（浙江专用）2019高考数学二轮复习第二板块考前熟悉3大解题技法学案.doc

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1、1第二板块 考前熟悉 3 大解题技法(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，既有基础性，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基础知识的熟练程度，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基础一般来说，对于运算量较小的简单选择题，都是采用直接法来解题，即从题干条件出发，利用基本定义、性质、公式等进行简单分析、推理、运算，直接得到结果，与选项对比得出正确答案；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

2、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直接法直接从题目条件出发，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 (2016浙江高考)已知椭圆 C1： y21( m1)与双曲线x2m2C2： y21( n0)的焦点重合， e1， e2分别为 C1， C2的离心率，则( )x2n2A m n 且 e1e21 B m n 且 e1e21C m n 且 e1e21 D m n 且 e1e21技法演示 考查了椭圆与双曲线的

3、焦点、离心率，抓住焦点相同这个条件得到 m， n之间的关系，代入离心率的公式即可得解法一：由题意知 m21 n21，即 m2 n22，则 mn， e1e2 m2 1m2 n2 1n2 1.故选 A. n2 1 2n2 n2 2 n4 2n2 1n4 2n2法二：由题意知 m21 n21，即 m2 n22，则 mn，不妨设 m23，则 n21， e1， e2 ，则 e1e2 1，故选 A.23 2 43答案 A应用体验1(2016浙江高考)已知集合 P xR|1 x3，Q xR| x24，则 P( RQ)( )2A2,3 B(2,3C1,2) D(，21，)解析：选 B Q xR| x24， R

4、Q xR| x24 xR|2 x2 P xR|1 x3， P( RQ) xR|2 x3(2,32(2014浙江高考)在(1 x)6(1 y)4的展开式中，记 xmyn项的系数为 f(m， n)，则f(3,0) f(2,1) f(1,2) f(0,3)( )A45 B60C120 D210解析：选 C 由题意知 f(3,0)C C ， f(2,1)C C ， f(1，2)C C ， f(0,3)3604 2614 1624C C ，因此 f(3,0) f(2,1) f(1，2) f(0,3)120，选 C.0634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

5、典例 (2017浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD， AB BC， AB BC AD2， CD3， AC 与 BD 交于点 O.记 I1 ， I2 ， I3 ，则( )OA OB OB OC OC OD A I1I3，作 AG BD 于 G，又 AB AD， OB ，即 I1I3，OA OB OC OD 3 I30)上，如图，数形结合可知|ab| min| | CB |3 CA 1.故选 A.3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，若能根据题意确定代入顺序，则能提高解题速4度典例 (2016浙江高考)已知实数 a，

6、 b， c，( )A若| a2 b c| a b2 c|1，则 a2 b2 c2100B若| a2 b c| a2 b c|1，则 a2 b2 c2100C若| a b c2| a b c2|1，则 a2 b2 c2100D若| a2 b c| a b2 c|1，则 a2 b2 c2100技法演示 通过逻辑判断，借助于举反例排除 A、B、C 选项，选项 D 的证明对于学生来说是很高的要求法一：对于 A，取 a b10， c110，显然| a2 b c| a b2 c|1 成立，但 a2 b2 c2100，即 a2 b2 c2100 不成立对于 B，取 a210， b10， c0，显然| a2

7、b c| a2 b c|1 成立，但 a2 b2 c2110，即 a2 b2 c2100 不成立对于 C，取 a10， b10， c0，显然| a b c2| a b c2|1 成立，但 a2 b2 c2200，即 a2 b2 c2100 不成立综上知，A、B、C 均不成立，所以选 D.法二：选项 A，取 a b， c( a2 a)，则| a2 b c| a b2 c|01，此时由于 a 可任取，则 c 无界，显然无法得到 a2 b2 c21log aa，当 a1 时， ba，即 ba1，则( a1)( b1)50，( a1)( a b)0，选 D.再验证：当 00，正确(说明：作为选择题，

8、“00，排除 D 选项e e 11 1e又 e2， 1，排除 C 选项故选 B.1e12 1e答案 B应用体验6(2017浙江高考)函数 y f(x)的导函数 y f( x)的图象如图所示，则函数y f(x)的图象可能是( )解析：选 D 由 f( x)的图象知， f( x)的图象有三个零点，故 f(x)在这三个零点处取得极值，排除 A、B；记导函数 f( x)的零点从左到右分别为 x1， x2， x3，又在(， x1)上 f( x)0，所以函数 f(x)在(， x1)上单调递减，6排除 C，故选 D.7(2014浙江高考)在同一直角坐标系中，函数 f(x) xa(x0)， g(x)log a

