高考考前最后一课-数学（正式版）.docx

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1、目 录考前预测篇【考前预测篇1】热点试题精做01【考前预测篇2】命题专家押题23命题猜想篇【高考命题猜想1】与平面向量中有关的范围和最值问题36【高考命题猜想2】几何体与球切、接的问题.41【高考命题猜想3】解三角形的最值问题46考前技巧篇【考前技能篇1】高考数学核心考点解题方法与策略51【考前技能篇2】高考数学三种题型的答题技巧57【考前技能篇3】数学解答题的“偷分”技巧.63考前提醒篇【考场注意篇1】高考数学临场解题策略67【考场注意篇2】高考数学阅卷和答题卡的注意事项72考后心理篇【考后调整篇】高考考后那些事80终极押题2022年高考数学（理）终极押题卷（试卷）882022年高考数学（文

2、）终极押题卷（试卷）942022年（新高考）数学终极押题卷（试卷）982022年高考数学（理）终极押题卷（全解全析）1042022年高考数学（文）终极押题卷（全解全析）1182022年新高考数学终极押题卷（全解全析）1331学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司一、考前预测篇【考前预测篇1】热点试题精做1（2022河南模拟预测（理）已知集合，若，则实数m的取值范围是（）A B C D【答案】B【解析】由题可知，因为，所以，即或，所以实数m的取值范围是故选：B2（2022江苏泰州模拟预测）已知集合，则（）ABCD【答案】B【解析】，故.故选：B.3（202

3、2黑龙江哈九中三模（理）若，则（）A1B2C1D2【答案】A【解析】解：，则，所以，故选：A4（2022黑龙江齐齐哈尔二模（理）设i为虚数单位，复数z满足，则（）A2B1CD【答案】B【解析】由已知，所以故选：B5（2022湖南湘潭三模）已知平面向量，则“”是“”的（）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】因为向量，由，可得，解得或，所以“是“的充分不必要条件.故选：B.6（2022陕西宝鸡三模（理）已知函数，则下列说法正确的是（）A在区间上单调递减B的图像关于直线对称C的最大值为D在区间上有3个零点【答案】C【解析】依题意，函数，对于A，时，在上单

4、调递增，A不正确；对于B，即点在函数的图像上，而该点关于直线的对称点不在函数的图像上，B不正确；对于C，当时，函数的取值集合是，当时，函数的取值集合是，因此，函数在R上的值域为，则的最大值为，C正确；对于D，当时，由得，当时，由得，则在上只有2个零点，D不正确.故选：C7（2022内蒙古赤峰模拟预测（理）已知函数的部分图象大致如图所示将函数的图象向左平移个单位后，所得函数为偶函数，则（）ABCD【答案】C【解析】由图可知，可得，又由五点画图法有，可得，可得，函数向左平移个单位后，所得函数为，由奇偶性及，可得，可得故选：C8（2022陕西榆林三模（理）的内角，的对边分别为，若的面积为，则（）A1

5、0B3CD【答案】C【解析】因为，则，又，所以，又，可得，所以，即.故选：C9（2022北京通州一模）设等差数列的前n项和为，若，则（ ）A60B70C120D140【答案】B【解析】在等差数列中，则 ，故，故选：B10（2022河南模拟预测（文）已知数列an的前n项和Sn满足，记数列的前n项和为Tn，nN*.则使得T20的值为（）ABCD【答案】C【解析】对于，当n=1时，；当时，；经检验，对n=1也成立，所以.所以，所以.故选：C11（2022黑龙江齐齐哈尔二模（理）如图，在直三棱柱中，点E是侧棱上的一个动点，则下列判断正确的有（）直三棱柱外接球的体积为存在点E，使得为钝角截面周长的最小值

