第5讲 选填题的解题方法-【金版教程】2025年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（经典版）

第一编　基本思想方法 第5讲　选填题的解题方法 「题型特点解读」　在高考数学试卷中选填题共有14道，其中单项选择题8道、多项选择题3道、填空题3道，占73分．单项选择题和填空题的命题注重知识点的覆盖面，除了第8，14题，其余题目难度较小；而多项选择题的命题更注重知识点的横向联系和纵向加深，为数学基础和数学能力在不同层次的考生都提供了发挥空间，提高了考试的区分度． 解选择题、填空题的基本原则是“小题小做”，要充分利用题目中(包括题干和选项)提供的各种信息，排除干扰，利用矛盾，作出正确的判断．常用方法：直接法、排除法、构造法、特例法、估算法等． 热点方法例讲 方法1　直接法 直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，严密地推理和准确地运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，作出相应的选择． 热点方法例讲 4 热点方法例讲 5 热点方法例讲 6 涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法，在计算和论证时应注意一些现成结论的使用，注意一些解题规律和解题技巧的灵活运用，将计算过程简化，从而得到结果． 热点方法例讲 7 热点方法例讲 8 2．(2024·湖南常德三模)已知曲线f(x)＝xln x－1在x＝1处的切线l与圆C：(x－1)2＋y2＝9相交于A，B两点，则|AB|＝________． 热点方法例讲 9 方法2　排除法 排除法也叫筛选法或淘汰法，具体的做法是采用简捷有效的手段对各个选项进行“筛选”，将其中与题干相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得唯一正确的结论． 热点方法例讲 10 热点方法例讲 11 排除法的适用情况 排除法适用于直接法解决很困难或者计算较复杂的情况： (1)当题目中的条件不唯一时，先根据某些条件找出明显与之矛盾的选项予以否定． (2)再根据另一些条件在缩小的范围内找出矛盾，这样逐步排除，直至得到正确的选择． 热点方法例讲 12 热点方法例讲 13 热点方法例讲 14 热点方法例讲 15 从题干(或选项)出发，通过选取构造特殊情况代入，将问题特殊化，再进行判断．特殊化法是“小题小做”的重要策略，要注意使用条件，特殊情况可能是特殊值、特殊点、特殊位置、特殊数列等． 例3　(1)若a>b>c>1且ac<b2，则(　　) A．logab>logbc>logca B．logcb>logba>logac C．logbc>logab>logca D．logba>logcb>logac 方法3　特值、特例法 解析：取a＝5，b＝4，c＝3，代入验证可知B正确． 热点方法例讲 16 热点方法例讲 17 热点方法例讲 18 热点方法例讲 19 1．特值、特例法的适用情况 特值、特例法适用于解答“对某一集合的所有元素、某种关系恒成立”这样以全称判断形式出现的题目，其原理是“结论若在某种特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真”． 2．使用特值、特例法的注意点 (1)取特例尽可能简单，有利于计算和推理． (2)若在取定的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解． 热点方法例讲 20 1．已知等差数列{an}满足a1＋a2＋…＋a101＝0，则(　　) A．a1＋a101>0 B．a2＋a102<0 C．a3＋a99＝0 D．a51＝51 解析：取满足题意的特殊数列an＝0，则a3＋a99＝0.故选C. 热点方法例讲 21 2．设平面向量a1，a2，a3的和a1＋a2＋a3＝0，如果向量b1，b2，b3满足|bi|＝2|ai|，且ai顺时针旋转30°后与bi同向，其中i＝1，2，3，则(　　) A．－b1＋b2＋b3＝0 B．b1－b2＋b3＝0 C．b1＋b2－b3＝0 D．b1＋b2＋b3＝0 解析：因为a1＋a2＋a3＝0，所以不妨取|a1|＝|a2|＝|a3|＝1，且a1的起点在原点，终点在x轴正半轴上，因为向量a1，a2，a3顺时针旋转30°后与b1，b2，b3同向，且|bi|＝2|ai|＝2，所以b1＋b2＋b3＝0.故选D. 热点方法例讲 22 方法4　估算法 由于单项选择题提供了唯一正确的选项，解答又无需过程．因此，有些题目不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法往往可以减少运算量，但是加强了思维的层次． 热点方法例讲 23 解析：由头顶至脖子下端的长度为26 cm，可得咽喉至肚脐的长度小于42 cm，肚脐至足底的长度小于110 cm，则该人的身高小于178 cm，又由肚脐至足底的长度大于105 cm，可得头顶至肚脐的长度大于65 cm，则该人的身高大于170 cm，所以该人的身高在170～178 cm之间．故选B. 热点方法例讲 24 热点方法例讲 25 估算法的使用技巧 (1)估算法是根据变量变化的趋势或极值的取值情况进行求解的方法．可从题设条件估计大致范围、大致区间等，也可找端点、极限位置，从而达到求解的目的． (2)对于数值计算常采用放缩估算、整体估算、近似估算、特值估算等；对于几何体问题，常进行分割、拼凑、位置估算． 热点方法例讲 26 1．用1，2，3，4，5这五个数组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有(　　) A．24个 B．30个 C．40个 D．