2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学【新高考】方法技巧专练(一)

2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学【新高考】方法技巧专练(一)三方法技巧专练专练(一)技法1直接法1．[2020·山东高考第一次大联考]已知a＋bi(a，b∈R)是eq\f(1－i,1＋i)的共轭复数，则a＋b＝()A．－1B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D．12．[2020·山东省实验中学、淄博实验中学、烟台一中、莱芜一中四校联考]已知正实数a，b，c满足log2a＝log3b＝log6c，则()A．a＝bcB．b2＝acC．c＝abD．c2＝ab3．[2020·山东烟台、菏泽联考]若sinα＋cosα＝eq\f(\r(2),4)，则sin2α的值为________．4．[2020·山东青岛检测]在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))n的二项展开式中，仅第8项的二项式系数最大，则在该二项展开式中x4项的系数为________．技法2排除法5．[2020·山东师大附中模拟]函数y＝2x2－e|x|在[－2，2]的图象大致为()6．已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b)＝1(b>0)，直线l：y＝mx＋1，若对任意的m∈R，直线l与椭圆C恒有公共点，则实数b的取值范围是()A．[1,4)B．[1，＋∞)C．[1,4)∪(4，＋∞)D．(4，＋∞)7．[2020·山东东营胜利一中模拟]已知ω>0，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．(0,2]8．若直线x－my＋m＝0与圆(x－1)2＋y2＝1有两个交点，且两个交点分别位于坐标平面上两个不同的象限内，则m的取值范围是()A．(0,1)B．(0,2)C．(－1,0)D．(－2,0)技法3特值法9．[2020·山东济南历城二中模拟]已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是()A．a2<－abB．|a|<|b|C.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b10．设等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列等式中一定成立的是()A．Sn＋S2n＝S3nB．Seq\o\al(2,2n)＝SnS3nC．Seq\o\al(2,2n)＝Sn＋S2n－S3nD．Seq\o\al(2,n)＋Seq\o\al(2,2n)＝Sn(S2n＋S3n)11．[2020·山东聊城模拟]已知E为△ABC的重心，AD为BC边上的中线，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，若过点E的直线分别交AB，AC于P，Q两点，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝ma，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝nb，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝()A．3B．4C．5D.eq\f(1,3)12．过抛物线y＝ax2(a>0)的焦点F作一直线交抛物线于P，Q两点，若线段PF与FQ的长分别是p，q，则eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)＝________.技法4图解法13．(多选题)[2019·全国卷Ⅰ改编]关于函数f(x)＝sin|x|＋|sinx|有下列四个结论，其中正确的是()A．f(x)是偶函数B．f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递增C．f(x)在[－π，π]有4个零点D．f(x)的最大值为214．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤0，,－x＋2，x>0，))则不等式f(x)≥x2的解集为()A．[－1,1]B．[－2,2]C．[－2,1]D．[－1,2]15．[2020·山东济宁质量检测]已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，实轴长为4，渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，|MF1|－|MF2|＝4，点N在圆x2＋y2－4y＝0上，则|MN|＋|MF1|的最小值为()A．2＋eq\r(7)B．5C．6D．716．[2020·山东潍坊模拟]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e|x－1|，x>0，,－x2－2x＋1，x≤0，))若关于x的方程f2(x)－3f(x)＋a＝0(a∈R)有8个不等的实数根，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))C．(1,2)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(9,4)))专练(二)技法5构造法1．已知m，n∈(2，e)，且eq\f(1,n2)－eq\f(1,m2)<lneq\f(m,n)，则()A．m>nB．m<nC．m>2＋eq\f(1,n)D．m，n的大小关系不确定2．