6、为ABCD【答案】C【解析】取中点，中点，连接，矩形中可得，平面，所以平面，所以是外心，同理是的外心，所以的中点是直三棱柱外接球的球心，由已知，又，所以，所以外接球的体积为，正确；矩形中，为直径的圆与相切，切点为的中点，当为切点时，当是上其他点时，错误；中，把矩形与矩形摊平，得正方形，当共线时，最短，最短为，所以截面周长的最小值为，正确故选：C12（2022天津市宁河区芦台第一中学模拟预测）已知在中,角 所对的边分别为,且.又点 都在球的球面上,且点到平面的距离为,则球的表面积为（）ABCD【答案】C【解析】设的外接圆半径为，球的半径为，则在中，由正弦定理，得，解得.又因为点到平面的距离为,所

7、以.所以球的表面积为.故选：C.13（2022广西南宁二模（理）已知F是椭圆的左焦点，经过原点O的直线l与椭圆E交于P，Q两点，若且，则椭圆E的离心率为（）ABCD【答案】C【解析】设椭圆右焦点，连接，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则因为，可得所以，则，由余弦定理可得，即，即故椭圆离心率，故选：C14（2022河南模拟预测（理）已知双曲线的左焦点为，右顶点为，点在的一条渐近线上，且（点为坐标原点），直线与轴交于点若直线过线段的中点，则双曲线的离心率为（）ABCD【答案】C【解析】设中点为，即直线交轴于，由双曲线方程知：一条渐近线方程为，则直线方程为：，令，则，即；由得：，即，直线方程为

8、：，令，则，又为中点，则，即，解得：（舍）或.故选：C.15（2022江苏泰州模拟预测）将4名志愿者全部分配到3个核酸检测点，每个检测点至少分配1名志愿者，则不同的分配方案有（）A6种B12种C24种D36种【答案】D【解析】先将4人分成2，1，1的三组，有种，再分配到3个核酸检测点有种，按照分步乘法计数原理，共有种.故选：D.16（2022四川绵阳三模（文）今4名医生分别到A、B、C三所医院支援抗疫，每名医生只能去一所医院，且每个医院至少去一名医生，则甲、乙两医生恰好到同一医院支援的概率为（）ABCD【答案】C【解析】先从4名医生中任选2人，组成一个小组，有种不同的选法，将此小组连同另外的2

9、人作为3个不同元素，在三所医院排序，有3!种排序方式，根据乘法计数原理，共有种不同的安排方式；其中甲、乙两名医生组成一个小组，与其余两人，看成三个不同元素，A、B、C三所医院作为位置，进行全排列，共有3!种不同的安排方式，故甲、乙两医生恰好到同一医院支援的概率为,故选：C.17（2022全国江西师大附中模拟预测（文）已知，则a，b，c的大小关系为（）AbcaBacbCbacDabc【答案】D【解析】，所以，所以，即.，所以，综上所述，.故选：D18（2022江苏南通模拟预测）已知函数，若关于的方程有且只有三个不同的实数解，则正实数的取值范围为（）ABCD【答案】B【解析】因为，由可得，所以，关

10、于的方程、共有个不同的实数解.先讨论方程的解的个数.当时，由，可得，当时，由，可得，当时，由，可得，所以，方程只有两解和；下面讨论方程的解的个数.当时，由可得，可得或，当时，由，可得，此时方程有无数个解，不合乎题意，当时，由可得，因为，由题意可得或或，解得或.因此，实数的取值范围是.故选：B.19（2022山东潍坊模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（）AB点的轨迹是一个半径为的圆C直线与平面所成角为D三棱锥体积的最大值为【答案】ACD【解析】对于A选项，连接，因为四边形为正方形，则，平面，平面，则，因为，平面，平面，同理可证，平面，平面，A对；对

11、于B选项，设平面，因为，所以，三棱锥为正三棱锥，因为平面，则为正的中心，则，所以，平面，平面，即，因为，即，解得，所以，点的轨迹是半径为的圆，B错；对于C选项，平面，所以，与平面所成的角为，且，故，C对；对于D选项，点到直线的距离为，所以点到直线的距离的最大值为，故的面积的最大值为，因为平面，则三棱锥的高为，所以，三棱锥体积的最大值为，D对.故选：ACD.20（2022湖南常德一模）如图所示，三棱锥中，为线段上的动点（不与重合），且，则（）A BC存在点，使得 D三棱锥的体积有最大值【答案】ABD【解析】三棱锥中，取PA中点E，连接DE，CE，如图，因，则，而，平面，则有平面，又平面，所以，A