9、x 的图象可能是( )解析：选 D 当 a1 时，函数 f(x) xa(x0)单调递增，函数 g(x)log ax 单调递增，且过点(1,0)，由幂函数的图象性质可知 C 错；当 00)单调递增，函数 g(x)log ax 单调递减，且过点(1,0)，排除 A，又由幂函数的图象性质可知 B 错，因此选 D.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，可以将不规则的图形转化为规则的图形，这样可以使问题得到简化，从而缩短解题时间典例 (2018全国卷)在长方体 ABCDA1B1C1D1中， AB BC1， AA1 ，则异面3直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为( )A. B15

10、 56C. D55 22技法演示 用补形法，再补上一个相同的长方体，构造出一个三角形，使三角形一个内角为所求角或其补角，然后解三角形得解如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBAE1F1B1A1.连接 B1F，由长方体性质可知， B1F AD1，所以 DB1F 为异面直线 AD1与 DB1所成的角或其补角连接 DF，由题意，得 DF ， FB1 2， DB1 12 1 1 2 5 12 3 2 12 12 3 2.5在 DFB1中，由余弦定理，得DF2 FB DB 2 FB1DB1cos DB1F，21 21即 54522 cos DB1F，5所以 cos DB

11、1F .55答案 C应用体验8已知在正四面体 ABCD 中， E 为 BC 中点， F 为直线 BD 上一点，则平面 AEF 与平面7ACD 所成二面角的正弦值的取值范围是( )A. B23， 1 33， 1C. D23， 63 23， 22解析：选 A 如图，将正四面体 ABCD 放入正方体中，体对角线BK平面 ACD，所以平面 AEF 与平面 ACD 所成二面角的平面角的正弦值等于直线 BK 与平面 AEF 所成角的余弦值由最小角定理，直线 BK 与平面 AEF 所成角不大于直线 BK 与 AE 所成角当 BK平面 AEF 时，直线 BK 与平面 AEF 所成角为 0，其余弦值为 1.又直

12、线 BK 与 AE 所成角的余弦值为 ，故平面 AEF 与平面 ACD 所成二面角的平面角的正弦值的取值范围是 .23 23， 1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 (2016全国卷)在封闭的直三棱柱 ABCA1B1C1内有一个体积为 V 的球若AB BC， AB6， BC8， AA13，则 V 的最大值是( )A4 B92C6 D323技法演示 根据直三棱柱的性质找出最大球的半径，再求球的体积设球

13、的半径为 R， ABC 的内切圆半径为 2， R2.又6 8 1022R3， R ， Vmax 3 .故选 B.32 43 (32) 92答案 B应用体验9双曲线 x2 y21 的左焦点为 F，点 P 为左支下半支异于顶点 A 的任意一点，则直线 PF 斜率的变化范围是( )A(，1)(1，)B(，0)C(，0)(1，)D(1，)8解析：选 C 如图所示，当 P A 时， PF 的斜率 k0.当 PF x 轴时， PF 的斜率不存在，即 k.当 P 在无穷远处时， PF 的斜率 k1.结合四个备选项得，选 C.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，因此可通过猜测、合情推理、估

14、算而获得答案，这样往往可以减少运算量，避免“小题大做” 典例 (2017浙江高考)如图，已知正四面体 DABC(所有棱长均相等的三棱锥)， P，Q， R 分别为 AB， BC， CA 上的点，AP PB， 2，分别记二面角 DPRQ， DPQR， DQRP 的平面角BQQC CRRA为 ， ， ，则( )A 0， b0)矩形 ABCD 的四个顶点在 E 上， AB， CD 的中x2a2 y2b211点为 E 的两个焦点，且 2|AB|3| BC|，则 E 的离心率是_解析：法一：(特殊值法)如图，由题意知| AB| ，| BC|2 c，又2b2a 2|AB|3|BC|，设| AB|6，| BC

