浙江2019版高考数学复习第三篇渗透数学思想提升学科素养三求准提速秒杀选择填空题试题.docx

3求准提速，秒杀选择、填空题选择、填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点在高考中，选择、填空题的题量较大，共同特点是不管过程，只要结果因此解答这类题目除直接法外，还要掌握一些解题的基本策略，避免“小题大做”解题基本解答策略是：充分利用题目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，提高解题速度方法一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，结合有关性质或结论，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题.1已知全集U1,2,3,4,5，若集合A1,3,5，B3,4,5，则(UA)(UB)等于()AB2C1,3D2,5答案B解析由题意得UA2,4，UB1,2，(UA)(UB)2故选B.2已知满足sin，则coscos等于()A.B.CD答案A解析coscos(cossin)(cossin)(cos2sin2)(12sin2)，故选A.3已知a，b均为正实数，且ab3，则的最小值为_答案解析因为a，b均为正实数，所以(ab)(当且仅当ab时等号成立)，即的最小值为.4已知抛物线C1：y24x的焦点为F，点P为抛物线上一点，且|PF|3，双曲线C2：1(a0，b0)的渐近线恰好过P点，则双曲线C2的离心率为_答案解析设点P(x0，y0)，由抛物线定义得x0(1)3，所以x02.又因为y4x0，得y02，即P(2，2)又因为双曲线C2的渐近线过P点，所以，故e.方法二特值、特例法当题目已知条件中含有某些不确定的量，可将题中变化的不定量选取符合条件的恰当特殊情形(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，可以多取几个特例.5函数yxsinx的部分图象大致为()答案A解析函数yxsinx是偶函数，其图象关于y轴对称，选项C，D错误；令x1可得ysin110，选项B错误故选A.6已知函数f(x)lnxax21，若存在实数x1，x21，)，且x1x21，使得f(x1)f(x2)成立，则实数a的取值范围为()A.B.C.D.答案B解析当a0时，f(x)lnx1，若f(x1)f(x2)，则x1x2，显然不成立，排除C，D；取x12，x21，由f(x1)f(x2)，得a1ln24a1，得a，排除A，故选B.7如图，在直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1PBQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为()A31B21C41D.1答案B解析将P，Q置于特殊位置：PA1，QB，此时仍满足条件A1PBQ，则有VPABC.剩余部分的体积为，所以截后两部分的体积比为21.8如图，在三棱锥OABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OAOBOC，分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为_答案S3S2S1解析要满足各个截面使分得的两个三棱锥体积相等，则需满足与截面对应的交点E，F，G分别为中点，故可以将三条棱长分别取为OA6，OB4，OC2，如图，则可计算S13，S22，S3，故S3S20)恰有三个不相等的实根，则实数k的取值范围是()A.B.C.D.答案B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)，则f(x).当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)为增函数；当x(1，)时，f(x)t，则0t10，所以stst1.故选D.11已知函数f(x)关于x的方程f(x)m(mR)有四个不同的实数解x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4的取值范围为_答案(0,1)解析函数f(x)的图象如图所示，关于x的方程f(x)m恰有四个互不相等的实根x1，x2，x3，x4，即函数yf(x)的图象与直线ym有四个不同的交点，则0m0时，由对数函数的性质知，log2x3log2x4，x3x41，当x0时，由yx22x的对称性知，x1x22，又x1x2x20，(x1)(x2)2，所以0x1x2(x1)(x2)21，所以0x1x2x3x41.12已知函数f(x)方程f(x)a0有四个不同的根，记最大的根的所有取值为集合D，若函数F(x)f(x)kx(xD)有零点，则k的取值范围是()A.B.C.D.答案B解析作出函数f(x)的图象如图，由图可知Dx|2x4，函数F(x)f(x)kx(xD)有零点，即方程f(x)kx有根，即ykx图象与yf(x)图象在上有交点，则k的最小值为，设过原点的直线与ylog2x的切点为，由y，得k，则切线方程为ylog2x0(xx0)，把(0,0)代入，可得log2x0，即x0e，切线斜率为，即为k的最大值，k的取值范围是，故选B.方法四构造模型法构造模型法是由题目的条件和结论的特殊性构造出几何体、函数、向量等数学模型，然后在模型中进行推导与运算，达到快速解题的目的.