新题型|多项选择题

前言

典例剖析

【2021届高三文科数学寒假作业3】已知正方体 \(ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\) 的棱长为 \(a\)， 点 \(E, F, G\) 分别为棱 \(AB\)、 \(AA_{1}\)、 \(C_{1}D_{1}\) 的中点，下列结论中， 正确结论的序号是___________.

①. 过 \(E\), \(F\), \(G\) 三点作正方体的截面, 所得截面为正六边形；

解析：延长 \(EF\) 分别与 \(B_1A_1\)， \(B_1B\) 的延长线交于 \(N\), \(Q\)， 连接 \(GN\) 交 \(A_1D_1\) 于点 \(H\)，设 \(HG\) 与 \(B_1C_1\) 的延长线交于 \(P\)，连接 \(PQ\) 交 \(CC_1\)于 \(I\)，交 \(BC\) 于 \(M\)，连\(FH\)， \(HG\)， \(GI\)， \(IM\)，\(ME\)， \(EF\)，如图:

则截面六边形 \(EFHGIM\) 为正六边形，故①正确；

②. \(B_1D_1\) // 平面\(EFG\)；

解析：因为 \(B_1D_1\) 与 \(HG\) 相交，故 \(B_1D_1\) 与平面 \(EFG\) 相交，所以②不正确；

③. \(BD_1\perp\) 平面 \(ACB_1\)；

解析：连接 \(BD\) ，则易知 \(AC\perp\) 平面 \(BDD_1\)，故可知 \(AC\perp BD_1\)，同理可知，\(AB_1\perp BD_1\)，

又由于 \(AC\subsetneqq\) 平面 \(ACB_1\)， \(AB_1\subsetneqq\) 平面 \(ACB_1\)，\(AB_1\cap AC=A\)，

故\(BD_1\perp\) 平面 \(ACB_1\)；

④. 异面直线 \(EF\)与 \(BD_1\)所成角的正切值为 \(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)；

解析：连接\(A_1B\)，则在\(Rt\triangle A_1BD_1\)中，可知直线 \(A_1B\)与 \(BD_1\)所成角的正切值为 \(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，

又由于\(EF\)//\(A_1B\)，故异面直线 \(EF\)与 \(BD_1\)所成角的正切值为 \(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，即④正确；

⑤. 四面体 \(ACB_1D_1\) 的体积等于 \(\cfrac{1}{2}a^{3}\).

解析：法1，割补法，\(V_{ACB_1D_1}=a^3-4\times \cfrac{1}{3}\times [\cfrac{1}{2}\times a^2]\times a=\cfrac{1}{3}a^3\)；

法2，公式法，\(V_{ACB_1D_1}=\cfrac{1}{3}\cdot S\cdot h=\cfrac{1}{3}[\cfrac{1}{2}\times(\sqrt{2}a)^2\times \cfrac{\sqrt{3}}{2}]\times\cfrac{2\sqrt{3}}{3}a=\cfrac{1}{3}a^3\)；

补充说明：四面体 \(ACB_1D_1\) 为正方体内的正四面体；

【2021届高三数学跟踪训练5】下列给定的命题中:

(1). 若 \(x_{1}\) 满足 \(2x+2^{x}=5\)， \(x_{2}\) 满足 \(2x+2\log _{2}(x-1)=5\)， 则 \(x_{1}+x_{2}=4\)；

(2). 函数 \(y=\log_{a}(x+3)-1\) (\(a>0\) 且 \(a\neq1)\) 的图象恒过定点 \(A\)， 若点 \(A\) 在 \(mx+ny+2=0\) 上，其中 \(mn>0\)，则 \(\cfrac{1}{m}+\cfrac{1}{n}\)的最小值是\(\cfrac{3+2\sqrt{2}}{2}\)；

(3). 设 \(g(x)\) 是定义在 \(R\) 上，以 \(1\) 为周期的函数，若 \(f(x)=2x+g(x)\) 在 \([0, 1]\) 上的值域为\([-1,3]\)，则 \(f(x)\) 在区间\([0，3]\)上的值域为 \([-1,7]\)；

(4). 已知曲线 \(y=\sqrt{2x-x^{2}}\) \((0\leqslant x\leqslant 2)\) 与直线 \(y=k(x-2)+2\) 仅有 \(2\) 个交点， 则 \(k\in(\cfrac{3}{4}, 1)\)；

(5). 函数 \(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\) 图象的对称中心为 \((2,1)\).