15、|4，则| AF1|3，| F1F2|4，| AF2|5.由双曲线的定义可知， a1， c2， e 2.ca法二：(直接法)如图，由题意知| AB| ，| BC|2 c.2b2a又 2|AB|3| BC|，2 32 c，即 2b23 ac，2b2a2( c2 a2)3 ac，两边同除以 a2并整理，得 2e23 e20，解得 e2(负值舍去)答案：2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，更是基本的数学思想典例 已知函数 f(x)Error!在区间1， m上的最大值是 2，则 m 的取值范围是_技

16、法演示 f(x)Error!作出函数的图象，如图所示，因为函数 f(x)在1， m上的最大值为 2，又 f(1) f(4)2，所以11)上两点 A， B 满足x242 ，则当 m_时，点 B 横坐标的绝对值最大AP PB 技法演示 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，由 2 ，AP PB 得Error! 即 x12 x2， y132 y2.因为点 A， B 在椭圆上，所以Error!得 y2 m ，所以 x m(32 y2)2 m2 m (m5) 244，14 34 2 14 52 94 14所以当 m5 时，点 B 横坐标的绝对值最大答案 5应用体验6(2016浙江高考)如图，在

17、ABC 中，AB BC2， ABC120.若平面 ABC 外的点 P 和线段 AC 上的点 D，满足 PD DA， PB BA，则四面体 PBCD 的体积的最大值是_解析：在 ABC 中， AB BC2， ABC120， AC 2 .22 22 222( 12) 3设 CD x，则 AD2 x，313 PD2 x，3 VPBCD S BCDh13 BCCDsin 30PD13 12 x(2 x) 216 3 16(x 23 x2 ) 2 ，16 (232) 12当且仅当 x2 x，即 x 时取“” ，3 3此时 PD ， BD1， PB2，满足题意3故四面体 PBCD 的体积的最大值为 .12

18、答案：127设 x， y 为实数，若 4x2 y2 xy1，则 2x y 的最大值是_解析：4 x2 y2 xy1，(2 x y)23 xy1 2xy1 21，(2 x y)2 ，(2 x y)max .32 32 (2x y2 ) 85 2105答案：2105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 (2016浙江高考)设数列 an的前 n 项和为 Sn.若S24， an1 2 Sn1， nN *，则 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 an1 2 Sn1， Sn1 Sn2 Sn1， Sn1 3 Sn1， Sn1

19、 3 ，12 (Sn 12)数列 是公比为 3 的等比数列，Sn12 3.S2 12S1 12又 S24， S11， a11，14 S5 34 34 ，12 (S1 12) 32 2432 S5121.答案 1 121应用体验8(2016浙江高考)已知向量 a，b，|a|1，|b|2.若对任意单位向量 e，均有|ae|be| ，则 ab 的最大值是_6解析：由于 e 是任意单位向量，可设 e ，a b|a b|则|ae|be| |a a b|a b| | |b a b|a b| | |a a b|a b| b a b|a b| | |ab|.| a b a b|a b| |ae|be| ，6|

20、ab| ，(ab) 26，6|a| 2|b| 22ab6.|a|1，|b|2，142ab6，ab ，ab 的最大值为 .12 12答案：12.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 2x Asin(x ) b(A0)，则A_， b_.解析 2cos 2xsin 2x1cos 2xsin 2x1 sin ，1 sin2 (2x 4) 2 Asin(x )

21、b， A ， b1.(2x 4) 2答案 1215点评 例 1 中根据题设条件把 2cos2xsin 2x 化成 1 sin 后，对比原条2 (2x 4)件恒等式两边可直接得出两空的结果， A ， b1.2应用体验1(2015浙江高考)双曲线 y21 的焦距是_，渐近线方程是x22_解析：由双曲线标准方程，知双曲线焦点在 x 轴上，且a22， b21， c2 a2 b23，即 c ，焦距 2c2 ，渐近线方程为 y x，即3 3bay x.22答案：2 y x322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

22、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_cm 2，体积是_cm 3.(2)(2015浙江高考)已知函数 f(x)Error!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(cm 2)，体积为 224232(cm 3)(2)

23、 f(3)lg(3) 21lg 101， f(f(3) f(1)1230.16当 x1 时， x 32 32 3，当且仅当 x ，即 x 时等号成立，2x x2x 2 2x 2此时 f(x)min2 30；2当 x1 时，lg( x21)lg(0 21)0，此时 f(x)min0.所以 f(x)的最小值为 2 3.2答案 (1)72 32 (2)0 2 32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应用体验2(2015