60个 热点方法例讲 27 热点方法例讲 28 热点方法例讲 29 方法5　多选题的解题策略 多选题考查的热点内容涉及函数、向量、不等式、概率统计、立体几何、圆锥曲线等，在做多选题时，适当地运用一些方法有时会使我们快速解决问题． 热点方法例讲 30 热点方法例讲 31 热点方法例讲 32 热点方法例讲 33 多选题的解题策略 (1)谨慎选择、宁缺毋滥．首先选出最有把握的一个或两个选项，若有足够把握确定还有其他正确选项时，才继续选择，否则不选． (2)关注选项之间的对立关系．当多选题的选项中存在一对内容互相对立的选项时，这两个选项不会同时正确，通常有一个是正确的． (3)关注选项之间的递进关系．在多选题中，如果两个或两个以上的选项之间存在递进关系，即多个选项能同时成立，那么这几个选项应一起被选出或排除． 热点方法例讲 34 热点方法例讲 35 热点方法例讲 36 解析：对于函数f(x)有f(4－x)＝f(x)，则函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，由f(2－x)＝－f(x)，得函数f(x)的图象关于点(1，0)对称，且f(1)＝－f(1)，即f(1)＝0，所以f(4－x)＝－f(2－x)，所以f(2－x)＝－f(－x)，则f(4－x)＝f(－x)，故函数f(x)的周期为4，且f(－x)＝f(x)，故函数f(x)为偶函数，因为函数f(x)在区间[－1，0]上单调递增，则函数f(x)的大致图象如图所示． 热点方法例讲 37 热点方法例讲 38 热点方法例讲 39 热点方法例讲 40 热点方法例讲 41 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(1)(2024·山东济南模拟)已知向量a＝(1，1)在b上的投影向量c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4)))，且a·b＝－1，则b＝(　　) A．(－1，－1) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2))) D．(2，－3) 解析：由题意可设b＝tc＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)t，\f(3,4)t)).由a·b＝－1，a＝(1，1)，得－eq \f(1,2)t＋eq \f(3,4)t＝－1，解得t＝－4，则b＝(2，－3)．故选D. (2)已知球O的表面积为100π cm2，P是球O内的定点，OP＝eq \r(10) cm，过P的动直线交球面于A，B两点，AB＝4eq \r(5) cm，则球心O到AB的距离为________ cm；若点A，B的轨迹分别为圆台O1O2的上、下底面的圆周，则圆台O1O2的体积为 __________ cm3. eq \r(5) eq \f(65\r(10)π,3) 解析：设球O的半径为r，则4πr2＝100π，∴r＝5，即OA＝OB＝5，AB＝4eq \r(5)，∴球心O到AB的距离d＝eq \r(52－（2\r(5)）2)＝eq \r(5).取AB的中点M，则PM＝eq \r(5)，∴PA＝eq \r(5)，PB＝3eq \r(5)，如图所示．又点A，B的轨迹分别为圆台O1O2的上、下底面的圆周，∴PO1⊥圆O1，PO2⊥圆O2，又OO1⊥圆O1，OO2⊥圆O2，∴O1，P，O，O2四点共线．令O1A＝r1，O2B＝r2，O1P＝m，O2O＝n，∴2,1)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＋m2＝5，,req \o\al(2,1)＋（m＋\r(10)）2＝25，)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(\r(10),2)，,r1＝\f(\r(10),2)，))∵2,2)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＋n2＝25，,req \o\al(2,2)＋（n＋\r(10)）2＝45，)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r2＝\f(3\r(10),2)，,n＝\f(\r(10),2)，))∴圆台O1O2的高h＝eq \f(\r(10),2)＋eq \r(10)＋eq \f(\r(10),2)＝2eq \r(10)，∴圆台O1O2的体积V＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋\f(45π,2)＋\f(15π,2)))×2eq \r(10)＝eq \f(65\r(10)π,3). 1．(2024·江苏南通二模)若cosα，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))成等比数列，则sin2α＝(　　) A．eq \f(\r(3),4) B．－eq \f(\r(3),6) C．eq \f(1,3) D．－eq \f(1,4) 解析：由cosα，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))成等比数列，得cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝cosαcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))，即eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))))＝cosα·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosα－\f(\r(3),2)sinα))＝eq \f(1,2)·eq \f(1＋cos2α,2)－eq \f(\r(3),4)sin2α，所以eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)cos2α＋eq \f(\r(3),4)sin2α＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)cos2α－eq \f(\r(3),4)sin2α，所以sin2α＝－eq \f(\r(3),6).