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例7【2019届高三理科数学二轮用题】若二项式\((x-\cfrac{1}{\sqrt{x}})^n\)的展开式中第\(m\)项为常数项，则\(m\)，\(n\)应该满足【】
分析：由于\((a+b)^n\)的二项展开式的通项公式为\(T_{r+1}=C_n^r\cdot a^{n-r}\cdot b^r\)，
故\(T_{r+1}=C_n^r\cdot x^{n-r}\cdot (-\cfrac{1}{\sqrt{x}})^r=(-1)^r\cdot C_n^r\cdot x^{n-\cfrac{3r}{2}}\)，
则\(n-\cfrac{3r}{2}=0\)，且\(m=r+1\)，代入整理得到，\(2n=3(m-1)\)，故选\(A\)。
例8【2019届高三理科数学二轮用题】已知一只蚂蚁在底面半径为5cm，高为12cm的圆锥侧面爬行，若蚂蚁在圆锥侧面上任意一点出现的可能性相等，且将蚂蚁看作一个点，则蚂蚁距离圆锥顶点超过5cm的概率为【】
分析：将题目中的圆锥展开后，则其侧面形成一个半径为\(13\)，弧长为\(10\pi\)的扇形，如下图所示，
要使的蚂蚁距离圆锥顶点超过5cm，则蚂蚁应该在扇环内部，而小扇形的弧长可以这样计算\(\cfrac{l}{5}=\cfrac{10\pi}{13}\)，故小扇形的弧长为\(\cfrac{50\pi}{13}\)，
故所求概率为\(P=1-\cfrac{\cfrac{1}{2}\times \cfrac{50\pi}{13}\times 5}{\cfrac{1}{2}\times 10\pi\times 13}=\cfrac{144}{169}\)，故选\(C\)。
例9【2019届高三理科数学二轮用题】已知数列\(\{a_n\}\)满足\(t\cdot S_n=n^2-12n\)，其中\(S_n\)为数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，若\(a_1+a_3+a_5=42\)，\(a_2+a_4=28\)，则当\(S_n\)取最大值时，\(n=\)【】
分析：简单记录思路，由\(a_n\)与\(S_n\)的关系先求得\(a_n=\cfrac{2n-13}{t}\)，利用\(a_2+a_4=28\)，求得\(t=-\cfrac{1}{2}\)，
这样\(a_n=26-4n\)，令\(a_n>0\)，解得\(n\leq 6\)，由邻项变号法可知，\(S_6\)最大，故选\(B\)。
例10【2019届高三理科数学二轮用题】在矩形\(ABCD\)中，\(AB=2\)，\(AD=4\)，\(AC\)与\(BD\)相交于点\(O\)，过点\(A\)作\(AE\perp BD\)于\(E\)，则\(\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}\)=【】
法1：从形的角度思考，采用坐标法求解；以点\(A\)为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，
则可知\(A(0，0)\)，\(B(0，-2)\)，\(C(4，-2)\)，\(D(4，0)\)，设\(E(x，y)\)，
则由\(k_{AE}\cdot k_{BD}=-1\)，可得\(y=-2x\)①，又直线\(BD：2y=x-4\)②，
联立①②可得，\(x=\cfrac{4}{5}\)，\(y=-\cfrac{8}{5}\)，
则\(\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}=(\cfrac{4}{5}，-\cfrac{8}{5})\cdot (4，-2)=\cfrac{32}{5}\)，故选\(C\).
法2：本题目是否还可以用基向量法，以\(\overrightarrow{AB}\)和\(\overrightarrow{AD}\)为基向量来表示其他向量，待思考；
例11【2019届高三理科数学二轮用题】已知抛物线\(C：y^2=ax(a>0)\)，若直线\(l：y=4x-a\)被抛物线\(C\)截得的弦长为\(17\)，则与抛物线\(C\)相切且平行于直线\(l\)的直线方程为【】
分析：如图所示，直线过抛物线的焦点，故利用抛物线的焦点弦长公式可得，\(\cfrac{2p}{sin^2\theta}=17\)，
又由于直线的斜率\(k=4\)，则\(sin^2\theta=\cfrac{2p}{17}\)，\(cos^2\theta=\cfrac{17-2p}{17}\)，则\(k^2=16=tan^2\theta=\cfrac{2p}{17-2p}\)，
解得\(p=8\)，从而\(a=16\)，抛物线为\(y^2=16\)；
由图可知所求直线和抛物线相切于第一象限，故涉及到的函数为\(y=f(x)=4\sqrt{x}\)，
设切点为\(P(x_0，y_0)\)，则\(f'(x_0)=\cfrac{2}{\sqrt{x_0}}=4\)，求得\(x_0=\cfrac{1}{4}\)，\(y_0=2\)，
又所求直线的\(k=4\)，由点斜式方程可得，所求直线为\(4x-y+1=0\)，故选\(B\).
解后反思：焦点弦的公式不止一个，此处选用这一个就是考虑变量少，运算简单。
例12【2019届高三理科数学二轮用题】已知函数\(f(x)=mx-\cfrac{1-m}{x}+lnx\)，要使得函数\(f(x)>0\)恒成立，则正实数\(m\)应该满足【】
法1：先考虑分离参数法，若能成功分离参数，那么得到的形式必然是\(m>g(x)\)或\(m
法2：由函数\(f(x)>0\)恒成立，则需要求在\((0，+\infty)\)上的函数\(f(x)_{min}>0\)即可，故考虑用导数方法；
\(f'(x)=\cfrac{(x+1)[mx+(1-m)]}{x^2}\)， 故函数在\(x=\cfrac{m-1}{m}\)处取到最小值，则要使得函数\(f(x)>0\)恒成立，只需要\(f(\cfrac{m-1}{m})>0\)即可，
对此化简整理得到，正实数\(m\)应该满足\(\cfrac{m-1}{m}\cdot e^{2m-1}>1\)，故选\(C\)。
解后反思：本题目的解法有点漏洞，条件中应该使得\(m>1\)，而不仅仅是\(m>0\)，否则当\(0
例13【2019届高三理科数学二轮用题】已知不等式组\(\left\{\begin{array}{l}{2x-y\ge 0}\\{2-2y\leq 0}\\{x\leq 2}\end{array}\right.\)所表示的区域为\(\Omega\)，则区域\(\Omega\)的外接圆的面积为__________.
