知y＝m与函数y＝|xex|的图象有三个交点时，m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，故m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))“12＋4”小题提速练(二)(限时：40分钟总分值：80分)一、选择题1．(2023·西安模拟)集合A＝{x|log2x≥1}，B＝{x|x2－x－6＜0}，那么A∩B＝()A．∅ B．{x|2＜x＜3}C．{x|2≤x＜3} D．{x|－1＜x≤2}解析：选C化简集合得A＝{x|x≥2}，B＝{x|－2＜x＜3}，那么A∩B＝{x|2≤x＜3}．2．(2023·福州模拟)复数z＝2＋i，那么eq\f(\x\to(z),z)＝()A．eq\f(3,5)－eq\f(4,5)i B．－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)iC．eq\f(5,3)－eq\f(4,3)i D．－eq\f(5,3)＋eq\f(4,3)i解析：选A因为z＝2＋i，所以eq\f(\x\to(z),z)＝eq\f(2－i,2＋i)＝eq\f(2－i2,5)＝eq\f(3,5)－eq\f(4,5)i.3．设a＝log32，b＝ln2，c＝5－eq\f(1,2)，那么a，b，c的大小关系为()A．a＜b＜c B．b＜c＜aC．c＜a＜b D．c＜b＜a解析：选C因为a＝log32＝eq\f(1,log23)，b＝ln2＝eq\f(1,log2e)，而log23＞log2e＞1，所以a＜b，又c＝5－eq\f(1,2)＝eq\f(1,\r(5))，eq\r(5)＞2＝log24＞log23，所以c＜a，故c＜a＜b.4．(2023届高三·兰州一中月考)在电视台举办的一次智力答题中，规定闯关者从图中任选一题开始，必须连续答对能连成一条线的3道题目，闯关才能成功，那么闯关成功的答题方法有()A．3种 B．8种C．30种 D．48种解析：选D能连成横着的一条线的有123,456,789，共3种，能连成竖着的一条线的有147,258,369，共3种，能连成对角线的有159,357，共2种，故共有8种．又因为每种选择的答题顺序是任意的，故每种选择都有6种答题方法：如答题为1,2,3时，答题方法有：1→2→3,1→3→2,2→1→3,2→3→1,3→1→2,3→2→1.所以共有8×6＝48(种)答题方法．5．(2023·合肥模拟)设变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥－1，,x＋y≤4，,y≥2，))那么目标函数z＝x＋2y的最大值为()A．5 B．6C．eq\f(13,2) D．7解析：选C作出不等式组表示的可区域如图中阴影局部所示，由图易知，当直线z＝x＋2y经过直线x－y＝－1与x＋y＝4的交点，即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,2)))时，z取得最大值，zmax＝x＋2y＝eq\f(13,2).6．(2023届高三·宝鸡调研)阅读如下图的程序框图，运行相应的程序，假设输入x的值为1，那么输出S的值为()A．64 B．73C．512 D．585解析：选B依题意，执行题中的程序框图，当输入x的值为1时，进行第一次循环，S＝1＜50，x＝2；进行第二次循环，S＝1＋23＝9＜50，x＝4；进行第三次循环，S＝9＋43＝73＞50，此时结束循环，输出S的值为73.7．(2023·衡阳三模)在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，假设数列{an＋1}也是等比数列，那么Sn＝()A．2n＋1－2 B．3nC．2n D．3n－1解析：选C因为数列{an}为等比数列，a1＝2，设其公比为q，那么an＝2qn－1，因为数列{an＋1}也是等比数列，所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)⇒aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2⇒an＋an＋2＝2an＋1⇒an(1＋q2－2q)＝0⇒q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n.8．点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB＝BC＝AC＝eq\r(3)，假设四面体ABCD体积的最大值为eq\r(3)，那么这个球的外表积为()A．eq\f(169,16)π B．8πC．eq\f(289,16)π D．eq\f(25,16)π解析：选C如下图，当点D位于球的正顶部时四面体的体积最大，设球的半径为R，那么四面体的高为h＝R＋eq\r(R2－1)，四面体的体积为V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(eq\r(3))2×sin60°×(R＋eq\r(R2－1))＝eq\f(\r(3),4)×(R＋eq\r(R2－1))＝eq\r(3)，解得R＝eq\f(17,8)，所以球的外表积S＝4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,8)))2＝eq\f(289π,16)，应选C．