故选B. eq \r(34) 解析：f(x)＝xln x－1，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，则切线斜率k＝f′(1)＝1，又f(1)＝ln 1－1＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝x－1，即x－y－2＝0.又圆C的圆心C(1，0)，半径r＝3，设圆心到直线的距离为d，则d＝eq \f(|1－0－2|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，则|AB|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(9－\f(1,2))＝eq \r(34). 例2　(1)(2024·河北石家庄二中模拟)已知集合A＝{x|eq \r(x)<1}，B＝{x|log2x<－2}，则A∩B＝(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)) 解析：解法一(排除法)：由x>0可知，B，C错误；由x<eq \f(1,4)可知，D错误．故选A. 解法二(直接法)：A＝{x|eq \r(x)<1}＝{x|0≤x<1}，B＝{x|log2x<－2}＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,4)))))，故A∩B＝{x|0≤x<1}∩eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,4)))))＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,4))))).故选A. (2)(2024·广东中山模拟)函数f(x)＝xln eq \f(3－x,3＋x)的大致图象为(　　) 解析：由题意可知，f(x)的定义域为(－3，3)，∵f(－x)＝－xln eq \f(3＋x,3－x)＝－xln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－x,3＋x))) eq \s\up12(－1)＝xln eq \f(3－x,3＋x)＝f(x)，∴f(x)是偶函数，排除A，B；又f(1)＝ln eq \f(1,2)＝－ln 2<0，排除D.故选C. 1．已知向量a＝(－2，－1)，b＝(λ，1)，若a与b的夹角为钝角，则λ的取值范围是(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))∪(2，＋∞) B．(2，＋∞) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 解析：解法一：当λ＝0时，a与b的夹角为钝角，排除B，D；当λ＝2时，a与b的夹角为π，排除C.故选A. 解法二：因为a与b的夹角为钝角，所以a·b<0，且a与b不反向，所以－2λ－1<0且λ≠2，解得λ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))∪(2，＋∞)．故选A. 2．若函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(（x－a）（x＋2）)在区间(－1，2)上单调递增，则a的取值范围是(　　) A．[0，6] B．[－2，0] C．[6，＋∞) D．(－∞，0] 解析：解法一(排除法)：结合选项可知，当a＝0时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x（x＋2）)，因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)在定义域R上单调递减，y＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1在区间(－1，2)上单调递增，所以f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x（x＋2）)在区间(－1，2)上单调递减，故a＝0不符合题意，排除A，B，D.故选C. 解法二(直接法)：令g(x)＝(x－a)(x＋2)＝x2＋(2－a)x－2a，因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)在定义域R上单调递减，要使函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(（x－a）（x＋2）)在区间(－1，2)上单调递增，则g(x)＝x2＋(2－a)x－2a在区间(－1，2)上单调递减，所以eq \f(a－2,2)≥2，解得a≥6，所以a的取值范围为[6，＋∞)．