24、浙江高考)函数 f(x)sin 2xsin xcos x1 的最小正周期是_，单调递减区间是_解析： f(x)sin 2xsin xcos x1 sin 2x11 cos 2x2 12 sin 2x cos 2x12 12 32 sin ，22 (2x 4) 32函数 f(x)的最小正周期 T.令 2 k2 x 2 k，( kZ)， 2 4 32解之可得函数 f(x)的单调递减区间为(kZ)k 38， k 78答案： (kZ)k 38， k 78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

25、，第二空便可顺势解答例 3 (2018萧山中学模拟)设等比数列 an的首项 a11，且 4a1,2a2， a3成等差数列，则公比 q_；数列 an的前 n 项和 Sn_.解析 因为 a11，且 4a1,2a2， a3成等差数列，所以 4a24 a1 a3，即 4q4 q2，17解得 q2，所以 Sn 2 n1.1 2n1 2答案 2 2 n1点评 例 3 中根据题设条件求出 q2 后，再根据等比数列的求和公式求出 Sn.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应用体验3(2017浙江名校协作体联考)已知在 ABC 中， AB3， BC ， AC2，且 O 是7AB

26、C 的外心，则 _， _.AO AC AO BC 解析：因为 O 是 ABC 的外心，所以向量 在向量 上的投影 1，向量AO AC 在向量 上的投影 ，所以 2， ，所AO AB 32 AO AC AO AB 92以 2 .AO BC AO AC AO AB 92 52答案：2 52(三)有舍有得压轴大题多抢分高考是选拔性的考试，试卷中必然要有综合考查数学知识、数学思想的能力型试题，即拉分题(亦即压轴题)对大部分考生来说，如何从拿不下的题目(压轴题)中分段得分，是考生高考数学能否取得圆满成功的重要标志，是使考生能否达到“名牌大学任我挑”的关键对此可采用如下三个策略达到高分的目的如遇到一个不会

27、做的问题，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能写几步就写几步特别是那些解题层次明显的题目，每一步演算到得分点时都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半如下例：典例 1 (本小题满分 15 分)如图，设椭圆 C： 1( ab0)，动直线 l 与椭圆x2a2 y2b2C 只有一个公共点 P，且点 P 在第一象限(1)已知直线 l 的斜率为 k，用 a， b， k 表示点 P 的坐标；18(2)若过原点 O 的直线 l1与 l 垂直，证明：点 P 到直线 l1的距离最大值为 a b.规范解答及评分细则(1)设直线 l 的方程为 y kx m

28、(k0， an1 1(nN *)规范解答及评分细则(1)由 an0， an1 an2 2 (由题知 an1 an2 )，1an 1 an 2an 1即 an2 N 时， an aN1 1 ，(10 分)1an 1 1 anan 1 1an 1于是 1 ，1aN 2 1 1aN 1 11 .1aN n 1 1aN n 1 1累加可得 n1 .(*)(12 分)1aN n 1 1aN 1 1由假设可得 aN n1 1 时，显然有 n1 0，1aN 1 1 1aN 1 1因此有 1(nN *)(15 分)法二：假设存在 aN1( N1， NN *)，由(1)可得当 nN 时，0 1.(10 分)1

29、an 11 an 1an 1aN 1于是 1 an(1 an1 ) ，(1aN 1)1 an1 (1 an2 ) ，(1aN 1)1 aN2 (1 aN1 ) .(1aN 1)累乘可得 1 an(1 aN1 ) n N1 ，(*)(12 分)(1aN 1)由(1)可得 1 anlog N1 时，1aN 1( 11 aN 1)则有(1 aN1 ) n N1 1，(1aN 1)这显然与(*)矛盾所以 an1(nN *)(15 分)抢分有招一些证明问题，若直接证明比较困难，可从结论分析，把结论转化为易证明的问题，或利用反证法证明其结论的反面不成立，这是求解一些证明问题的常见思路一道题目的完整解答，既

30、有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，根据题目的意思列出要用的公式等罗列这些小步骤都是有分的，这些全是解题思路的重要体现，切不可以不写，对计算能力要求高的，实行解到哪里算哪里的策略书写也是辅助解答， “书写要工整，卷面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应典例 3 (本小题满分 15 分)已知椭圆 C： 1，( a b0)的两个焦点分别为x2a2 y2b2F1(1,0)， F2(1,0)，且椭圆 C 经过点 P .(43， 13)(1)求椭圆 C 的离心率；(2)设过点 A(0,