12、正确；因，则，又，则，于是得，B正确；假设存在点，使得，由选项A知，又，平面，则平面，而平面，于是得线段是平面的斜线段在平面上的射影，必有，与矛盾，所以假设是错的，C不正确；令，则，令与平面所成角为，因此，点P到平面的距离，而，则三棱锥的体积，当且仅当，且时取“=”，所以当D是AB中点，且平面时三棱锥的体积取最大值，D正确.故选：ABD21（2022福建三明模拟预测）已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（）ABf（x）的最小正周期为2C将f（x）的图像向右平移1个单位长度，得到函数的图像D若f（x）在区间2，t上的值域为1，则t的取值范围为，【答案】BD【解析】由图像可得，因为，所以

13、又因为属于的单调递减区间，所以，故A错误，因为，所以，所以可得，即，所以，故B正确，将f（x）的图像向右平移1个单位长度，得到函数的图像，故C错误，当时，若值域为，则，解得，故D正确，故选：BD22（2022广西南宁二模（理）已知向量，若，则实数_【答案】【解析】易得，解得故答案为：23（2022江西上饶市第一中学二模（文）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若点D在边上，且，则的最大值是_.【答案】【解析】由，得，因为，所以，设外接圆的圆心为，半径为，则由正弦定理得，如图所示，取的中点，在中，；在中，当且仅当圆心在上时取等号，所以的最大值是，故答案为：24（2022广西南宁二模（理）

14、从；选取一个作为条件，补充在下面的划线处，并解决该问题已知中内角A、B、C所对的边分别是a、b、c若_(1)求角A的大小；(2)设，求的面积注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【解析】(1)若选，因为及，得，所以因为，所以所以又，所以因为，得若选，由正弦定理及，得，则，得因为，所以若选，由得由正弦定理得因为，所以即因为，所以得(2)由，及正弦定理且，得，化简得因为，则或若，则，则，若，则，则所以的面积为或25（2022甘肃兰州模拟预测（文）在，是和的等比中项，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题：已知公差d不为0的等差数列的前n项和为，(1)_，求数列的通项公式；(2)

15、若数列，求数列的前n项和【解析】(1)选：由于，所以，又，所以，故所以；选：是和的等比中项，则，所以，又，解得，（舍去）所以；(2)，则26（2022河南焦作二模（文）小李准备在某商场租一间商铺开服装店，为了解市场行情，在该商场调查了20家服装店，统计得到了它们的面积x（单位：）和日均客流量y（单位：百人）的数据，并计算得，.(1)求y关于x的回归直线方程；(2)已知服装店每天的经济效益，该商场现有的商铺出租，根据（1）的结果进行预测，要使单位面积的经济效益Z最高，小李应该租多大面积的商铺?附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.【解析】(1)由已知可得，所以回归直线方程为.(2)根

16、据题意得，.设，令，则，当，即时，取最大值，又因为k，所以此时Z也取最大值，因此，小李应该租的商铺.27（2022河南模拟预测（理）已知直角梯形ABCD如图1所示，其中，E为线段AD的中点，现将DCBE沿BE翻折，使得，得到的图形如图2所示，其中G为线段BE的中点，F为线段DE的中点.(1)求证：平面BCDE；(2)求直线DG与平面ABC所成角的正弦值【解析】(1)由已知可知，而，平面ADE平面ADE，为等边三角形又点F为DE的中点又，平面BCDE(2)如图，设AE的中点为O，AB的中点为P，连接DO，PO为等边三角形，平面ADE，平面ADE，又，平面ABE，点O，P分别为AE和AB的中点，平

