第30练 压轴小题突破练(2)

[明晰考情] 高考选择题的12题位置、填空题的16题位置，往往出现逻辑思维深刻，难度高档的题目.

考点一 与向量有关的压轴小题

方法技巧 (1)以向量为载体的综合问题，要准确使用平面向量知识进行转化，最后归结为不含向量的问题.

(2)平面向量常与三角函数、平面几何、解析几何等相结合，利用向量共线或数量积的知识解题.

→→→

1.在△ABC中，已知AB·AC＝9，sin B＝cos A·sin C，S△ABC＝6，P为线段AB上的点，且CP＝→→CACBx·＋y·，则xy的最大值为( ) →→CACB

||||

A.1 B.2 C.3 D.4 答案 C

解析 由题设sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝sin Ccos A， 即sin Acos C＝0，也即cos C＝0， ∴C＝90°.

又∵bccos A＝9，故b2＝9，即b＝3. 1

∵ab＝6，故a＝4，c＝5， 2

故建立如图所示平面直角坐标系xCy，则A(3，0)，B(0，4)，则由题设可知P(x，y)，

xy

直线AB的方程为＋＝1且x＞0，y＞0，

34

xy

∴＋＝1≥234

xy3

，即xy≤3，当且仅当x＝，y＝2时“＝”成立，故选C. 122

→→→

2.已知点O是△ABC内部一点，且满足2OA＋3OB＋4OC＝0，则△AOB，△BOC，△AOC的面积之比为( ) A.4∶2∶3 C.4∶3∶2 答案 A

解析 如图所示，延长OA，OB，OC，使 OD＝2OA，OE＝3OB，OF＝4OC，

B.2∶3∶4 D.3∶4∶5

→→→

∵2OA＋3OB＋4OC＝0， →→→

∴OD＋OE＋OF＝0，

即O是△DEF的重心，故△DOE，△EOF，△DOF的面积相等，

111

不妨令它们的面积均为1，则△AOB的面积为，△BOC的面积为，△AOC的面积为，故6128111

△AOB，△BOC，△AOC的面积之比为∶∶＝4∶2∶3.

6128故选A.

→→→→→

3.(2017·江苏)如图，在同一个平面内，向量OA，OB，OC的模分别为1，1，2，OA与OC的→→→→→夹角为α，且tan α＝7，OB与OC的夹角为45°.若OC＝mOA＋nOB(m，n∈R)，则m＋n＝________.

答案 3

解析 如图，过点C作CD∥OB交OA的延长线于点D.

→→→→

设OD＝mOA，DC＝nOB，则在△ODC中有OD＝m， DC＝n，OC＝2，∠OCD＝45°， 由tan α＝7，得cos α＝又由余弦定理知，

222，m＝n＋2－22ncos 45°2

22

n＝m＋2－22mcos α，

22

m－n＝2－2n， ①即 222

n－m＝2－5m， ②

2， 10

277

①＋②得4－2n－m＝0，即m＝10－5n，代入①得12n2－49n＋49＝0，解得n＝或n＝，

54377577557

当n＝时，m＝10－5×＝－<0(舍去)，当n＝时，m＝10－5×＝，故m＋n＝＋＝3.

33344444→→→4.已知O为△ABC的外心，且BO＝λBA＋μBC. (1)若∠C＝90°，则λ＋μ＝______________；

(2)若∠ABC＝60°，则λ＋μ的最大值为______________. 12答案

23

1→1→

解析 (1)若∠C＝90°，则O为AB边的中点， BO＝BA，即λ＝，μ＝0.

22

→

(2)设△ABC的三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为O为△ABC的外心，且BO＝→→λBA＋μBC，

→→→→→·BA＝λBA＋μBA·BCBO

所以

→→→→→·BC＝λBA·BC＋μBC，BO

2

2

2c＝λc＋2μac，

即11

a＝22λac＋μa，

2

2

2

2

11

化简得11

λc＋μa＝a，22解得2c

μ＝3－3a，

2aλ＝－，33c

11λc＋μa＝c，

22

ac44

＋≤－2则λ＋μ＝－33c3a3立.

ac422

·＝－＝，当且仅当△ABC为等边三角形时“＝”成3c3a333

考点二 与解析几何有关的压轴小题

方法技巧 求圆锥曲线范围，最值问题的常用方法

(1)定义性质转化法：利用圆锥曲线的定义性质进行转化，根据平面几何中的结论确定最值或范围.