31、2)的直线 l 与椭圆 C 交于 M， N 两点，点 Q 是线段 MN 上的点，且 ，求点 Q 的轨迹方程2|AQ|2 1|AM|2 1|AN|221规范解答及评分细则(1)由椭圆定义知，2a| PF1| PF2| 2 ，所以 a .(43 1)2 (13)2 (43 1)2 (13)2 2 2又由已知， c1，所以椭圆 C 的离心率 e .(3 分)ca 12 22(2)由(1)知，椭圆 C 的方程为 y21.x22设点 Q 的坐标为( x， y)当直线 l 与 x 轴垂直时，直线 l 与椭圆 C 交于(0,1)，(0，1)两点，此时点 Q 的坐标为 .(4 分)(0， 2355)当直线 l

32、 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 y kx2.因为 M， N 在直线 l 上，可设点 M， N 的坐标分别为( x1， kx12)，( x2， kx22)，则|AM|2(1 k2)x ，| AN|2(1 k2)x .21 2又| AQ|2 x2( y2) 2(1 k2)x2.(7 分)由 ，2|AQ|2 1|AM|2 1|AN|2得 ，2 1 k2 x2 1 1 k2 x21 1 1 k2 x2即 . (8 分)2x2 1x21 1x2 x1 x2 2 2x1x2x21x2将 y kx2 代入 y21 中，得x22(2k21) x28 kx60. 由 (8 k)24(2 k21)60

33、，得 k2 .32由可知， x1 x2 ， x1x2 ，(9 分) 8k2k2 1 62k2 1代入中并化简，得 x2 . 1810k2 3因为点 Q 在直线 y kx2 上，所以 k ，代入中并化简，得 10(y2)y 2x23 x218.(11 分)由及 k2 ，可知 0 x2 ，32 3222即 x .(62， 0) (0， 62)又 满足 10(y2) 23 x218，(0， 2355)故 x .(62， 62)由题意，Q( x， y)在椭圆 C 内，所以1 y1，(13 分)又由 10(y2) 2183 x2有( y2) 2 ，95， 94)且1 y1，则 y .(12， 2 355

34、所以点 Q 的轨迹方程为 10(y2) 23 x218，其中 x ， y .(15 分)(62， 62) (12， 2 355抢分有招第二问求点 Q 的轨迹方程不易求解，考生可以利用图形特点先求出直线 l 垂直于 x 轴时所满足条件的点 Q 坐标，即使以下不作解答，阅卷老师也将酌情给分像这类问题中根据图形和题意求出一些特殊点的坐标、方程或正确作出图形的方法即为辅助解答法，此法是解题过程中必不可少的一种方法考 前 组 合 练 “107”小题提速保分练(一)一、选择题1已知集合 P x|x29，Q x|x2，则 PQ( )A x|x3 B x|x2 C x|22，所以PQ x|x32 “ ”是“s

35、in ”的( ) 3 32A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件解析：选 D 充分性：当 时，比如 ，此时 sin 0，显然不满足 sin 3 ，充分性不具备；3223必要性：当 sin 时，比如 ，此时 sin 1，但不满足 ，32 32 ( 32) 3必要性不具备所以“ ”是“sin ”的既不充分也不必要条件 3 323设 m， n 是两条不同的直线， 是一个平面，则下列说法正确的是( )A若 m ， n ，则 m n B若 m ， n ，则 m nC若 m ， n ，则 m n D若 m ， n ，则 m n解析：选 C 对于 A，若 m ， n ， m

36、， n 还可能相交或异面，故 A 是错误的；对于 B，若 m ， n ， m， n 可能是平行的，故 B 是错误的；对于 C，若 m ， n ，则 m n，显然 C 是正确的；对于 D，若 m ， n ，则 m n，显然 D 是错误的4某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A. B212 26C. D23 2解析：选 B 由三视图易知该几何体为三棱锥，则该几何体的体积 V .13 (1211) 2 265已知 y f(x) x 是偶函数，且 f(2)1，则 f(2)( )A2 B3C4 D5解析：选 D y f(x) x 是偶函数， f(x) x f