9．(2023届高三·湖北七校联考)圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r＞0)．设条件p：0＜r＜3，条件q：圆C上至多有2个点到直线x－eq\r(3)y＋3＝0的距离为1，那么p是q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C圆C：(x－1)2＋y2＝r2的圆心(1,0)到直线x－eq\r(3)y＋3＝0的距离d＝eq\f(|1－\r(3)×0＋3|,\r(12＋－\r(3)2))＝2.当0＜r＜1时，直线在圆外，圆上没有点到直线的距离为1；当r＝1时，直线在圆外，圆上只有1个点到直线的距离为1；当1＜r＜2时，直线在圆外，此时圆上有2个点到直线的距离为1；当r＝2时，直线与圆相切，此时圆上有2个点到直线的距离为1；当2＜r＜3时，直线与圆相交，此时圆上有2个点到直线的距离为1.综上，当0＜r＜3时，圆C上至多有2个点到直线x－eq\r(3)y＋3＝0的距离为1，由圆C上至多有2个点到直线x－eq\r(3)y＋3＝0的距离为1可得0＜r＜3，故p是q的充要条件，应选C．10．(2023·合肥模拟)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e.P是椭圆上一点，满足PF2⊥F1F2，点Q在线段PF1上，且eq\o(F1Q,\s\up7(→))＝2eq\o(QP,\s\up7(→)).假设eq\o(F1P,\s\up7(→))·eq\o(F2Q,\s\up7(→))＝0，那么e2＝()A．eq\r(2)－1 B．2－eq\r(2)C．2－eq\r(3) D．eq\r(5)－2解析：选C由题意可知，在Rt△PF1F2中，F2Q⊥PF1，所以|F1Q|·|F1P|＝|F1F2|2，又|F1Q|＝eq\f(2,3)|F1P|，所以有eq\f(2,3)|F1P|2＝|F1F2|2＝4c2，即|F1P|＝eq\r(6)c，进而得出|PF2|＝eq\r(2)C．又由椭圆定义可知，|PF1|＋|PF2|＝eq\r(6)c＋eq\r(2)c＝2a，解得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(6)＋\r(2))＝eq\f(\r(6)－\r(2),2)，所以e2＝2－eq\r(3).11．(2023·广州模拟)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)(ω＞0,0＜φ＜π)是奇函数，直线y＝eq\r(2)与函数f(x)的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为eq\f(π,2)，那么()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递减B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(3π,8)))上单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(3π,8)))上单调递增解析：选Df(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝eq\r(2)sinωx＋φ＋eq\f(π,4)，因为0＜φ＜π且f(x)为奇函数，所以φ＝eq\f(3π,4)，即f(x)＝－eq\r(2)sinωx，又直线y＝eq\r(2)与函数f(x)的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为eq\f(π,2)，所以函数f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)，由eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,2)，可得ω＝4，故f(x)＝－eq\r(2)sin4x，由2kπ＋eq\f(π,2)≤4x≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，即eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)≤x≤eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)，k∈Z，令k＝0，得eq\f(π,8)≤x≤eq\f(3π,8)，此时f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(3π,8)))上单调递增，应选D.12．(2023·贵阳模拟)函数f(x)＝ln(x2－4x－a)，假设对任意的m∈R，均存在x0使得f(x0)＝m，那么实数a的取值范围是()A．(－∞，－4) B．(－4，＋∞)C．(－∞，－4] D．