故选C. (2)(2023·新课标Ⅰ卷)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，eq \o(F1A,\s\up14(→))⊥eq \o(F1B,\s\up14(→))，eq \o(F2A,\s\up14(→))＝－eq \f(2,3) eq \o(F2B,\s\up14(→))，则C的离心率为______． eq \f(3\r(5),5) 解析：解法一：依题意，设|AF2|＝2，则|BF2|＝3＝|BF1|，|AF1|＝2a＋2，在Rt△ABF1中，9＋(2a＋2)2＝25，则(a＋3)(a－1)＝0，故a＝1或a＝－3(舍去)，所以|AF1|＝4，故cos∠F1AF2＝eq \f(|AF1|,|AB|)＝eq \f(4,5)，所以在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝eq \f(16＋4－4c2,2×4×2)＝eq \f(4,5)，解得c＝eq \f(3\r(5),5)，故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3\r(5),5). 解法二：依题意，得F1(－c，0)，F2(c，0)，令A(x0，y0)，B(0，t)，因为eq \o(F2A,\s\up14(→))＝－eq \f(2,3) eq \o(F2B,\s\up14(→))，所以(x0－c，y0)＝－eq \f(2,3)(－c，t)，则x0＝eq \f(5,3)c，y0＝－eq \f(2,3)t，又eq \o(F1A,\s\up14(→))⊥eq \o(F1B,\s\up14(→))，所以eq \o(F1A,\s\up14(→))·eq \o(F1B,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)t))·(c，t)＝eq \f(8,3)c2－eq \f(2,3)t2＝0，则t2＝4c2，又点A在C上，则eq \f(\f(25,9)c2,a2)－eq \f(\f(4,9)t2,b2)＝1，整理得eq \f(25c2,9a2)－eq \f(4t2,9b2)＝1，则eq \f(25c2,9a2)－eq \f(16c2,9b2)＝1，所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，即25c2(c2－a2)－16a2c2＝9a2(c2－a2)，整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，则(5c2－9a2)(5c2－a2)＝0，解得5c2＝9a2或5c2＝a2，又e>1，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3\r(5),5). 解法三：由解法二得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)t))，t2＝4c2，所以|AF1|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c＋c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)t))\s\up12(2))＝eq \r(\f(64c2,9)＋\f(4t2,9))＝eq \r(\f(64c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq \f(4\r(5)c,3)，|AF2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c－c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)t))\s\up12(2))＝eq \r(\f(4c2,9)＋\f(4t2,9))＝eq \r(\f(4c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq \f(2\r(5)c,3)，由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|＝2a，即eq \f(4\r(5)c,3)－eq \f(2\r(5)c,3)＝2a，即eq \f(\r(5),3)c＝a，所以C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,\r(5))＝eq \f(3\r(5),5). 例4　(1)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是eq \f(\r(5)－1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)≈0.618，称为黄金分割比例))，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是eq \f(\r(5)－1,2).若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是(　　) A．165 cm B．175 cm C．185 cm D．190 cm (2)如图，在多面体中，四边形ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝eq \f(3,2)，EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为(　　) A．eq \f(9,2) B．5 C．6 D．eq \f(15,2) 解析：由于该多面体是不规则几何体，所以可以先求四棱锥E－ABCD的体积，VE－ABCD＝eq \f(1,3)×2×32＝6，那么多面体的体积必大于6.故选D. 解析：显然没有重复数字的三位数共有Aeq \o\al(3,5)＝60个，这60个三位数不是奇数，就是偶数．由于可作个位数的奇数有3个，比偶数只有2个多，则偶数应少于eq \f(1,2)×60＝30个．故选A. 2．设a＝(sin2)2，b＝2sin2，c＝logeq \s\up-10(\f(1,2))(sin2)，则(　　) A．