[2020·山东济宁模拟]已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，现有以下命题：①m⊂α，n⊂β，m⊥n⇒α⊥β；②m∥β，n∥β，m⊂α，n⊂α⇒α∥β；③m⊥β，n⊥α，m⊥n⇒α⊥β；④m⊂α，m∥n⇒n∥α.其中真命题的个数是()A．0B．1C．2D．33．(多填题)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.4．[2020·山东临沂一中模拟]已知定义在R上的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)<f(x)，且y＝f(x＋1)为偶函数，f(2)＝1，则不等式f(x)<ex的解集为________．技法6等价转化法5．设x∈R，若“1≤x≤3”是“|x－a|<2”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是()A．(1,3)B．[1,3)C．(1,3]D．[1,3]6．[2020·山东枣庄质量检测]已知函数f(x)＝x2＋ln(|x|＋1)，若对于x∈[1,2]，f(ax2)<f(3)恒成立，则实数a的取值范围是()A．－eq\f(3,4)<a<eq\f(3,4)B．－3<a<3C．a<eq\f(3,4)D．a<37．[2020·山东威海模拟]如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是CD的中点．将△ADE沿AE折起，使折起后平面ADE⊥平面ABCE，则异面直线AE和CD所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(6),3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(3,4)D.eq\f(\r(7),4)8．如图所示，正三棱柱ABC­A1B1C1中，D是BC的中点，AA1＝AB＝2，则三棱锥C1­AB1D的体积为()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2\r(3),3)D.eq\f(2\r(2),3)技法7待定系数法9．[2020·山东德州模拟]已知焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线的倾斜角为eq\f(π,6)，且其焦点到渐近线的距离为2，则该双曲线的标准方程是()A.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,2)＝1B.eq\f(x2,3)－y2＝1C.eq\f(x2,6)－eq\f(y2,4)＝1D.eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝110．设y＝f(x)是二次函数，方程f(x)＝0有两个相等实根，且f′(x)＝2x＋2，求f(x)的解析式________．11．衣柜里的樟脑丸，会因为挥发而体积变小，刚放入的新樟脑丸体积为a，经过t天后樟脑丸的体积V(t)与天数t的关系为V(t)＝a·e－kt，若新樟脑丸经过80天后，体积变为eq\f(4,11)a，则函数V(t)的解析式为________．12．[2020·山东青岛二中模拟]已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)的部分图象如图所示，其中|PQ|＝2eq\r(5)，则f(x)的解析式为________________．技法8换元法13．求函数y＝eq\f(x2＋x＋1,x＋1)(x>－1)的最值()A．1B．2C．3D．414．[2020·山东泰安质量检测]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－e，x>0，,－\f(1,x－1)，x≤0，))若关于x的方程f2(x)－mf(x)＋m2－3＝0有5个不相等的实数根，则实数m的取值范围为()A．[－eq\r(3)，2)B．(－eq\r(3)，2)C．[eq\r(3)，2)D．(eq\r(3)，2)15．已知正数x，y满足4y－eq\f(2y,x)＝1，则x＋2y的最小值为________．16．y＝sinxcosx＋sinx＋cosx的最大值是________．专练(三)技法9割补法1.如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则多面体的体积为()A.eq\f(\r(2),3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(4,3)D.eq\f(3,2)2.如图，正三棱锥S­ABC的侧棱与底面边长相等，如果E，F分别为SC，AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角等于()A．90°B．60°C．45°D．30°3.如图，已知多面体ABCDEFG，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为()A．2B．4C．6D．84．在正三棱锥S－ABC中，侧棱SC⊥侧面SAB，侧棱SC＝4eq\r(3)，则此正三棱锥的外接球的表面积为________．技法10整体代换法5．若函数f(x)是R上的单调函数，且对任意的实数x都有feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fx＋\f(2,2x＋1)))＝eq\f(1,3)，则f(log22020)＝()A．1B.eq\f(1009,1010)C.eq\f(2019,2020)D.eq\f(2019,2021)6．等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为()A．1B．2C．