2024《試吧大考卷》二輪專題闖關導練數學【新高考】方法技巧專練(一)三方法技巧專練專練(一)技法1直接法1．[2020·山東高考第一次大聯考]已知a＋bi(a，b∈R)是eq\f(1－i,1＋i)的共軛復數，則a＋b＝()A．－1B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D．12．[2020·山東省實驗中學、淄博實驗中學、煙臺一中、萊蕪一中四校聯考]已知正實數a，b，c滿足log2a＝log3b＝log6c，則()A．a＝bcB．b2＝acC．c＝abD．c2＝ab3．[2020·山東煙臺、菏澤聯考]若sinα＋cosα＝eq\f(\r(2),4)，則sin2α的值為________．4．[2020·山東青島檢測]在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))n的二項展開式中，僅第8項的二項式系數最大，則在該二項展開式中x4項的系數為________．技法2排除法5．[2020·山東師大附中模擬]函數y＝2x2－e|x|在[－2，2]的圖象大致為()6．已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b)＝1(b>0)，直線l：y＝mx＋1，若對任意的m∈R，直線l與橢圓C恒有公共點，則實數b的取值范圍是()A．[1,4)B．[1，＋∞)C．[1,4)∪(4，＋∞)D．(4，＋∞)7．[2020·山東東營勝利一中模擬]已知ω>0，函數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))上單調遞減，則ω的取值范圍是()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．若直線x－my＋m＝0與圓(x－1)2＋y2＝1有兩個交點，且兩個交點分別位于坐標平面上兩個不同的象限內，則m的取值范圍是()A．(0,1)B．(0,2)C．(－1,0)D．(－2,0)技法3特值法9．[2020·山東濟南歷城二中模擬]已知a>0>b，則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．設等比數列{an}的前n項和為Sn，則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·山東聊城模擬]已知E為△ABC的重心，AD為BC邊上的中線，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，若過點E的直線分別交AB，AC于P，Q兩點，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝ma，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝nb，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝()A．3B．4C．5D.eq\f(1,3)12．過拋物線y＝ax2(a>0)的焦點F作一直線交拋物線于P，Q兩點，若線段PF與FQ的長分別是p，q，則eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)＝________.技法4圖解法13．(多選題)[2019·全國卷Ⅰ改編]關于函數f(x)＝sin|x|＋|sinx|有下列四個結論，其中正確的是()A．f(x)是偶函數B．f(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調遞增C．f(x)在[－π，π]有4個零點D．f(x)的最大值為214．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤0，,－x＋2，x>0，))則不等式f(x)≥x2的解集為()A．[－1,1]B．[－2,2]C．[－2,1]D．[－1,2]15．[2020·山東濟寧質量檢測]已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，實軸長為4，漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，|MF1|－|MF2|＝4，點N在圓x2＋y2－4y＝0上，則|MN|＋|MF1|的最小值為()A．2＋eq\r(7)B．5C．6D．716．[2020·山東濰坊模擬]已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e|x－1|，x>0，,－x2－2x＋1，x≤0，))若關于x的方程f2(x)－3f(x)＋a＝0(a∈R)有8個不等的實數根，則a的取值范圍是()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)))專練(二)技法5構造法1．已知m，n∈(2，e)，且eq\f(1,n2)－eq\f(1,m2)<lneq\f(m,n)，則()A．m>nB．m<nC．m>2＋eq\f(1,n)D．m，n的大小關系不確定2．[2020·山東濟寧模擬]已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，現有以下命題：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.其中真命題的個數是()A．0B．1C．2D．33．(多填題)設數列{an}的前n項和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則a1＝________，S5＝________.4．[2020·山東臨沂一中模擬]已知定義在R上的可導函數y＝f(x)的導函數為f′(x)，滿足f′(x)<f(x)，且y＝f(x＋1)為偶函數，f(2)＝1，則不等式f(x)<ex的解集為________．