17、面ADE，OP，OA，OD两两互相垂直以O为坐标原点，以OP，OA，OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系设，则，设平面ABC的法向量为，则，令，则，故直线DG与平面ABC所成角的正弦值为28（2022福建三明模拟预测）已知椭圆C：的右顶点恰好为圆A：的圆心，且圆A上的点到直线：的距离的最大值为(1)求C的方程；(2)过点（3，0）的直线与C相交于P，Q两点，点M在C上，且，弦PQ的长度不超过，求实数的取值范围【解析】(1)圆化为标准方程：，圆心，半径，椭圆的右顶点标准为，即，圆心到直线的距离，圆上的点到直线的距离的最大值为，解得，椭圆的方程为(2)由题意可知，直线的斜

18、率一定存在，设直线的方程为，联立方程，消去得，解得，因为所以可解得，所以设中点，所以，直线的方程为，为直线与椭圆的交点，联立方程，解得，或，或，又，或即实数的取值范围为29（2022江苏新沂市第一中学模拟预测）已知函数.(1)求的单调区间；(2)当时，证明：.【解析】(1)，令，则，；当时，在上单调递减，又，使得，则当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，又当时，；当时，即；当时，即；的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)由（1）知：若，则，要证，只需证，又在上单调递减，则只需证，则只需证，即证，则需证，又，只需证，即证，令，则，在上单调递减，在上单调递增，原不等式得证.31（2022河

19、南模拟预测（理）已知函数(1)求不等式的解集；(2)若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围【解析】(1)由题意，函数，不等式，即为当时，解得，故；当时，解得，故；当时，解得，故综上所述，不等式的解集为或.(2)由题意，函数，根据一次函数的性质，可得当时，函数取得最小值，最小值为，又由不等式恒成立，所以，即，解得，即m的取值范围为32（2022黑龙江齐齐哈尔二模（理）已知函数(1)若对于任意的，不等式恒成立，求实数t的取值范围；(2)若（1）中实数t的最大值为，正实数a，b满足，求证：【解析】(1)当时，得；当时，得；当时，得.所以，作出函数的图像，如图所示：显然，故不等式恒成立可得，即，解

20、得，所以t的取值范围为.(2)根据（1）可得，即，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，即.【考前预测篇2】命题专家押题1已知集合，则=（ ）ABCD【答案】C【解析】由题意得，则故选C【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分2设，则“”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】化简不等式，可知 推不出；由能推出，故“”是“”的必要不充分条件，故选B【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件3设命题，则为ABCD【答案】C【解析】特称命题的否定为全称命题，所

21、以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.4已知是定义域为的奇函数,满足.若，则ABCD【答案】C【解析】因为是定义域为的奇函数，且，所以,因此，因为，所以，从而，选C.【点睛】函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解5已知，则ABCD【答案】B【解析】则故选B【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养采取中间变量法，利用转化与化归思想解题6函数的图像大致为 ()ABCD【答案】B【解析】为奇函数，舍去A,舍去D;，所以舍去C；因此选B.【点睛】有关函数图象识别问题的常见题型及

22、解题思路（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；由函数的单调性，判断图象的变化趋势；由函数的奇偶性，判断图象的对称性；由函数的周期性，判断图象的循环往复 7设函数若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为()ABCD【答案】D【解析】因为函数是奇函数，所以，解得，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为，化简可得，故选D.【点睛】该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜

23、式求得结果.8ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinAbsinB=4csinC，cosA=，则=A6B5C4D3【答案】A【解析】由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得，故选A【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用9已知非零向量满足，且，则与的夹角为ABCD【答案】B【解析】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为10设是等比数列，且，则（）A12B24C30D32【答案】D【解析】设等比数列的公比为，则，因此，.故选：D.【点

24、睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题11设x，y满足约束条件则z=x+y的最大值为（）A0B1C2D3【答案】D【解析】如图，作出不等式组表示的可行域，则目标函数经过时z取得最大值，故，故选D【点睛】本题主要考查线性规划问题，首先由不等式组作出相应的可行域，并明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数的最值取法或值域范围12设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为ABCD【答案】B【解析】如图所示，点