3D．57．[2020·山东省实验中学模拟]已知f(x)＝ax3＋bsinx＋1(ab≠0)．若f(2020)＝k，则f(－2020)＝()A．kB．－kC．1－kD．2－k8．已知三点A(1，－2)，B(a，－1)，C(－b,0)共线，则eq\f(1＋2a,a)＋eq\f(2＋b,b)(a>0，b>0)的最小值为()A．11B．10C．6D．4技法11分离参数法9．已知函数y＝eq\f(x2＋2x＋a,x)对于任意x≥1有y>0恒成立，则实数a的取值范围是________．10．[2020·山东滨州模拟]已知函数f(x)＝x3－3ax(a∈R)，函数g(x)＝lnx，若在区间[1,2]上f(x)的图象恒在g(x)的图象的上方(没有公共点)，则实数a的取值范围是________．11．已知函数f(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，若不等式f(x)≤kx对任意的x>0恒成立，则实数k的取值范围为____________．12．已知关于x的方程(t＋1)cosx－tsinx＝t＋2在(0，π)上有实根，则实数t的最大值是________．技法12估算法13．设a＝2，b＝log35，c＝log45，则a，b，c的大小关系是()A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．b＜c＜aD．c＜b＜a14．已知函数f(x)＝x－exln|x|，则该函数的图象大致为()15.[2019·全国卷Ⅰ]古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是eq\f(\r(5)－1,2)(eq\f(\r(5)－1,2)≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是eq\f(\r(5)－1,2).若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是()A．165cmB．175cmC．185cmD．190cm16．已知球O的直径FC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝eq\r(3)，∠AFC＝∠BFC＝30°，则棱锥F­ABC的体积为()A．3eq\r(3)B．2eq\r(3)C.eq\r(3)D．1专练(一)技法1直接法1．答案：D解析：eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝eq\f(－2i,2)＝－i＝a－bi，所以a＝0，b＝1，所以a＋b＝1.2．答案：C解析：∵正实数a，b，c满足log2a＝log3b＝log6c，∴设log2a＝log3b＝log6c＝k，则a＝2k，b＝3k，c＝6k，∴c＝ab.故选C.3．答案：－eq\f(7,8)解析：∵sinα＋cosα＝eq\f(\r(2),4)，两边平方得1＋sin2α＝eq\f(1,8)所以sin2α＝－eq\f(7,8).4．答案：364解析：因eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))n的二项展开式中，仅第8项的二项式系数最大，所以n＝14，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))n的展开式中第r＋1项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,14)(－2)r，令7－eq\f(3,2)r＝4，解得r＝2，则x4项的系数为Ceq\o\al(2,14)(－2)2＝364.技法2排除法5．答案：D解析：令f(x)＝2x2－e|x|(－2≤x≤2)，则f(－x)＝f(x)，即f(x)是偶函数，又f(2)＝8－e2∈(0,1)，故排除A，B；当x>0时，令g(x)＝2x2－ex，则g′(x)＝4x－ex，又g′(0)<0，g′(2)>0，所以g(x)在(0,2)内至少存在一个极值点，故f(x)＝2x2－e|x|在(0,2)内至少存在一个极值点，排除C.6．答案：C解析：注意到直线l恒过定点(0,1)，所以当b＝1时，直线l与椭圆C恒有公共点，排除D；若b＝4，则方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b)＝1不表示椭圆，排除B；若b>4，则显然点(0,1)恒在椭圆内部，满足题意，排除A.故选C.7．答案：A解析：当ω＝2，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(9π,4)))，函数f(x)不单调递减，不符合题意，∴排除D.当ω＝1，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，函数f(x)单调递减，符合题意，∴排除B，C.故选A.8．答案：D解析：由题知当m＝0时不符合题意．直线x－my＋m＝0恒过点(0,1)，斜率为eq\f(1,m)，在同一坐标系中画出直线与圆，如图所示．由直线与圆有两个交点，可得直线的斜率一定为负数，排除A，B.当直线的斜率为－1时，符合题意．排除C.故选D.技法3特值法9．答案：C解析：当a＝1，b＝－1时，满足a>0>b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b，∴A，B，D不一定成立．∵a>0>b，∴b－a<0，ab<0，∴eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)>0，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b)一定成立，故选C.10．