技法6等價轉化法5．設x∈R，若“1≤x≤3”是“|x－a|<2”的充分不必要條件，則實數a的取值范圍是()A．(1,3)B．[1,3)C．(1,3]D．[1,3]6．[2020·山東棗莊質量檢測]已知函數f(x)＝x2＋ln(|x|＋1)，若對于x∈[1,2]，f(ax2)<f(3)恒成立，則實數a的取值范圍是()A．－eq\f(3,4)<a<eq\f(3,4)B．－3<a<3C．a<eq\f(3,4)D．a<37．[2020·山東威海模擬]如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是CD的中點．將△ADE沿AE折起，使折起后平面ADE⊥平面ABCE，則異面直線AE和CD所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(6),3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(3,4)D.eq\f(\r(7),4)8．如圖所示，正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是BC的中點，AA1＝AB＝2，則三棱錐C1-AB1D的體積為()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待定系數法9．[2020·山東德州模擬]已知焦點在x軸上的雙曲線的一條漸近線的傾斜角為eq\f(π,6)，且其焦點到漸近線的距離為2，則該雙曲線的標準方程是()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．設y＝f(x)是二次函數，方程f(x)＝0有兩個相等實根，且f′(x)＝2x＋2，求f(x)的解析式________．11．衣柜里的樟腦丸，會因為揮發而體積變小，剛放入的新樟腦丸體積為a，經過t天后樟腦丸的體積V(t)與天數t的關系為V(t)＝a·e－kt，若新樟腦丸經過80天后，體積變為eq\f(4,11)a，則函數V(t)的解析式為________．12．[2020·山東青島二中模擬]已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)的部分圖象如圖所示，其中|PQ|＝2eq\r(5)，則f(x)的解析式為________________．技法8換元法13．求函數y＝eq\f(x2＋x＋1,x＋1)(x>－1)的最值()A．1B．2C．3D．414．[2020·山東泰安質量檢測]已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－e，x>0，,－\f(1,x－1)，x≤0，))若關于x的方程f2(x)－mf(x)＋m2－3＝0有5個不相等的實數根，則實數m的取值范圍為()A．[－eq\r(3)，2)B．(－eq\r(3)，2)C．[eq\r(3)，2)D．(eq\r(3)，2)15．已知正數x，y滿足4y－eq\f(2y,x)＝1，則x＋2y的最小值為________．16．y＝sinxcosx＋sinx＋cosx的最大值是________．專練(三)技法9割補法1.如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則多面體的體積為()A.eq\f(\r(2),3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(4,3)D.eq\f(3,2)2.如圖，正三棱錐S-ABC的側棱與底面邊長相等，如果E，F分別為SC，AB的中點，那么異面直線EF與SA所成的角等于()A．90°B．60°C．45°D．30°3.如圖，已知多面體ABCDEFG，AB，AC，AD兩兩垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為()A．2B．4C．6D．84．在正三棱錐S－ABC中，側棱SC⊥側面SAB，側棱SC＝4eq\r(3)，則此正三棱錐的外接球的表面積為________．技法10整體代換法5．若函數f(x)是R上的單調函數，且對任意的實數x都有feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fx＋\f(2,2x＋1)))＝eq\f(1,3)，則f(log22020)＝()A．1B.eq\f(1009,1010)C.eq\f(2019,2020)D.eq\f(2019,2021)6．等比數列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，則a9＋a11＋a13＋a15的值為()A．1B．2C．3D．57．[2020·山東省實驗中學模擬]已知f(x)＝ax3＋bsinx＋1(ab≠0)．若f(2020)＝k，則f(－2020)＝()A．kB．－kC．1－kD．2－k8．已知三點A(1，－2)，B(a，－1)，C(－b,0)共線，則eq\f(1＋2a,a)＋eq\f(2＋b,b)(a>0，b>0)的最小值為()A．11B．10C．6D．4技法11分離參數法9．已知函數y＝eq\f(x2＋2x＋a,x)對于任意x≥1有y>0恒成立，則實數a的取值范圍是________．10．[2020·山東濱州模擬]已知函數f(x)＝x3－3ax(a∈R)，函數g(x)＝lnx，若在區間[1,2]上f(x)的圖象恒在g(x)的圖象的上方(沒有公共點)，則實數a的取值范圍是________．11．已知函數f(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，若不等式f(x)≤kx對任意的x>0恒成立，則實數k的取值范圍為____________．12．