37、( x) x.当 x2 时， f(2)2 f(2)2，又 f(2)1， f(2)5.6在等差数列 an中， a13， a1 a2 a321，则 a3 a4 a5( )A45 B42C21 D84解析：选 A 由题意得 a1 a2 a33 a221， a27，24又 a13，所以公差 d a2 a14.所以 a3 a4 a5( a1 a2 a3)6 d212445.7由函数 ycos 2x 的图象通过平移变换得到函数 ycos 的图象，这个变(2x 3)换可以是( )A向左平移 个单位长度 6B向右平移 个单位长度 6C向左平移 个单位长度 3D向右平移 个单位长度 3解析：选 B 因为 yco

38、s cos ，所以可以由函数 ycos 2x 的图象(2x 3) 2(x 6)向右平移 个单位长度得到函数 ycos 的图象 6 (2x 3)8若不等式组Error!表示一个三角形内部的区域，则实数 a 的取值范围是( )A. B ( ，34) (34， )C. D( ，32) (32， )解析：选 C 作出不等式组Error!表示的平面区域如图中阴影部分所示联立Error! 解得 x y ，即 A ，34 (34， 34)因为 x ya 表示直线的右上方部分，由图可知，若不等式组构成三角形，则点 A 在 x y a 的右上方即可又 A ，所以 a，即 a0”是“ Sn为递增数列”的( )A充

39、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 “ an0”“数列 Sn是递增数列” ，“ an0”是“数列 Sn是递增数列”的充分条件当数列 an为1,0,1,2,3,4，显然数列 Sn是递增数列，但是 an不一定大于零，还有可能小于等于零，29“数列 Sn是递增数列”不能推出“ an0” ，“ an0”不是“数列 Sn为递增数列”的必要条件“对于任意正整数 n， an0”是“数列 Sn为递增数列”的充分不必要条件6已知实数 x， y 满足不等式组Error!则| x y|的最大值为( )A0 B2C4 D8解析：选 C 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分

40、所示，|x y| 的几何意义为表示区域内2|x y|2 2 |x y|12 1 2的点到直线 x y0 的距离的 倍，2由图可知点 A(4,0)到直线 x y0 距离最大，所以| x y|的最大值为 4.2|4 0|27某城市的街道如图，某人要从 A 地前往 B 地，则路程最短的走法有( )A8 种 B10 种C12 种 D32 种解析：选 B 此人从 A 到 B，路程最短的走法应走 2 纵 3 横，将纵用 0 表示，横用 1 表示，则一种走法就是 2 个 0 和 3 个 1 的一个排列，只需从 5 个位置中选 2 个排 0，其余位置排 1 即可，故共有 C 10 种258设抛物线 y24 x

41、 的焦点为 F，过点 P(2,0)的直线与抛物线相交于 A， B 两点，与抛物线的准线相交于 C，若| BF| ，则 ( )52 S BCFS ACFA. B56 1430C. D1516 1522解析：选 D 如图，抛物线的准线方程为 l： x1，分别过 A， B 作准线 l 的垂线 AM， BN，则| BN| BF| ，52点 B 的横坐标为 ，不妨设 B ，则直线 AB 的方程32 (32， 6)为 y2 x4 ，6 6联立方程组Error!30得 6x225 x240，设点 A 的横坐标为 x0，则 x0 ，解得 x0 .32 256 83| AM| x01 ，113 .S BCFS

42、ACF |BC|AC| |BN|AM| 15229已知 a 为正常数， f(x)Error!若存在 ，满足 f(sin ) f(cos )，( 4， 2)则实数 a 的取值范围是( )A. B (12， 1) (22， 1)C(1， ) D2 (12， 22)解析：选 D 设 g(x) x2 ax1，则其关于直线 x a 对称的曲线为 g( x2 a)，g( x2 a)( x2 a)2 a( x2 a)1 x23 ax2 a21，所以函数 f(x)的图象关于直线 x a 对称，且在 a，)上为增函数所以 a sin .sin cos 2 22 ( 4)因为 ， .( 4， 2) 4 ( 2， 34)所以 a sin .22 ( 4) (12， 22)10已知 x， y 均为非负实数，且 x y1，则 4x24 y2(1 x y)2的取值范围为( )A. B1,423， 4C2,4 D2,9解析：选 A 设 z，则问题等价于 x y2 z1，1 x y2满足 x， y， z0，求 4(x2 y2 z2)的取值范围设点 A ， B(1,0,0)， C(0，