答案：D解析：设等比数列{an}的前三项分别为a1＝1，a2＝2，a3＝4，则S1＝1，S2＝3，S3＝7，显然选项A，B，C均不成立，D成立，故选D.11．答案：A解析：由于题中直线PQ的条件是过点E，所以该直线是一条“动”直线，所以最后的结果必然是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．图1图2方法一：如图1，PQ∥BC，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，此时m＝n＝eq\f(2,3)，故eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3.故选A.方法二：如图2，取直线BE作为直线PQ，显然，此时eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))，故m＝1，n＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3.故选A.12．答案：4a解析：设直线斜率为0，因抛物线焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4a)))，把直线方程y＝eq\f(1,4a)代入抛物线方程解得x＝±eq\f(1,2a)，∴|PF|＝|FQ|＝eq\f(1,2a)，从而eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)＝4a.技法4图解法13．答案：AD解析：易知函数f(x)为偶函数，所以只需画出f(x)在区间[0，π]上的图象，由图象判断A、D正确．14．答案：A解析：分别作出f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤0，,－x＋2，x>0))和y＝x2的图象如图所示．由图可知，f(x)≥x2的解集为[－1,1]．15．答案：B解析：因为双曲线的实轴长2a＝4，所以a＝2，又因为渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，且焦点在x轴上，所以eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，即b＝1，所以双曲线的方程为eq\f(x2,4)－y2＝1.因为M点满足|MF1|－|MF2|＝4＝2a，所以点M在双曲线的右支上．依题意作图，|MN|＋|MF1|＝|MN|＋|MF2|＋2a＝|MN|＋|MF2|＋4，由图可知|MN|＋|MF2|的最小值为圆心(0,2)到F2(eq\r(5)，0)的距离减去圆的半径，即eq\r(\r(5)－02＋0－22)－2＝1，于是(|MN|＋|MF1|)min＝1＋4＝5，故选B.16．答案：D解析：函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e|x－1|，x>0，,－x2－2x＋1，x≤0))的图象如图，关于x的方程f2(x)－3f(x)＋a＝0有8个不等的实数根，f(x)必须有4个不相等的实数根，由函数f(x)图象可知f(x)∈(1,2)，令t＝f(x)，方程f2(x)－3f(x)＋a＝0化为a＝－t2＋3t，t∈(1,2)，a＝－t2＋3t，开口向下，对称轴为t＝eq\f(3,2)，可知a的最大值为－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋3×eq\f(3,2)＝eq\f(9,4)，经检验，当a＝eq\f(9,4)时，f(x)有两个相等的实数根，不符合题意．a的最小值为2(取不到)，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(9,4))).故选D.专练(二)技法5构造法1．答案：A解析：由不等式可得eq\f(1,n2)－eq\f(1,m2)<lnm－lnn，即eq\f(1,n2)＋lnn<eq\f(1,m2)＋lnm.设f(x)＝eq\f(1,x2)＋lnx(x∈(2，e))，则f′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2,x3).因为x∈(2，e)，所以f′(x)>0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．因为f(n)<f(m)，所以n<m.故选A.2．答案：B解析：如图，几何体ABCD­A1B1C1D1为长方体．对于①，A1B1⊥BC，且A1B1⊂平面A1B1C1D1，BC⊂平面ABCD，而平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以①为假命题；对于②，A1B1∥平面ABCD，分别取棱AA1，BB1的中点E，F，连接EF，显然EF∥平面ABCD，而A1B1⊂平面ABB1A1，EF⊂平面ABB1A1，而平面ABB1A1∩平面ABCD＝AB，故②为假命题；对于④，AB∥CD，AB⊂平面ABCD，但CD⊂平面ABCD，所以④为假命题．对于③，因为m⊥β，m⊥n，所以n⊂β或n∥β，又n⊥α，所以α⊥β，所以③为真命题．综上可知，真命题的个数只有一个．故选B.3．答案：1121解析：∵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＝121.4．答案：(0，＋∞)解析：令h(x)＝eq\f(fx,ex)，则h′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)<0，∴h(x)在R上是减函数，又y＝f(x＋1)是偶函数，∴y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f(2)＝f(0)＝1，由f(x)<ex得eq\f(fx,ex)<1，又h(0)＝eq\f(f0,e0)＝1，∴h(x)<h(0)，∴x>0，故原不等式的解集为(0，＋∞)．