b>c>a B．b>a>c C．a>b>c D．c>b>a 解析：∵eq \f(\r(3),2)＝sineq \f(π,3)<sin2<sineq \f(π,2)＝1，∴eq \f(3,4)<a<1，b>1，0＝logeq \s\up-10(\f(1,2))1<c< logeq \s\up-10(\f(1,2))eq \f(\r(3),2)< logeq \s\up-10(\f(1,2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up7(\f(1,2))＝eq \f(1,2)，∴c<a<b.故选B. 3．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9eq \r(3)，则三棱锥D－ABC体积的最大值可以为(　　) A．12eq \r(3) B．18eq \r(3) C．24eq \r(3) D．54eq \r(3) 解析：等边三角形ABC的面积为9eq \r(3)，显然球心不是此三角形的中心，所以三棱锥的体积最大时，三棱锥的高h应满足h∈(4，8)，所以eq \f(1,3)×9eq \r(3)×4<V三棱锥D－ABC<eq \f(1,3)×9eq \r(3)×8，即12eq \r(3)<V三棱锥D－ABC<24eq \r(3).故选B. 例5　(1)(多选)(2024·贵州黔东南期末)在数列{an}中，已知a1＝1，an＝eq \f(3an－1,2an－1＋3)(n≥2)，则(　　) A．a16＝eq \f(1,12) B．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列 C．a100＝eq \f(1,67) D．{(2n＋1)an}是等比数列 解析：an＝eq \f(3an－1,2an－1＋3)(n≥2)，则eq \f(1,an)＝eq \f(1,an－1)＋eq \f(2,3)，因为a1＝1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(2,3)为公差的等差数列，则eq \f(1,an)＝1＋eq \f(2,3)(n－1)＝eq \f(2n＋1,3)，则an＝eq \f(3,2n＋1)，所以a16＝eq \f(3,33)＝eq \f(1,11)，a100＝eq \f(3,201)＝eq \f(1,67)，所以(2n＋1)an＝3，所以{(2n＋1)an}是以3为首项，1为公比的等比数列，所以A错误，B，C，D均正确．故选BCD. (2)(多选)(2024·河北邯郸二模)设抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过点P(0，3)的直线与抛物线E相交于A，B两点，与x轴相交于点C，|AF|＝2，|BF|＝10，则(　　) A．抛物线E的准线方程为y＝－2 B．p的值为2 C．|AB|＝4eq \r(2) D．△BFC的面积与△AFC的面积之比为9 解析：设直线AB的方程为y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,x2＝2py，))可得x2－2pkx－6p＝0，所以x1＋x2＝2pk，x1x2＝－6p，因为x2＝2py，所以y＝eq \f(x2,2p)，故y1y2＝2,1)eq \f(xxeq \o\al(2,2),4p2) ＝eq \f(36p2,4p2)＝9，因为|AF|＝2，|BF|＝10，由抛物线的定义可得，y1＝2－eq \f(p,2)，y2＝10－eq \f(p,2)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(p,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(p,2)))＝9，解得p＝2或p＝22，因为y1＝2－eq \f(p,2)>0，所以p＝2，则抛物线E的准线方程为y＝－1，故A错误，B正确；又抛物线E的方程为x2＝4y，y1＝2－eq \f(p,2)＝1，y2＝10－eq \f(p,2)＝9，把y1＝1，y2＝9分别代入x2＝4y，可得xeq \o\al(2,1)＝4y1＝4，xeq \o\al(2,2)＝4y2＝36，不妨设A(－2，1)，B(6，9)，则|AB|＝8eq \r(2)，故C错误；设F到直线AB的距离为d，则S△BFC＝eq \f(1,2)|BC|d，S△AFC＝eq \f(1,2)|AC|d，所以eq \f(S△BFC,S△AFC)＝eq \f(|BC|,|AC|)＝eq \f(y2,y1)＝9，故D正确．故选BD. 1．(多选)(2024·湖南长沙模拟)已知f(x)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))－cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，下列判断正确的是(　　) A．若f(x1)＝f(x2)＝0，且|x1－x2|min＝eq \f(π,2)，则ω＝2 B．当ω＝1时，直线x＝eq \f(π,6)为f(x)图象的一条对称轴 C．当ω＝1时，将f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后得到的图象关于原点对称 D．若f(x)在[0，2π]上恰有9个零点，则ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(53,24)，\f(59,24))) 解析：f(x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))))＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(2π,3)))，ω>0.