(2)目标函数法：建立所求的目标函数，将所求最值转化为函数最值解决.

(3)条件不等式法：找出与变量相关的所有限制条件，然后再通过解决不等式(组)求变量的范围.

x2y2

5.已知F1，F2是椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A

ab且斜率为2A. 31C. 3答案 D

解析 如图，作PB⊥x轴于点B.

3

的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为( ) 6

1B. 21D. 4

由题意可设|F1F2|＝|PF2|＝2，则c＝1， 由∠F1F2P＝120°， 可得|PB|＝3，|BF2|＝1，

故|AB|＝a＋1＋1＝a＋2， |PB|33

tan∠PAB＝＝＝，

|AB|a＋26解得a＝4， c1

所以e＝＝.

a4故选D.

x2y2→→

6.已知F1(－c，0)，F2(c，0)为椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)的两个焦点，P为椭圆上一点且PF1·PF2

ab＝c2，则此椭圆离心率的取值范围是( ) A.C.3

3，1

11B.3，2 D.0，32

，23



2

2

答案 C

→→

解析 设P(m，n)，则PF1·PF2＝(－c－m，－n)·(c－m，－n)＝m2－c2＋n2＝c2， ∴2c2－m2＝n2.①

x2y2m2n2

把P(m，n)代入2＋2＝1，得2＋2＝1，②

ababa2b2－2a2c2

①代入②得m＝≥0，

b2－a2

2

∴a2b2≤2a2c2，即b2≤2c2，

c3

又a2＝b2＋c2，∴a2≤3c2，即e＝≥. a3

2222ab－2ac

又m2＝≤a2， 22

b－a

c2

即a2≥2c2，即e＝≤，

a2∴椭圆离心率的取值范围是

32. ，327.等腰直角△AOB内接于抛物线y2＝2px(p＞0)，O为抛物线的顶点，OA⊥OB，△AOB的面|OM|

积是16，抛物线的焦点为F，若M是抛物线上的动点，则的最大值为( )

|MF|

A.

3 3

B.

6 3

23C. 3答案 C

26D. 3

解析 因为等腰直角△AOB内接于抛物线y2＝2px(p＞0)，O为抛物线的顶点，OA⊥OB， 所以可设A(a，a)(a＞0)， 1

S△AOB＝a×2a＝16，得a＝4，

2

将A(4，4)代入y2＝2px，得p＝2，抛物线的方程为y2＝4x，所以F(1，0). 设M(x，y)，则x≥0，设t＝x2＋4x|OM|

则＝＝|MF|x＋1

(0x＋1

412－3t－≤33

423＝， 33

1

231＋－＝2

x＋1x＋1

()

－3t2＋2t＋1＝

1

当t＝时“＝” 成立.故选C.

3

8.如图，抛物线y2＝4x的一条弦AB经过焦点F，取线段OB的中点D，延长OA至点C，使

|OA|＝|AC|，过点C，D作y轴的垂线，垂足分别为E，G，则|EG|的最小值为____________.

答案 4

解析 设点A，B的坐标为A(xA，yA)，B(xB，yB)，

1由题意可知 |EG|＝|OE|＋|OG|＝2yA＋2yB≥2

|y|yy(2|yA|)×2B＝2|AB|，

1当直线AB的斜率存在时，设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，联立

y＝kx－1，

2 y＝4x，

得ky2－4y－4k＝0，

由根与系数的关系，得 yAyB＝－4，由此可知|EG|≥4 ，当且仅当yB＝4yA时等号成立， 即|EG|的最小值为4.

||||

当直线AB的斜率不存在时，直线AB：x＝1，此时A(1，－2)，B(1，2)，所以C(2，－4)，1D2，1，即G(0，1)， E(0，－4)，所以|EG|＝5. 综上，|EG|的最小值为4.

考点三 与推理证明有关的压轴小题

方法技巧 推理证明问题考查学生逻辑推理能力，属于较难题，考试形式往往为

(1)以数表、数阵、图形为背景与数列、周期性等知识相结合考查归纳推理和类比推理，多以小题形式出现.