技法6等价转化法5．答案：A解析：由|x－a|<2，解得a－2<x<a＋2.因为“1≤x≤3”是“|x－a|<2”的充分不必要条件，所以[1,3](a－2，a＋2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<1，,a＋2>3，))解得1<a<3，所以实数a的取值范围是(1,3)．故选A.6．答案：A解析：易知f(x)＝x2＋ln(|x|＋1)是R上的偶函数，且在[0，＋∞)上为增函数，故原问题等价于|ax2|<3对x∈[1,2]恒成立，即|a|<eq\f(3,x2)对x∈[1,2]恒成立，所以|a|<eq\f(3,4)，解得－eq\f(3,4)<a<eq\f(3,4)，故选A.7．答案：A解析：分别取AB，AE的中点F，G，连接FC，FD，FG，DG，CG.因为在矩形ABCD中，E是CD的中点，所以CF∥AE，则∠DCF为异面直线AE和CD所成的角．又因为G为AE的中点，DA＝DE，所以DG⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，所以DG⊥平面ABCE，所以DG⊥GF，DG⊥GC.结合已知，可计算得GF＝DG＝eq\f(\r(2),2)，DF＝1，CF＝eq\r(2)，CG＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝eq\f(\r(10),2)，CD＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))2)＝eq\r(3)，所以cos∠DCF＝eq\f(DC2＋FC2－DF2,2·DC·FC)＝eq\f(\r(6),3)，故选A.8．答案：C解析：依题意，得V三棱锥C1­AB1D＝V三棱锥A­B1DC1＝eq\f(1,3)S△B1DC1×AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(22－12)＝eq\f(2\r(3),3).技法7待定系数法9．答案：D解析：由题意可设双曲线的标准方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，因为双曲线的一条渐近线的倾斜角为eq\f(π,6)，所以双曲线的一条渐近线方程为y＝eq\f(\r(3),3)x，即x－eq\r(3)y＝0，所以eq\f(c,\r(1＋3))＝2，解得c＝4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(\r(3),3)，,16＝a2＋b2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2\r(3)，,b＝2，))所以双曲线的标准方程是eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1，故选D.10．答案：f(x)＝x2＋2x＋1解析：设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b＝2x＋2，∴a＝1，b＝2，f(x)＝x2＋2x＋c.又∵方程f(x)＝0有两个相等实根，∴Δ＝4－4c＝0，解得c＝1.故f(x)＝x2＋2x＋1.11．答案：V(t)＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,11)))eq\f(t,80)(t≥0)解析：因为樟脑丸经过80天后，体积变为eq\f(4,11)a，所以eq\f(4,11)a＝a·e－80k，所以e－80k＝eq\f(4,11)，解得k＝－eq\f(1,80)lneq\f(4,11)，所以V(t)＝a·eeq\f(t,80)lneq\f(4,11)＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,11)))eq\f(t,80)，所以函数V(t)的解析式为V(t)＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,11)))eq\f(t,80)(t≥0)．12．答案：f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,3)))解析：由题图可知A＝2，P(x1，－2)，Q(x2,2)，所以|PQ|＝eq\r(x1－x22＋－2－22)＝eq\r(x1－x22＋42)＝2eq\r(5).整理得|x1－x2|＝2，所以其最小正周期T＝2|x1－x2|＝4，即eq\f(2π,ω)＝4，解得ω＝eq\f(π,2).又函数图象过点(0，－eq\r(3))，所以2sinφ＝－eq\r(3)，即sinφ＝－eq\f(\r(3),2).又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3).所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,3))).技法8换元法13．答案：A解析：设t＝x＋1，∵x>－1，∴t>0，∴x＝t－1，∴y＝eq\f(t－12＋t－1＋1,t)＝eq\f(t2－t＋1,t)＝t＋eq\f(1,t)－1≥2－1＝1.当t＝eq\f(1,t)，即t＝1时，等号成立．14．答案：D解析：画出f(x)的大致图象如图所示，令t＝f(x)(t≥0)，则关于t的二次方程为t2－mt＋m2－3＝0，设g(t)＝t2－mt＋m2－3.当方程的一个根为t＝1时，解得m＝2或m＝－1，此时方程变为t2－2t＋1＝0或t2＋t－2＝0，均不合题意，故舍去．由图象可知，当函数g(t)＝t2－mt＋m2－3的一个零点在(0,1)上，另一个零点在(1，＋∞)上时，满足题意，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g0>0，,g1<0，))解得m∈(eq\r(3)，2)．