对于A，根据条件，可得eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，∴T＝π＝eq \f(2π,2ω)，∴ω＝1，故A错误；对于B，当ω＝1时，f(x)＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(2π,3)))＝－cosπ＝1，∴直线x＝eq \f(π,6)为f(x)图象的一条对称轴，故B正确；对于C，当ω＝1时，f(x)＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，将f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后可得y＝－coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(2π,3)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象，y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))为非奇非偶函数，故C错误；对于D，若x∈[0，2π]，则eq \f(2π,3)≤2ωx＋eq \f(2π,3)≤4ωπ＋eq \f(2π,3)，∵f(x)在[0，2π]上恰有9个零点，∴eq \f(19π,2)≤4ωπ＋eq \f(2π,3)<eq \f(21π,2)，解得eq \f(53,24)≤ω<eq \f(59,24)，故D正确．故选BD. 2．(多选)(2024·浙江绍兴二模)已知定义在R上的函数f(x)在区间[－1，0]上单调递增，且满足f(4－x)＝f(x)，f(2－x)＝－f(x)，则(　　) A．eq \o(∑,\s\up14(10),\s\do15(k＝1))f(k)＝0 B．f(0.9)＋f(1.2)<0 C．f(2.5)>f(log280) D．f(sin1)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln \f(1,2))) 由对称性可得f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0，所以eq \o(∑,\s\up14(10),\s\do15(k＝1))f(k)＝[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]×2＋f(9)＋f(10)＝0＋f(1)＋f(2)＝f(2)≠0，故A不正确；因为f(0.9)＋f(1.1)＝0，f(1.1)>f(1.2)，所以f(0.9)＋f(1.2)<0，故B正确；因为f(log280)＝f(log216＋log25)＝f(4＋log25)＝f(log25)，eq \f(5,2)＝log22eq \s\up7(\f(5,2))＝log2eq \r(32)>log25>2，所以f(2.5)>f(log280)，故C正确；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln \f(1,2)))＝f(－ln 2)＝f(ln 2)，且0<ln 2<0.7，因为eq \f(π,3)>1>eq \f(π,4)，所以sineq \f(π,3)>sin1>sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)>0.7，故1>sin1>ln 2>0，所以f(sin1)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln \f(1,2)))，故D正确．故选BCD. 3．(多选)(2024·山西长治一模)如图，已知圆台OO′的下底面直径AB＝4，母线BC＝2，且AC⊥BC，P是下底面圆周上一动点，则(　　) A．圆台OO′的表面积为10π B．圆台OO′的体积为eq \f(7\r(3)π,3) C．三棱锥A－BCP体积的最大值为eq \r(3) D．PA＋PC的最大值为6 解析：在圆台OO′中，作出圆O′过点C的直径CD，则四边形ABCD是等腰梯形，作CE⊥AB于点E，在△ABC中，由AB＝4，BC＝2，AC⊥BC，得∠ABC＝60°，CE＝eq \r(3)，BE＝1，则CD＝AB－2BE＝2.对于A，圆台OO′的表面积S＝π×12＋π×22＋π×(1＋2)×2＝11π，A错误；对于B，圆台OO′的体积V＝eq \f(1,3)π×(12＋1×2＋22)×eq \r(3)＝eq \f(7\r(3)π,3)，B正确；对于C，由P是下底面圆周上一动点，得点P到直线AB距离的最大值为2，则△APB面积的最大值为eq \f(1,2)×2×4＝4，三棱锥A－BCP体积的最大值为eq \f(1,3)×4×eq \r(3)＝eq \f(4\r(3),3)，C错误； 对于D，连接PE，当P与A，B都不重合时，设∠PAB＝θ(0°<θ<90°)，t＝cosθ∈(0，1)，则PA＝4cosθ＝4t，在△AEP中，由余弦定理得PE2＝32＋(4t)2－2×3×4tcosθ＝9－8t2，于是PC＝eq \r(CE2＋PE2)＝eq \r(12－8t2)，f(t)＝PA＋PC＝4t＋eq \r(12－8t2)，求导得f′(t)＝4－eq \f(4t,\r(3－2t2))＝eq \f(4（\r(3－2t2)－t）,\r(3－2t2))，显然(eq \r(3－2t2))2－t2＝3(1－t2)>0，则f′(t)>0，函数f(t)在(0，1)上单调递增，f(t)<f(1)＝6，当P与A重合时，PA＋PC＝AC＝2eq \r(3)，当P与B重合时，PA＋PC＝BA＋BC＝6.综上，PA＋PC的最大值为6，D正确．故选BD. $$