(2)“新定义”问题题型较为新颖，所包含的信息丰富，能较好地考查学生分析问题、解决问题的能力，越来越受到关注和重视. 9.给出以下数对序列： (1，1) (1，2)(2，1) (1，3)(2，2)(3，1) (1，4)(2，3)(3，2)(4，1) …

若第i行的第j个数对为aij，如a43＝(3，2)，则anm等于( ) A.(m，n－m＋1) C.(m－1，n－m＋1) 答案 A

解析 方法一 由前4行的特点，归纳可得：若anm＝(a，b)，则a＝m，b＝n－m＋1，∴anm＝(m，n－m＋1).

方法二 赋值法，令m＝n＝1，则anm＝a11＝(1，1)，分别代入选项A，B，C，D，只有A结果为(1，1)符合题意.

10.老王和小王父子俩玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”：有3个柱子甲、乙、丙，在甲柱上现有4个盘子，最上面的两个盘子大小相同，从第二个盘子往下大小不等，大的在下，小的在上(如图)，把这4个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏即结束，在移动过程中每次只能移动一个盘子，甲、乙、丙柱都可以利用，且3个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下，设游戏结束需要移动的最少次数为n，则n等于( )

B.(m－1，n－m) D.(m，n－m)

A.7 C.11 答案 C

B.8 D.15

解析 由题意得，根据甲乙丙三图可知最上面的两个是一样大小的，所以比三个盘子不同时操作的次数(23－1)要多，比四个盘子不同时操作的次数(24－1)要少，相当于与操作三个不同盘子的时候相比，最上面的那个动了几次，就会增加几次，故游戏结束需要移动的最少次数为11.

11. 有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________. 答案 (1，3)

解析 由题意得丙不取(2，3)，若丙取(1，2)，则乙取(2，3)，甲取(1，3)满足；若丙取(1，3)，则乙取(2，3)，甲取(1，2)不满足，故甲取(1，3).

12.若函数f(x)，g(x)满足ʃ1－1f(x)g(x)dx＝0，则称f(x)，g(x)为区间[－1，1]上的一组正交函数.给出三组函数：

11

①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.其中为区间[－1，

221]上的正交函数的是________.(填序号) 答案 ①③

111cos 1xdx＝ʃ1

cos x1解析 对于①，ʃ1－1sin x·－1sin xdx＝－222－1＝0，则f(x)，g(x)为区间[－1，21]上的正交函数；

13112对于②，ʃ1(x＋1)(x－1)dx＝ʃ(x－1)dx＝－1－1

3x－x－1≠0，则f(x)，g(x)不是区间[－1，1]上的正交函数；

1413

x对于③，ʃ1－1xdx＝4－1＝0，则f(x)，g(x)为区间[－1，1]上的正交函数.所以满足条件的正交函数是①③.

→→

1.(2018·天津)在如图所示的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，BM＝2MA，→→→→CN＝2NA，则BC·OM的值为( )

A.－15 C.－6 答案 C

解析 如图，连接MN.

B.－9 D.0

→→∵BM＝2MA， →→CN＝2NA， ∴

AM1AN＝＝， AB3AC

MN1

∴MN∥BC，且＝，

BC3→→→→∴BC＝3MN＝3(ON－OM)，

→→→→→∴BC·OM＝3(ON·OM－OM2)＝3(2×1×cos 120°－12)＝－6. 故选C.

2.已知向量a，b满足|a|＝22|b|≠0，且关于x的函数f(x)＝2x3＋3|a|x2＋6a·bx＋7在实数集R上单调递增，则向量a，b的夹角的取值范围是( ) π0， A.6π0， C.4答案 C

解析 求导可得f′(x)＝6x2＋6|a|x＋6a·b，则由函数f(x)＝2x3＋3|a|x2＋6a·bx＋7在实数集R上单调递增，可得f′(x)＝6x2＋6|a|x＋6a·b≥0在R上恒成立，即x2＋|a|x＋a·b≥0恒成立， 故判别式Δ＝a2－4a·b≤0，