[－4，＋∞)解析：选D依题意得，函数f(x)的值域为R，令函数g(x)＝x2－4x－a，其值域A包含(0，＋∞)，因此对方程x2－4x－a＝0，有Δ＝16＋4a≥0，解得a≥－4，即实数a二、填空题13．(2023·兰州模拟)菱形ABCD的边长为a，∠ABC＝eq\f(π,3)，那么eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝________.解析：由菱形的性质知|eq\o(BD,\s\up7(→))|＝eq\r(3)a，|eq\o(CD,\s\up7(→))|＝a，且〈eq\o(BD,\s\up7(→))，eq\o(CD,\s\up7(→))〉＝eq\f(π,6)，∴eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\r(3)a×a×coseq\f(π,6)＝eq\f(3,2)a2.答案：eq\f(3,2)a214．(2023·石家庄模拟)假设eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))n的展开式的二项式系数之和为64，那么含x3项的系数为________．解析：由题意，得2n＝64，所以n＝6，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))6，其展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)(x2)6－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,6)x12－3r.令12－3r＝3，得r＝3，所以展开式中含x3项的系数为Ceq\o\al(3,6)＝20.答案：2015．某批产品成箱包装，每箱5件，一用户在购进该批产品前先取出三箱，再从每箱中任意抽取2件产品进行检验，设取出的三箱中分别有0件、1件、2件二等品，其余为一等品．用ξ表示抽检的6件产品中二等品的件数，那么ξ的数学期望E(ξ)＝________.解析：由题意知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(9,50)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＋eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(12,25)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2),C\o\al(2,5))＋eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(1,25)，所以ξ的数学期望为E(ξ)＝0×eq\f(9,50)＋1×eq\f(12,25)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,25)＝eq\f(6,5).答案：eq\f(6,5)16．(2023届高三·云南调研)三棱锥P­ABC的所有顶点都在外表积为eq\f(289π,16)的球面上，底面ABC是边长为eq\r(3)的等边三角形，那么三棱锥P­ABC体积的最大值为________．解析：依题意，设球的半径为R，那么有4πR2＝eq\f(289π,16)，R＝eq\f(17,8)，△ABC的外接圆半径为r＝eq\f(\r(3),2sin60°)＝1，球心到截面ABC的距离h＝eq\r(R2－r2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,8)))2－12)＝eq\f(15,8)，因此点P到截面ABC的距离的最大值等于h＋R＝eq\f(17,8)＋eq\f(15,8)＝4，因此三棱锥P­ABC体积的最大值为eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)×\r(3)2))×4＝eq\r(3).答案：eq\r(3)“12＋4”小题提速练(三)(限时：40分钟总分值：80分)一、选择题1．集合M＝{x|16－x2≥0}，集合N＝{y|y＝|x|＋1}，那么M∩N＝()A．{x|－2≤x≤4} B．{x|x≥1}C．{x|1≤x≤4} D．{x|x≥－2}解析：选C由M中16－x2≥0，即(x－4)(x＋4)≤0，解得－4≤x≤4，所以M＝{x|－4≤x≤4}，集合N＝{y|y＝|x|＋1}＝[1，＋∞)，那么M∩N＝{x|1≤x≤4}．2．假设复数z满足z(4－i)＝5＋3i(i为虚数单位)，那么复数z的共轭复数为()A．1－i B．－1＋iC．1＋i D．－1－i解析：选A由z(4－i)＝5＋3i，得z＝eq\f(5＋3i,4－i)＝eq\f(5＋3i4＋i,4－i4＋i)＝eq\f(17＋17i,17)＝1＋i，那么复数z的共轭复数为1－i.3．由变量x与y的一组数据：x1571319yy1y2y3y4y5得到的线性回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝2x＋45，那么eq\o(y,\s\up6(－))＝()A．135 B．90C．67 D．