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2022高考数学一轮复习 解题思维1 高考中选择题、填空题的提分策略试题

2022高考数学一轮复习 解题思维1 高考中选择题、填空题的提分策略试题

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解题思维1　高考中选择题、填空题的提分策略

1.[2021江西红色七校联考]已知集合A={x||x-1|<1},B={x|x(x-1)≥0},则A∩B=(　　)
A.{x|0f (1-x).若当x∈(0,1]时,f(x)=log2(2x+3),则f(932)的值是(　　)
A.-3 B.-2C.2 D.3
3.[条件创新]已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3a5=a6,则S3的最小值是(　　)
A.3 B.4
C.2 D.5
4.[2019全国卷Ⅱ,4,5分][理]2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆,我国航天事业取得又一重大成就.实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系.为解决这个问题,发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”,鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行.L2点是平衡点,位于地月连线的延长线上.设地球质量为M1,月球质量为M2,地月距离为R,L2点到月球的距离为r,根据牛顿运动定律和万有引力定律,r满足方程:M1(R+r)2+M2r2=(R+r)M1R3.设α=rR.由于α的值很小,因此在近似计算中3α3+3α4+α5(1+α)2≈3α3,则r的近似值为(　　)
A.M2M1R B.M22M1R
C.33M2M1R D.3M23M1R
5.[条件创新]函数f(x)=(ex+e-x)·sIn3x2在[-52,52]上的图象大致是(　　)
A　　　B　　
C　　　　D　　
6.如图1-1,已知长方体ABCD-A1B1C1D1 的侧面积为18(3+1),AB=3,BB1=33,点E为棱BB1上的点,则当DE+EC1最小时,AE的长为 (　　)

图1-1
A.21 B.26
C.372 D.33
7.[2021洛阳市统考]已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA⊥平面ABC,AB=3,BC=1,PA=AC=2,则球O的表面积为(　　)
A.2π B.8π C.32π3 D.64π3
8.[条件创新]已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=2,b=3,C=2B,则△ABC外接圆的面积为(　　)
A.277π B.547π C.817π D.1087π
9.已知函数f(x)的定义域为R,其图象关于y轴对称,当x∈[0,+∞)时,f(x)=log2(12x+1)+2x-5,则不等式xf(x-1)>0的解集为(　　)
A.(-1,0)∪(3,+∞) B.(-3,1)
C.(-2,0)∪(2,+∞) D.(-3,-1)∪(1,+∞)
10.已知函数f(x)=2x-x,x≤0,log2x-x,x>0,若函数y=f(x)+2x-a有两个不同的零点,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,2] B.(-∞,1]
C.(-∞,1) D.[1,+∞)
11.已知函数f(x)=2|x|+x2-1,若f(a2-a-9)≤f(-3),则实数a的取值范围为　　　　. 
12.[探索创新]已知抛物线C:y2=6x的焦点为F,准线为l,点A在抛物线C上,且点A到准线l的距离为6,AF的垂直平分线与准线l交于点N,点O为坐标原点,则△OFN的面积为　　　　. 

答 案
解题思维1　高考中选择题、填空题的提分策略
1.D　由|x-1|<1,得0f(x),f(x)是周期为4的周期函数,所以f(932)=f(12×4-32)=f(-32)=-f(32)=-f(1+12)=-f(1-12)=-f(12)=-log2(2×12+3)=-2,故选B.
3.A　设等比数列{an}的公比为q,则q>0,由a3a5=a6,得a1q2·a1q4=a1q5,得a1=1q,故S3=a1+a2+a3=1q+1+q≥3,当且仅当q=1时等号成立,故S3的最小值为3.故选A.
4.D　由M1(R+r)2+M2r2=(R+r)M1R3,得M1(1+rR)2+M2(rR)2=(1+rR)M1.因为α=rR,所以M1(1+α)2+M2α2=(1+α)M1,得3α3+3α4+α5(1+α)2=M2M1.由3α3+3α4+α5(1+α)2≈3α3,得3α3≈M2M1,即3(rR)3≈M2M1,所以r≈3M23M1·R,故选D.
5.B　∵f(-x)=(e-x+ex)·sin(-3x)2=-(ex+e-x)·sin3x2=-f(x),∴f(x)是奇函数,排除A.当x∈(0,π3)时,f(x)>0,排除C.由f(x)=0得sin 3x=0,又3x∈[-152,152],∴3x=0或±π或±2π,∴f(x)在[-52,52]上有5个零点,排除D.故选B.
6.A　因为AB=3,BB1=33,所以(6+2BC)×33=18(3+1),得BC=3.连接BD,则BD=23.连接B1D1,将平面B1BCC1与平面D1DBB1展开到同一个平面内,如图D 1-1所示,连接DC1,设DC1∩BB1=M,根据两点之间线段最短,可知当点E与点M重合时DE+EC1最小.由△DBM∽△C1B1M,得BMMB1=DBB1C1=2,又BB1=33,所以BM=23.于是当DE+EC1最小时,AE=32+(23)2=21.故选A.