分析：做出如图所示的三角形可行域，三条边长可知，故求其外接圆的半径可以采用\(S_{\triangle OAB}=\cfrac{abc}{4R}\)，
又由于\(S_{\triangle OAB}=\cfrac{1}{2}\times 3\times 2=3\)，则\(3=\cfrac{3\times \sqrt{5}\times 2\sqrt{5}}{4R}\)，解得\(R=\cfrac{5}{2}\)，故\(S_{外接圆}=\cfrac{25\pi}{4}\)。
解后反思：结合题目的具体条件，选择恰当的公式，计算量能相应的减少。
例14【2019届高三理科数学二轮用题】已知函数\(f(x)=-x^3+mx+2\)，\(g(x)=2x^2-nx\)，且曲线\(y=f(x)\)在点\((2，f(2))\)处的切线于曲线\(y=g(x)\)在点\((1，g(1))\)处的切线平行，则\(\sqrt{m^2+n^2}\)的最小值为_______。
法1：由已知条件可知，\(m+n=16\)，若从数的角度入手分析，则\(m=16-n\)，
转化为先求\(m^2+n^2=(16-n)^2+n^2=2n^2-32n+16^2=2(n-8)^2+128\)，
故\((m^2+n^2)_{min}=128\)，故所求最小值为\(\sqrt{128}=8\sqrt{2}\)。
法2：由已知条件可知，\(m+n=16\)，若从形的角度入手分析，建立如图所示的坐标系，
可知，\(m+n=16\)表示一条直线，\(\sqrt{m^2+n^2}=\sqrt{(m-0)^2+(n-0)^2}\)表示定点\((0，0)\)与动点\((m，n)\)的距离，
故所求的最小距离为\(8\sqrt{2}\)。
例15【2019届高三理科数学二轮用题】已知\(F_1\)，\(F_2\)分别是双曲线\(C：\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1\) \((a>0，b>0)\)的左右焦点，以\(F_2\)为圆心做一个圆，使该圆过线段\(OF_2\)的中点，若该圆与双曲线的两条渐近线有公共点，则双曲线\(C\)的离心率的取值范围是___________。
分析：如下图所示，可知圆\(F_2\)的圆心为\(F_2(c，0)\)，半径为\(r=\cfrac{c}{2}\)，由于圆和双曲线都关于坐标轴对称，故只需要保证圆和一条渐近线\(y=\cfrac{b}{a}x\)有公共点即可，
此时可以使用联立直线方程和双曲线的方程，使用\(\Delta \ge 0\)的思路，也可以利用圆心到直线的距离小于半径的思路，很明显第二个思路的运算量要小一些。
此时圆心为\(F_2(c，0)\)，半径为\(r=\cfrac{c}{2}\)，直线为\(bx-ay=0\)，故\(d=\cfrac{|bc-a\times 0|}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq \cfrac{c}{2}\)，
化简整理得到，\(2b\leq c\)，即\(4b^2\leq c^2\)，则\(4c^2-4a^2\leq c^2\)，整理为\(\cfrac{c^2}{a^2}\leq \cfrac{4}{3}\)，故\(e\leq \cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)，又双曲线的\(e>1\)，故\(e\in (1，\cfrac{2\sqrt{3}}{3}]\).
例16【2019届高三理科数学二轮用题】在面积为4的正方形\(ABCD\)中，\(M\)是线段\(AB\)的中点，现将图形沿\(MC\)，\(MD\)折起，使线段\(MA\)和\(MB\)重合，得到一个四面体\(A-CDM\)，其中点\(B\)和点\(A\)重合，则该四面体外接球的表面积为_________。
分析：平面图形如左图，立体图形如右图所示，\(\angle MAC=\angle MAD=\cfrac{\pi}{2}\)，下来的重点是如何将四面体放置在球体内部。
可以这样来思考，将最特殊的面\(ACD\)放置在下底面，这样方便来放置和下底面垂直的侧棱，如下图所示；
底面圆的圆心\(O'\)为下底面正三角形的重心，\(O\)为球心，则\(OA=OM=R\)，由于\(\triangle ACD\)为等边三角形，\(AC=2\)，则\(CH=1\)，\(AH=\sqrt{3}\)，则\(AO'=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)，过点\(O\)做\(OK\perp AM\)于\(K\)，则\(OK=AO'=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)，又\(AK=\cfrac{1}{2}AM=\cfrac{1}{2}\)，在\(Rt\triangle AOK\)中，由勾股定理可知\(R^2=(\cfrac{2\sqrt{3}}{3})^2+(\cfrac{1}{2})^2=\cfrac{19}{12}\)，故\(S_{球O}=4\pi R^2=\cfrac{19\pi}{3}\)。
补充说明：如果想不清这一点，还可以想着将四面体补体成一个直三棱柱，如下图的动图所示，
解后反思：当一条侧棱和下底面垂直时，常将三棱锥\(M-ACD\)补体成直三棱柱\(MC'D'-ACD\)，这样容易想清楚。