25、M为三角形ABC的中心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大此时，,点M为三角形ABC的中心中，有故选B.【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型13已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，则C的方程为ABCD【答案】B【解析】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有在中，由余弦定理推论得在中，由余弦定理得，解得所求椭圆方程为，故选B法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有在和中，由余弦定理得，又互补，两式消去

26、，得，解得所求椭圆方程为，故选B【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养14双曲线的离心率为，则其渐近线方程为ABCD【答案】A【解析】因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A.【点睛】已知双曲线方程求渐近线方程：.15某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：C）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据得到下面的散点图：由此散点图，在10C至40C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是（）ABCD【答案】D【解析】由散点图分布可知，散点图分布

27、在一个对数函数的图象附近，因此，最适合作为发芽率和温度的回归方程类型的是.故选：D.【点睛】本题考查函数模型的选择，主要观察散点图的分布，属于基础题.16的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）若，面积为2，求【解析】（1），；（2）由（1）可知，17为数列的前项和.已知0，=.（）求的通项公式；（）设 ,求数列的前项和.【解析】（I）由an2+2an4Sn+3，可知an+12+2an+14Sn+1+3两式相减得an+12an2+2（an+1an）4an+1，即2（an+1+an）an+12an2（an+1+an）（an+1an），an0，an+1an2，a12+2a14a1+3，a11（舍）

28、或a13，则an是首项为3，公差d2的等差数列，an的通项公式an3+2（n1）2n+1：（）an2n+1，bn（），数列bn的前n项和Tn（）（）.【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键18某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式为比较两种生产方式的效率，选取40名工人，将他们随机分成两组，每组20人，第一组工人用第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式根据工人完成生产任务的工作时间（单位：min）绘制了如下茎叶图：（1）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由；（2）求40名工人完成生产任务所需时间

29、的中位数，并将完成生产任务所需时间超过和不超过的工人数填入下面的列联表：超过不超过第一种生产方式第二种生产方式（3）根据（2）中的列联表，能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？附：， 【解析】（1）第二种生产方式的效率更高.理由如下：（i）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至少80分钟，用第二种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至多79分钟.因此第二种生产方式的效率更高.（ii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为85.5分钟，用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为73.5分钟.因此

30、第二种生产方式的效率更高.（iii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80分钟；用第二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于80分钟，因此第二种生产方式的效率更高.（iv）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎8上的最多，关于茎8大致呈对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎7上的最多，关于茎7大致呈对称分布，又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产方式完成生产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高.以上给出了4种理由，考生

31、答出其中任意一种或其他合理理由均可得分.（2）由茎叶图知.列联表如下：超过不超过第一种生产方式155第二种生产方式515（3）由于，所以有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异.【点睛】本题主要考查了茎叶图和独立性检验，考察学生的计算能力和分析问题的能力，贴近生活19如图,四边形为矩形,且平面, ,为的中点.（1）求证:；（2）求三棱锥的体积；（3）探究在上是否存在点,使得平面，并说明理由.【解析】(1)连结,为的中点,为等腰直角三角形,则,同理可得, 又,且, ,又,又,.(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,而是三棱锥的高,. (3)在上存在中点,使得.理由如下:取的中点,连结.

32、是的中点, ,且,又因为E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,所以EC/AD,且EC=AD,所以EC/GH,且EC=GH,所以四边形EGHC是平行四边形,所以EG/CH,又EG平面PCD,CH平面PCD,所以EG/平面PCD.【点睛】本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程【解析】（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x1）（k0）设A（x1，y1），B（x2，y2）由得 ，故所

33、以由题设知，解得k=1（舍去），k=1因此l的方程为y=x1（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为，即设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则解得或因此所求圆的方程为或【点睛】确定圆的方程方法(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程(2)待定系数法若已知条件与圆心和半径有关，则设圆的标准方程依据已知条件列出关于的方程组，从而求出的值；若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D、E、F的方程组，进而求出D、E、F的值21已知函数（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求的值.【解析】（1）当时，等