图D 1-1
7.B　解法一　可以把三棱锥P-ABC放在一个长、宽、高分别为3,1,2的长方体中,使得三棱锥的顶点也是长方体的顶点,如图D 1-2所示,则三棱锥与长方体的外接球相同.设外接球O的半径为R,则R=123+1+4=2,所以球O的表面积S=4πR2=4π×2=8π,故选B.
解法二　因为PA⊥平面ABC,AB=3,BC=1,PA=AC=2,底面ABC的外接圆的半径为1,所以外接球的半径R=1+1=2,(二级结论:侧棱垂直于底面的三棱锥外接球半径R=r2+(h2)2,其中h为垂直于底面的侧棱长,r为底面三角形外接圆的半径)
所以外接球的表面积S=4π(2)2=4π×2=8π,故选B.

图D 1-2
8.A　由题意得sin C=sin 2B=2sin BcosB,由正弦定理得c=2bcos B,又由余弦定理得c=2b·a2+c2-b22ac,将a=2,b=3代入,得c=15.由c=2bcos B得cos Bc2b=156.因为B∈(0,π),所以sin B=1-cos2B=216.设△ABC外接圆的半径为R,由正弦定理得bsinB=1821=2R,所以R=3217,△ABC外接圆的面积S=πR2=π(3217)2=277π.
9.A　由题意可知f(x)为偶函数,当x∈[0,+∞)时,f(x)单调递增,且f(2)=0,则f(x)在(-∞,0)上单调递减,且f(-2)=0,则f(x-1)的大致图象如图D 1-3所示.由图象可知,当-13时,不等式xf(x-1)>0,故不等式xf(x-1)>0的解集为(-1,0)∪(3,+∞).

图D 1-3
10.B　解法一　函数y=f(x)+2x-a有两个不同的零点,等价于方程f(x)+2x-a=0有两个不同的根,即方程f(x)+x=-x+a有两个不同的根,等价于函数y=f(x)+x与函数y=-x+a的图象有两个不同的交点.因为f(x)=2x-x,x≤0,log2x-x,x>0,所以y=f(x)+x=2x,x≤0,log2x,x>0,作出函数y=f(x)+x与y=-x+a的大致图象如图D 1-4所示.数形结合可知,当a≤1时,两个函数的图象有两个不同的交点,即函数y=f(x)+2x-a有两个不同的零点.

解法二　函数y=f(x)+2x-a有两个不同的零点,等价于方程f(x)+2x-a=0有两个不同的根,即方程f(x)2x=a有两个不同的根,等价于函数y=f(x)+2x与函数y=a的图象有两个不同的交点.因为f(x)=2x-x,x≤0,log2x-x,x>0,所以y=f(x)+2x=2x+x,x≤0,log2x+x,x>0,作出函数y=f(x)+2x与函数y=a的大致图象如图D 1-5所示.数形结合可知,当a≤1时,两个函数的图象有两个不同的交点,即函数y=f(x)+2x-a有两个不同的零点.
11.[-3,-2]∪[3,4]　易知f(x)为R上的偶函数,且在[0,+∞)上单调递增,则 f(a2-a-9)≤f(-3)等价于|a2-a-9|≤3,解得-3≤a≤-2或3≤a≤4,即a的取值范围为[-3,-2]∪[3,4].
12.934　由题意得F(32,0),l:x=-32,设点A的坐标为(m,n),由A到准线l的距离为6得m+32=6,得m=92,代入抛物线的方程,得n=±33.由抛物线的对称性,可设A(92,33),则直线AF的斜率为kAF=3392-32=3,又线段AF的中点坐标为(3,332),所以AF的垂直平分线的方程为y-332=-33(x-3),令x=-32,得y=33,即N(-32,33).所以△OFN的面积为12×32×33=934.