构造模型法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，细致观察题目中数学结构、形式上的特点，通过分析、联想、类比接触过的数学模型，寻找灵感构造具体的数学模型.13某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A3B2C2D2答案B解析在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD为该四棱锥的最长棱由三视图可知正方体的棱长为2，故SD2.故选B.14中国古代数学名著张丘建算经中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”其意思是：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里若该匹马按此规律继续行走7天，则它这14天内所走的总路程为()A.里B1050里C.里D2100里答案C解析由题意，该匹马每日所行路程构成等比数列an，其中首项为a1，公比q，S7700, 则700，那么S14700.15已知f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f(x)，若2f(x)f(x)2017e2x1(其中e为自然对数的底数)的解集为_答案(0，) 解析构造函数F(x)，则F(x)0，故函数F(x)在R上为增函数，又因为F(0)201812017，因此不等式F(x)2017的解集为(0，)16.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的体积为_答案解析如图，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CD2R，因此R，故球O的体积V.1原命题p：“设a，b，cR，若ab，则ac2bc2”以及它的逆命题，否命题、逆否命题中，真命题的个数为()A0B1C2D4答案C解析由当c0时，ac2bc20，得原命题为假命题，则其逆否命题为假命题，原命题的逆命题为“设a，b，cR，若ac2bc2，则ab”，为真命题，则原命题的否命题为真命题，故选C.2函数y2|x|x2(xR)的图象大致为()答案A解析首先注意到函数y2|x|x2(xR)是偶函数，所以其图象关于y轴对称，因此排除B和D，又当x0时，y200210，故排除C，故选A.3设alog54，b(log53)2，clog45则a，b，c的大小关系为()AacbBbacCabcDbca答案B解析因为alog54，b(log53)2，clog45，显然a1，b1，所以c的值最大，故排除A，D选项又因为0log53log54(log53)2，即ab.综上bac.4已知函数f(x)若关于x的函数yf(x)2bf(x)1有8个不同的零点，则实数b的取值范围是()A(2，) B2，)C.D.答案D解析函数f(x)作出f(x)的简图，如图所示，由图象可得当f(x)在(0,4上任意取一个值时，都有四个不同的x与f(x)的值对应再结合题中函数yf(x)2bf(x)1有8个不同的零点，可得关于k的方程k2bk10有两个不同的实数根k1，k2，且0k14,0k24.解得2b，故选D.5已知函数f(x)x3bx2cxd(b，c，d为常数)，当x(0,1)时取极大值，当x(1,2)时取极小值，则2(c3)2的取值范围是()A.B(，5)C.D(5,25)答案D解析因为函数f(x)x3bx2cxd的导数为f(x)3x22bxc.又由于当x(0,1)时取极大值，当x(1,2)时取极小值，所以f(x)3x22bxc0在(0,1)和(1,2)内各有一根，所以即可得在bOc坐标系中画出其表示的区域如图，因为2(c3)2表示点D与可行域内的点连线的距离的平方，通过图形可得过点A时最大，过点B时最小，通过计算可得2(c3)2的取值范围为(5,25)，故选D.6(2018天一大联考)在四面体ABCD中，若ABCD，ACBD2，ADBC，则四面体ABCD的外接球的表面积为()A2B4C6D8答案C解析如图所示，该四面体的四个顶点为长方体的四个顶点，设长、宽、高分别为a，b，c，则三式相加得a2b2c26，因为该四面体的外接球直径为长方体的体对角线长，所以4R2a2b2c26，所以外接球表面积S4R26.7.如图所示，在平行四边形ABCD中，APBD，垂足为P，且AP3，则_.答案18解析把平行四边形ABCD看成正方形，则点P为对角线的交点，AC6，则18.8若锐角，满足cos2cos2cos21，那么tantantan的最小值为_答案2解析如图，构造长方体ABCDA1B1C1D1，设ABa，ADb，AA1c，C1AB，C1AD，C1AA1，则cos2cos2cos21.从而有tantantan2.当且仅当abc时，tantantan取最小值2.9.，(其中e为自然对数的底数)的大小关系是_答案0，得x2，即函数f(x)在(2，)上单调递增，所以f(4)f(5)f(6)，即.10已知数列an满足a11，anan1nanan1(nN*)，则an_.答案解析anan1nanan1，n(nN*)，1，2，n1，累加得12(n1)，即1，an(nN*)11若动直线xa(aR)与函数f(x)sin与g(x)cos的图象分别交于M，N两点，则|MN|的最大值为_.答案2解析实际上|MN|f(x)g(x)|，因此我们只要求|f(x)g(x)|的最大值，令h(x)|f(x)g(x)|2sinx|，其最大值为2.12已知a，b，c，dR且满足1，则(ac)2(bd)2的最小值