34、价于设函数，则当时，所以在单调递减而，故当时，即（2）设函数在只有一个零点当且仅当在只有一个零点（i）当时，没有零点；（ii）当时，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增故是在的最小值若，即，在没有零点；若，即，在只有一个零点；若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，所以故在有一个零点，因此在有两个零点综上，在只有一个零点时，【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.二、命题猜想篇【高考命题猜想1】与平面向量相关的范

35、围和最值问题纵观近几年高考对于圆的的考查，平面向量中的范围、最值问题是热点问题,也是难点问题,此类问题综合性强,体现了知识的交汇组合其基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值,比如向量的模、数量积、向量夹角、系数的范围的等,解决思路是建立目标函数的函数解析式,转化为求函数的最值,同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份,所以解决平面向量的范围、最值问题的另外一种思路是数形结合(一) 平面向量数量积的范围问题已知两个非零向量和,它们的夹角为,把数量叫做和的数量积(或内积),记作.即=,规定,数量积的表示一般有三种方法：(1)当已知向量的模和夹角时,可利用定义法求解,即=；(2)当已知向量的坐标时

36、,可利用坐标法求解,即若a(x1,y1),b(x2,y2),则abx1x2y1y2；（3）运用平面向量基本定理,将数量积的两个向量用基底表示后,再运算1在边长为1的正方形ABCD中，M为BC的中点，点E在线段AB上运动，则ECEM的取值范围是()A 12,2 B 0,32 C 12,32 D 0,1【解析】将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中，设E(x，0)，0x1又M1,12，C(1，1)，所以EM=1x,12,EC=1x,1，所以ECEM=1x,121x,1=1x2+12，因为0x1，所以121x2+1232，即ECEM的取值范围是12,32本题选择C选项2已知A、B是单位圆O上的两点（

37、O为圆心），AOB=120，点C是线段AB上不与A、B重合的动点MN是圆O的一条直径，则的取值范围是（ ）A ，0） B ，0 C ，1） D ，1【解析】建立如图所示的坐标系， 到直线的距离，则 ， 的取值范围是，故选A3.如图，在四边形中，且，则实数的值为_，若是线段上的动点，且，则的最小值为_【解析】，解得，以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，,，的坐标为,又,则，设，则（其中），所以，当时，取得最小值.故答案为：；. (二) 平面向量模的取值范围问题 设,则,向量的模可以利用坐标表示,也可以借助“形”,向量的模指的是有向线段的长度,过可结合平面几何知识求解,尤其

38、注意,如果直接求模不易,可以将向量用基底向量表示再求1.已知向量满足 与的夹角为,则的最大值为 .【解析】设；以OA所在直线为x,O为坐标原点建立平面直角坐标系, 与的夹角为,则A（4,0）,B（2,2）,设C（x,y）,即表示以（3,1）为圆心,以1为半径的圆,表示点A,C的距离即圆上的点与点A（4,0）的距离；圆心到B的距离为,的最大值为2在中， ， ， ，若向量满足，则的最大值与最小值的和为（ ）A 7 B 8 C 9 D 10【解析】由， ， 得，即为直角，以点为原点， 为轴， 为轴建立直角坐标系，则， ， ，设的终点坐标为，故的最大值与最小值分别为圆上的点到原点距离的最大值和最小值，

39、故最大值为，最小值为，即之和为10，故选D3若平面向量， 满足，则在方向上投影的最大值是_来【解析】由可得： 在方向上投影故最大值为： (三) 平面向量夹角的取值范围问题设,且的夹角为,则1.设，为单位向量，满足，设，的夹角为，则的最小值为_【解析】，.故答案为：.2. 已知向量与的夹角为,时取得最小值,当时,夹角的取值范围为_.【解析】由题意知，OAOB=21cos,PQ=OQOP=1tOBtOA,所以PQ2=1t2OB2t2OA221ttOBOA =1t2+4t24t1tcos=5+4cost2+24cost+1由二次函数的图像及其性质知，当上式取最小值时，t0=1+2cos5+4cos,由题意可知01+2cos5+4cos15,q求得12cos0,所以223.【高考命题猜想2】几何体与球切、接的问题纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一.高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识学生掌握较为薄弱、认识较为模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式