已知關于x的方程(t＋1)cosx－tsinx＝t＋2在(0，π)上有實根，則實數t的最大值是________．技法12估算法13．設a＝2，b＝log35，c＝log45，則a，b，c的大小關系是()A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．b＜c＜aD．c＜b＜a14．已知函數f(x)＝x－exln|x|，則該函數的圖象大致為()15.[2019·全國卷Ⅰ]古希臘時期，人們認為最美人體的頭頂至肚臍的長度與肚臍至足底的長度之比是eq\f(\r(5)－1,2)(eq\f(\r(5)－1,2)≈0.618，稱為黃金分割比例)，著名的“斷臂維納斯”便是如此．此外，最美人體的頭頂至咽喉的長度與咽喉至肚臍的長度之比也是eq\f(\r(5)－1,2).若某人滿足上述兩個黃金分割比例，且腿長為105cm，頭頂至脖子下端的長度為26cm，則其身高可能是()A．165cmB．175cmC．185cmD．190cm16．已知球O的直徑FC＝4，A，B是該球球面上的兩點，AB＝eq\r(3)，∠AFC＝∠BFC＝30°，則棱錐F-ABC的體積為()A．3eq\r(3)B．2eq\r(3)C.eq\r(3)D．1專練(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：∵正實數a，b，c滿足log2a＝log3b＝log6c，∴設log2a＝log3b＝log6c＝k，則a＝2k，b＝3k，c＝6k，∴c＝ab.故選C.3．答案：－eq\f(7,8)解析：∵sinα＋cosα＝eq\f(\r(2),4)，兩邊平方得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的二項展開式中，僅第8項的二項式系數最大，所以n＝14，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))n的展開式中第r＋1項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,14)(－2)r，令7－eq\f(3,2)r＝4，解得r＝2，則x4項的系數為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)，則f(－x)＝f(x)，即f(x)是偶函數，又f(2)＝8－e2∈(0,1)，故排除A，B；當x>0時，令g(x)＝2x2－ex，則g′(x)＝4x－ex，又g′(0)<0，g′(2)>0，所以g(x)在(0,2)內至少存在一個極值點，故f(x)＝2x2－e|x|在(0,2)內至少存在一個極值點，排除C.6．答案：C解析：注意到直線l恒過定點(0,1)，所以當b＝1時，直線l與橢圓C恒有公共點，排除D；若b＝4，則方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b)＝1不表示橢圓，排除B；若b>4，則顯然點(0,1)恒在橢圓內部，滿足題意，排除A.故選C.7．答案：A解析：當ω＝2，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(9π,4)))，函數f(x)不單調遞減，不符合題意，∴排除D.當ω＝1，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，函數f(x)單調遞減，符合題意，∴排除B，C.故選A.8．答案：D解析：由題知當m＝0時不符合題意．直線x－my＋m＝0恒過點(0,1)，斜率為eq\f(1,m)，在同一坐標系中畫出直線與圓，如圖所示．由直線與圓有兩個交點，可得直線的斜率一定為負數，排除A，B.當直線的斜率為－1時，符合題意．排除C.故選D.技法3特值法9．答案：C解析：當a＝1，b＝－1時，滿足a>0>b，此時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，故選C.10．答案：D解析：設等比數列{an}的前三項分別為a1＝1，a2＝2，a3＝4，則S1＝1，S2＝3，S3＝7，顯然選項A，B，C均不成立，D成立，故選D.11．答案：A解析：由于題中直線PQ的條件是過點E，所以該直線是一條“動”直線，所以最后的結果必然是一個定值．故可利用特殊直線確定所求值．圖1圖2方法一：如圖1，PQ∥BC，則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(→))，此時m＝n＝eq\f(2,3)，故eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3.故選A.方法二：如圖2，取直線BE作為直線PQ，顯然，此時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.故選A.12．答案：4a解析：設直線斜率為0，因拋物線焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4a)))，把直線方程y＝eq\f(1,4a)代入拋物線方程解得x＝±eq\f(1,2a)，∴|PF|＝|FQ|＝eq\f(1,2a)，從而eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)＝4a.技法4圖解法13．答案：AD解析：易知函數f(x)為偶函數，所以只需畫出f(x)在區間[0，π]上的圖象，由圖象判斷A、D正確．14．答案：A解析：分別作出f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤0，,－x＋2，x>0))和y＝x2的圖象如圖所示．由圖可知，f(x)≥x2的解集為[－1,1]．15．