π

0， B.3ππD.6，4

再由|a|＝22|b|≠0，可得8|b|2≤82|b|2cos〈a，b〉， ∴cos〈a，b〉≥

2

， 2

又∵〈a，b〉∈[0，π]， π0，. ∴〈a，b〉∈4

3.(2018·重庆诊断)设集合A＝{(x，y)|(x＋3sin α)2＋(y＋3cos α)2＝1，α∈R}，B＝{(x，y)|3x＋4y＋10＝0}，记P＝A∩B，则点集P所表示的轨迹长度为( ) A.25 C.42 答案 D

解析 由题意得圆(x＋3sin α)2＋(y＋3cos α)2＝1的圆心(－3sin α，－3cos α)在圆x2＋y2＝9上，当α变化时，该圆绕着原点转动，集合A表示的区域是如图所示的环形区域(阴影部分所示).

B.27 D.43

由于原点(0，0)到直线3x＋4y＋10＝0的距离为d＝

103＋4

2

2

＝2，所以直线3x＋4y＋10＝0

恰好与圆环的小圆相切.

所以P＝A∩B表示的是直线3x＋4y＋10＝0截圆环的大圆x2＋y2＝16所得的弦长. 故点集P所表示的轨迹长度为2

42－22＝43.

x2y2

4.设双曲线2－2＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，过点F作与x轴垂直的直线l交两渐近线于

ab→→→

A，B两点，且与双曲线在第一象限的交点为P，设O为坐标原点，若OP＝λOA＋μOB(λ，μ∈R)，1

λμ＝，则该双曲线的离心率为( )

832A.

223C. 3答案 D

B.2 D.2

b

解析 双曲线的渐近线方程为y＝±x，焦点F(c，0)，不妨设yA>0，yB<0，

abcbcbc，，Bc，－，Pc，， 则Aaaa→→→因为OP＝λOA＋μOB，

bbcc，＝λ＋μc，λ－μ， 所以aab所以λ＋μ＝1，λ－μ＝，

cc＋bc－b

解得λ＝，μ＝，

2c2cc2－b211

又由λμ＝，得＝，

84c28c2

解得2＝2，

a所以e＝2，故选D.

1p

5.若数列{an}满足－＝0，n∈N*，p为非零常数，则称数列{an}为“梦想数列”.已知正

an＋1an

1

项数列b为“梦想数列”，且b1b2b3…b99＝299，则b8＋b92的最小值是( )

n

2

2

A.2 C.6 答案 B

B.4 D.8

99

解析 依题意可得bn＋1＝pbn，则数列{bn}为等比数列.又b1b2b3…b99＝299＝b50，则b50＝2.b8

＋b92≥2b8·b92＝2b50＝4，当且仅当b8＝b92＝2，即该数列为常数列时取等号.

6.来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，刚好碰在一起.他们除懂本国语言外，每人还会说其他三国语言中的一种.有一种语言是三个人会说的，但没有一种语言四人都懂，现知道：①甲是日本人，丁不会说日语，但他俩能自由交谈；②四人中没有一个人既能用日语交谈，又能用法语交谈；③乙、丙、丁交谈时，不能只用一种语言；④乙不会说英语，当甲与丙交谈时，他能做翻译.针对他们懂的语言，正确的推理是( ) A.甲日德、乙法德、丙英法、丁英德 B.甲日英、乙日德、丙德法、丁日英 C.甲日德、乙法德、丙英德、丁英德 D.甲日法、乙英德、丙法德、丁法英 答案 A

解析 分析题目和选项，由①知，丁不会说日语，排除B选项；由②知，没有人既会日语又会法语，排除D选项；由③知乙、丙、丁不会同一种语言，排除C选项，故选A.

1

7.(2018·石家庄模拟)抛物线C：y＝x2的焦点为F，其准线l与y轴交于点A，点M在抛物线

4|MA|

C上，当＝2时，△AMF的面积为( )

|MF|A.1 C.22 答案 B

解析 F(0，1)，A(0，－1)，过M作MN⊥l，垂足为N，∴△AMF的高为|AN|，

B.2 D.4

1

m，m2(m>0)， 设M41

则S△AMF＝×2m＝m.