综上所述，实数m的取值范围为(eq\r(3)，2)，故选D.15．答案：2解析：由4y－eq\f(2y,x)＝1，得x＋2y＝4xy，即eq\f(1,4y)＋eq\f(1,2x)＝1，所以x＋2y＝(x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4y)＋\f(1,2x)))＝1＋eq\f(x,4y)＋eq\f(y,x)≥1＋2eq\r(\f(x,4y)·\f(y,x))＝2，当且仅当eq\f(x,4y)＝eq\f(y,x)，即x＝2y时等号成立．所以x＋2y的最小值为2.16．答案：eq\f(1,2)＋eq\r(2)解析：设sinx＋cosx＝t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，则sinxcosx＝eq\f(sinx＋cosx2－1,2)＝eq\f(t2,2)－eq\f(1,2)，所以y＝eq\f(t2,2)＋t－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(t＋1)2－1，当t＝eq\r(2)时，ymax＝eq\f(1,2)＋eq\r(2).专练(三)技法9割补法1．答案：A解析：如图，在EF上取点M，N，使EM＝FN＝eq\f(1,2)，连接MA，MD，NB，NC，则MN＝1，三棱柱ADM­BCN是直三棱柱，DM＝AM＝eq\r(AE2－EM2)＝eq\f(\r(3),2).设H为AD的中点，连接MH，则MH⊥AD，且MH＝eq\r(AM2－AH2)＝eq\f(\r(2),2)，∴S△ADM＝eq\f(1,2)AD·MH＝eq\f(\r(2),4).∴VABCDEF＝2VE­ADM＋VADM­BCN＝2×eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3).故选A.2．答案：C解析：如图，把正三棱锥S­ABC补成一个正方体AGBH­A1CB1S.∵EF∥AA1，∴异面直线EF与SA所成的角为45°.3．答案：B解析：如图，把多面体ABCDEFG补成正方体DEPG­ABHM，则VABCDEFG＝eq\f(1,2)VDEPG­ABHM＝eq\f(1,2)×23＝4.故选B.4．答案：144π解析：由正三棱锥中侧棱SC⊥侧面SAB，可得三条侧棱SA，SB，SC两两垂直．又三条侧棱相等，故可以三条侧棱为相邻三边作出一个正方体SBDC­AEFG，如图所示，其棱长为4eq\r(3)，其外接球的直径就是此正方体的体对角线，所以2R＝eq\r(4\r(3)2＋4\r(3)2＋4\r(3)2)＝12，即球半径R＝6，所以球的表面积S＝4πR2＝144π.技法10整体代换法5．答案：D解析：假设f(x0)＝eq\f(1,3)，则f(x)＋eq\f(2,2x＋1)＝x0，进而f(x)＝x0－eq\f(2,2x＋1)，从而f(x0)＝x0－eq\f(2,＋1)，当x0＝1时，f(1)＝eq\f(1,3)，因为f(x)是单调函数，所以由f(x0)＝eq\f(1,3)，可得x0＝1，所以f(x)＝1－eq\f(2,2x＋1)，所以f(log22020)＝1－eq\f(2,2log22020＋1)＝eq\f(2019,2021)，故选D.6．答案：C解析：解法一设等比数列{an}的公比为q，则a5＝a1q4，a7＝a3q4，所以q4＝eq\f(a5＋a7,a1＋a3)＝eq\f(4,8)＝eq\f(1,2).又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝2，a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝1，所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.解法二因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)(a9＋a11)，故a9＋a11＝eq\f(a5＋a72,a1＋a3)＝eq\f(42,8)＝2.同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝eq\f(a9＋a112,a5＋a7)＝eq\f(22,4)＝1.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.故选C.7．答案：D解析：∵f(2020)＝a·20203＋bsin2020＋1＝k∴a·20203＋b·sin2020＝k－1∴f(－2020)＝a·(－2020)3＋b·sin(－2020)＋1＝－a·20203－bsin2020＋1＝－(a·20203＋bsin2020)＋1＝－(k－1)＋1＝2－k.故选D.8．答案：A解析：由A(1，－2)，B(a，－1)，C(－b,0)共线得eq\f(－2,1＋b)＝eq\f(－1＋2,a－1)，整理得2a＋b＝1，所以eq\f(1＋2a,a)＋eq\f(2＋b,b)＝eq\f(4a＋b,a)＋eq\f(4a＋3b,b)＝7＋eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b)≥7＋2eq\r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝11，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(4a,b)且2a＋b＝1即a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(1,2)时，等号成立，故选A.技法11分离参数法9．答案：(－3，＋∞)解析：x≥1时，y＝eq