答案：B解析：因為雙曲線的實軸長2a＝4，所以a＝2，又因為漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，且焦點在x軸上，所以eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，即b＝1，所以雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.因為M點滿足|MF1|－|MF2|＝4＝2a，所以點M在雙曲線的右支上．依題意作圖，|MN|＋|MF1|＝|MN|＋|MF2|＋2a＝|MN|＋|MF2|＋4，由圖可知|MN|＋|MF2|的最小值為圓心(0,2)到F2(eq\r(5)，0)的距離減去圓的半徑，即eq\r(\r(5)－02＋0－22)－2＝1，于是(|MN|＋|MF1|)min＝1＋4＝5，故選B.16．答案：D解析：函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e|x－1|，x>0，,－x2－2x＋1，x≤0))的圖象如圖，關于x的方程f2(x)－3f(x)＋a＝0有8個不等的實數根，f(x)必須有4個不相等的實數根，由函數f(x)圖象可知f(x)∈(1,2)，令t＝f(x)，方程f2(x)－3f(x)＋a＝0化為a＝－t2＋3t，t∈(1,2)，a＝－t2＋3t，開口向下，對稱軸為t＝eq\f(3,2)，可知a的最大值為－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋3×eq\f(3,2)＝eq\f(9,4)，經檢驗，當a＝eq\f(9,4)時，f(x)有兩個相等的實數根，不符合題意．a的最小值為2(取不到)，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(9,4))).故選D.專練(二)技法5構造法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.設f(x)＝eq\f(1,x2)＋lnx(x∈(2，e))，則f′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2,x3).因為x∈(2，e)，所以f′(x)>0，故函數f(x)在(2，e)上單調遞增．因為f(n)<f(m)，所以n<m.故選A.2．答案：B解析：如圖，幾何體ABCD-A1B1C1D1為長方體．對于①，A1B1⊥BC，且A1B1?平面A1B1C1D1，BC?平面ABCD，而平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以①為假命題；對于②，A1B1∥平面ABCD，分別取棱AA1，BB1的中點E，F，連接EF，顯然EF∥平面ABCD，而A1B1?平面ABB1A1，EF?平面ABB1A1，而平面ABB1A1∩平面ABCD＝AB，故②為假命題；對于④，AB∥CD，AB?平面ABCD，但CD?平面ABCD，所以④為假命題．對于③，因為m⊥β，m⊥n，所以n?β或n∥β，又n⊥α，所以α⊥β，所以③為真命題．綜上可知，真命題的個數只有一個．故選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)))，∴數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是公比為3的等比數列，∴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)，則h′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)<0，∴h(x)在R上是減函數，又y＝f(x＋1)是偶函數，∴y＝f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，∴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，故原不等式的解集為(0，＋∞)．技法6等價轉化法5．答案：A解析：由|x－a|<2，解得a－2<x<a＋2.因為“1≤x≤3”是“|x－a|<2”的充分不必要條件，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，所以實數a的取值范圍是(1,3)．故選A.6．答案：A解析：易知f(x)＝x2＋ln(|x|＋1)是R上的偶函數，且在[0，＋∞)上為增函數，故原問題等價于|ax2|<3對x∈[1,2]恒成立，即|a|<eq\f(3,x2)對x∈[1,2]恒成立，所以|a|<eq\f(3,4)，解得－eq\f(3,4)<a<eq\f(3,4)，故選A.7．答案：A解析：分別取AB，AE的中點F，G，連接FC，FD，FG，DG，CG.因為在矩形ABCD中，E是CD的中點，所以CF∥AE，則∠DCF為異面直線AE和CD所成的角．又因為G為AE的中點，DA＝DE，所以DG⊥AE.因為平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，所以DG⊥平面ABCE，所以DG⊥GF，DG⊥GC.結合已知，可計算得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)，故選A.8．答案：C解析：依題意，得V三棱錐C1-AB1D＝V三棱錐A-B1DC1＝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待定系數法9．答案：D解析：由題意可設雙曲線的標準方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，因為雙曲線的一條漸近線的傾斜角為eq\f(π,6)，所以雙曲線的一條漸近線方程為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，))所以雙曲線的標準方程是eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1，故選D.10．