2|MA|又由＝2，|MN|＝|MF|，

|MF|∴△AMN为等腰直角三角形， 1

∴m2＋1＝m，∴m＝2， 4∴△AMF的面积为2.

8.在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝BC＝2AD＝2，E，F分别为BC，CD的中→→→

点，以A为圆心，AD为半径的圆交AB于点G，点P在DG上运动(如图).若AP＝λAE＋μBF，其中λ，μ∈R，则6λ＋μ的取值范围是( )

A.[1，2] C.[2，22] 答案 C

B.[2，22] D.[1，22]

解析 建立如图所示的平面直角坐标系，

31，. 则A(0，0)，B(2，0)，E(2，1)，C(2，2)，D(0，1)，F2

π

设P(cos θ，sin θ)，其中0≤θ≤，则

2

3→→→

－1，， AP＝(cos θ，sin θ)，AE＝(2，1)，BF＝2→→→

∵AP＝λAE＋μBF，

3－1，， ∴(cos θ，sin θ)＝λ(2，1)＋μ2

cos θ＝2λ－μ，

即 3sin θ＝λ＋2μ，

解得11

μ＝sin θ－cos θ，24

13

λ＝sin θ＋cos θ，48

π

θ＋， ∴6λ＋μ＝2sin θ＋2cos θ＝22sin4πππ3π

∵0≤θ≤，∴≤θ＋≤，

2444π

θ＋≤22， ∴2≤22sin4即6λ＋μ的取值范围是[2，22]，故选C.

9.在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a2＋b2－c2＝3ab，且acsin B＝23→→

sin C，则CA·CB＝________. 答案 3

解析 由a2＋b2－c2＝3ab，得2cos C＝3，即cos C＝＝

3acsin B

，由acsin B＝23sin C，得2bc

23sin Csin Bsin C3→→

，由＝，得ab＝23，所以CA·CB＝abcos C＝23×＝3. bcbc2

Sn为常数，则称数列{an}为“精致数列”. 已知等差数列S2n

10.设数列{an}的前n项和为Sn，若

{bn}的首项为1，公差不为0，若数列{bn}为“精致数列”，则数列{bn}的通项公式为__________.

答案 bn＝2n－1(n∈N*)

解析 设等差数列{bn}的公差为d，由1

2n＋×2n2n－1d， k2即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d， 整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0， 因为对任意正整数n上式恒成立，

SnSn1

为常数，设＝k且b1＝1，得n＋n(n－1)d＝S2nS2n2

d＝2，d4k－1＝0，

则解得1 2k－12－d＝0，k＝4，

所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1(n∈N*). π111.已知cos＝，

32π2π1coscos＝， 554π2π3π1coscoscos＝， 7778…，

(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是________；

ππ2ππ2π3π

(2)若数列{an}中，a1＝cos，a2＝coscos，a3＝coscoscos，…，

3557771 023

前n项和Sn＝，则n＝________.

1 024

π2πnπ1

答案 (1)cos·cos·…·cos＝n(n∈N*) (2)10

2n＋12n＋12n＋12

解析 (1)从题中所给的几个等式可知，第n个等式的左边应有n个余弦相乘，且分母均为2n＋1，分子分别为π，2π，…，nπ，右边应为π2πnπ1

cos·cos·…·cos＝n(n∈N*). 2n＋12n＋12n＋121(2)由(1)可知an＝n，

2

1

，故可以猜想出结论为2n11nn1－2212－11 023

故Sn＝＝1－n＝n＝，

1221 0241－2解得n＝10.

12.已知抛物线C：y2＝2px(0＜p＜4)的焦点为F，点P为C上一动点，A(4，0)，B(p，2p)，且|PA|的最小值为15，则|BF|＝________. 9答案 2

解析 设P(x，y)且y2＝2px，则 |PA|＝

x－42＋y2＝

x－42＋2px＝

x2＋2p－8x＋16，

根号下二次函数的对称轴为x＝4－p∈(0，4)， 所以在对称轴处取得最小值， 即

4－p2＋2p－84－p＋16＝15，

解得p＝3或5(舍去)，经检验p＝3符合题意. 所以抛物线方程为y2＝6x，B(3，32)， 39

易知点B在抛物线上，所以|BF|＝3＋＝. 22