63解析：选D根据表中数据得eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(1,5)×(1＋5＋7＋13＋19)＝9，线性回归方程eq\o(y,\s\up6(^))＝2x＋45过点(eq\o(x,\s\up6(－))，eq\o(y,\s\up6(－)))，那么eq\o(y,\s\up6(－))＝2×9＋45＝63.4．如图给出一个算法的程序框图，该程序框图的功能是()A．输出a，b，c三个数中的最大数B．输出a，b，c三个数中的最小数C．将a，b，c按从小到大排列D．将a，b，c按从大到小排列解析：选B由程序框图知：第一个判断框是比拟a，b大小，a的值是a，b之间的较小数；第二个判断框是比拟a，c大小，输出的a是a，c之间的较小数．∴该程序框图的功能是输出a，b，c三个数中的最小数．应选B.5．函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象经过以下平移，可以得到函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))图象的是()A．向右平移eq\f(π,6)个单位 B．向左平移eq\f(π,6)个单位C．向右平移eq\f(π,3)个单位 D．向左平移eq\f(π,3)个单位解析：选B把函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝coseq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位，可得y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象．6．f(x)是定义在R上的偶函数且以2为周期，那么“f(x)为[0,1]上的增函数〞是“f(x)为[3,4]上的减函数〞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C∵f(x)是定义在R上的偶函数，∴假设f(x)为[0,1]上的增函数，那么f(x)在[－1,0]上是减函数，又∵f(x)是定义在R上的以2为周期的函数，且[3,4]与[－1,0]相差两个周期，∴两区间上的单调性一致，所以可以得出f(x)为[3,4]上的减函数，故充分性成立．假设f(x)为[3,4]上的减函数，同样由函数周期性可得出f(x)在[－1,0]上是减函数，再由函数是偶函数可得出f(x)为[0,1]上的增函数，故必要性成立．综上，“f(x)为[0,1]上的增函数〞是“f(x)为[3,4]上的减函数〞的充要条件．7．某三棱锥的三视图如下图，其三个视图都是直角三角形，那么该三棱锥的体积为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．1 D．6解析：选A由中的三视图可得，该三棱锥的底面面积S＝eq\f(1,2)×2×1＝1，高h＝1，故体积V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3).8．向量a与b的夹角为60°，|a|＝4，|b|＝1，且b⊥(a－xb)，那么实数x为()A．4 B．2C．1 D．eq\f(1,2)解析：选B∵b⊥(a－xb)，∴b·(a－xb)＝0，即a·b－xb2＝4×1×cos60°－x＝0，解得x＝2.9．点P在直线x＝－1上移动，过点P作圆(x－2)2＋(y－2)2＝1的切线，相切于点Q，那么切线长|PQ|的最小值为()A．2 B．2eq\r(2)C．3 D．eq\r(10)解析：选B圆心(2,2)到直线x＝－1的距离为d＝3＞r＝1，故直线和圆相离．故切线长|PQ|的最小值为eq\r(9－1)＝2eq\r(2).10．(2023·太原三模)等比数列{an}的各项均为不等于1的正数，数列{bn}满足bn＝lgan，b3＝18，b6＝12，那么数列{bn}的前n项和的最大值为()A．126 B．130C．132 D．134解析：选C设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，由题意可知，lga3＝b3，lga6＝b6.又b3＝18，b6＝12，那么a1q2＝1018，a1q5＝1012，∴q3＝10－6，即q＝10－2，∴a1＝1022.又{an}为正项等比数列，∴{bn}为等差数列，且公差d＝－2，b1＝22，故bn＝22＋(n－1)×(－2)＝－2n＋24.∴数列{bn}的前n项和Sn＝22n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋23n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(23,2)))2＋eq\f(529,4).又n∈N*，故n＝11或12时，(Sn)max＝132.11．设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p＞0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，那么直线OM的斜率的最大值为()A．eq\f(\r(3),3) B．eq\f(2,3)C．eq\f(\r(2),2) D．1解析：选C由题