答案：f(x)＝x2＋2x＋1解析：設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，則f′(x)＝2ax＋b＝2x＋2，∴a＝1，b＝2，f(x)＝x2＋2x＋c.又∵方程f(x)＝0有兩個相等實根，∴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：因為樟腦丸經過80天后，體積變為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)，所以函數V(t)的解析式為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：由題圖可知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).又函數圖象過點(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換元法13．答案：A解析：設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.當t＝eq\f(1,t)，即t＝1時，等號成立．14．答案：D解析：畫出f(x)的大致圖象如圖所示，令t＝f(x)(t≥0)，則關于t的二次方程為t2－mt＋m2－3＝0，設g(t)＝t2－mt＋m2－3.當方程的一個根為t＝1時，解得m＝2或m＝－1，此時方程變為t2－2t＋1＝0或t2＋t－2＝0，均不合題意，故舍去．由圖象可知，當函數g(t)＝t2－mt＋m2－3的一個零點在(0,1)上，另一個零點在(1，＋∞)上時，滿足題意，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g0>0，,g1<0，))解得m∈(eq\r(3)，2)．綜上所述，實數m的取值范圍為(eq\r(3)，2)，故選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，當且僅當eq\f(x,4y)＝eq\f(y,x)，即x＝2y時等號成立．所以x＋2y的最小值為2.16．答案：eq\f(1,2)＋eq\r(2)解析：設sinx＋cosx＝t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，則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，當t＝eq\r(2)時，ymax＝eq\f(1,2)＋eq\r(2).專練(三)技法9割補法1．答案：A解析：如圖，在EF上取點M，N，使EM＝FN＝eq\f(1,2)，連接MA，MD，NB，NC，則MN＝1，三棱柱ADM-BCN是直三棱柱，DM＝AM＝eq\r(AE2－EM2)＝eq\f(\r(3),2).設H為AD的中點，連接MH，則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＝2VE-ADM＋VADM-BCN＝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).故選A.2．答案：C解析：如圖，把正三棱錐S-ABC補成一個正方體AGBH-A1CB1S.∵EF∥AA1，∴異面直線EF與SA所成的角為45°.3．答案：B解析：如圖，把多面體ABCDEFG補成正方體DEPG-ABHM，則VABCDEFG＝eq\f(1,2)VDEPG-ABHM＝eq\f(1,2)×23＝4.故選B.4．答案：144π解析：由正三棱錐中側棱SC⊥側面SAB，可得三條側棱SA，SB，SC兩兩垂直．又三條側棱相等，故可以三條側棱為相鄰三邊作出一個正方體SBDC-AEFG，如圖所示，其棱長為4eq\r(3)，其外接球的直徑就是此正方體的體對角線，所以2R＝eq\r(4\r(3)2＋4\r(3)2＋4\r(3)2)＝12，即球半徑R＝6，所以球的表面積S＝4πR2＝144π.技法10整體代換法5．答案：D解析：假設f(x0)＝eq\f(1,3)，則f(x)＋eq\f(2,2x＋1)＝x0，進而f(x)＝x0－eq\f(2,2x＋1)，從而f(x0)＝x0－eq\f(2,＋1)，當x0＝1時，f(1)＝eq\f(1,3)，因為f(x)是單調函數，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)，故選D.6．答案：C解析：解法一設等比數列{an}的公比為q，則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.解法二因為{an}為等比數列，所以a5＋a7是a1＋a3與a9＋a11的等比中項，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與a13＋a15的等比中項，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.故選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.故選D.8．答案：A解析：由A(1，－2)，B(a，－1)，C(－b,0)共線得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，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(4a,b)且2a＋b＝1即a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(1,2)時，等號成立，故選A.技法11分離參數法9．答案：(－3，＋∞)解析：x≥1時，y＝eq