其中真命题序号为【\(\quad\quad\)】.

解析: 对【1】而言，由题意可知 \(2x_{1}+2^{x_{1}}=5\)①， \(2x_{2}+2\log _{2}(x_{2}-1)=5\)②，

由①式可得 \(2^{x_1}=5-2x_{1}\)，则指数式化为对数式得到 \(x_{1}=\log_{2}(5-2x_{1})\)，

即 \(2x_{1}=2\log_{2}(5-2x_{1})\)， 令\(2x_{1}=7-2t\)此处的变形技巧性很强，为什么这样设元，原因是既要照顾到\(2x_1\)，还要考虑变形后要和②式一模一样，故此处的操作技巧型太强了\(\quad\)，

代入上式得 \(7-2t\)\(=\)\(2\log_{2}[5-(7-2t)]\)

\(=\)\(2\log_{2}(2t-2)\)\(=\)\(2[1+log_{2}(t-1)]\)\(=\)\(2+2\log_{2}(t-1)\)，

则 \(5-2t=2\log_{2}(t-1)\)，即 \(2t+2\log_{2}(t-1)=5\)， 与②式比照得到 \(t=x_{2}\)，

于是 \(2x_{1}=7-2x_{2}\)，即 \(x_{1}+x_{2}=3.5\)，故(1)不正确；

对【2】而言，函数 \(y=\log_{a}(x+3)-1\) (\(a>0\) 且 \(a\neq 1\)) 的图象恒过定点 \(A(-2,-1)\)，

点 \(A\) 在 \(mx+ny+2=0\) 上，其中 \(mn>0\)， 所以 \(-2m-n+2=0\)，即 \(2m+n=2\)，

由 \(2m+n=2\)，\(mn>0\)可知，\(m>0\) 且 \(n>0\)，

所以 \(\cfrac{1}{m}+\cfrac{1}{n}=\cfrac{1}{2}(2m+n)(\cfrac{1}{m}+\cfrac{1}{n})\)

\(=\cfrac{3}{2}+\cfrac{n}{2m}+\cfrac{m}{n}\geqslant\cfrac{3+2\sqrt{2}}{2}\)，

当且仅当\(\cfrac{n}{2m}=\cfrac{m}{n}\)时取到等号，故 \(\cfrac{1}{m}+\cfrac{1}{n}\)的最小值是\(\cfrac{3+2\sqrt{2}}{2}\)；故(2)正确；

对【3】而言，由于\(g(x)\) 是定义在 \(R\) 上，以 \(1\) 为周期的函数，故\(g(x)=g(x-1)=g(x-2)\)，

设 \(x\in[1,2]\)由于函数\(g(x)\)的周期是\(1\)，故每次取区间的宽度为 \(1\) ，这样就能利用\(g(x)\)的周期性和解析式变形；\(\quad\)，则 \(x-1\in[0,1]\)，

则 \(f(x)=2x+g(x)=2(x-1)+g(x-1)+2=f(x-1)+2\)①注意\(2(x-1)\)\(+\)\(g(x-1)\)\(=\)\(f(x-1)\)的逆向思维，和\(2x=2(x-1)+2\)的变形技巧\(\quad\)，

因为 \(x\in[0,1]\) 时， \(f(x)\in[-1,3]\)， 所以对于①式有，

\(f(x-1)\in[-1,3]\)， \(f(x)=f(x-1)+2\in[1,5]\)，

同理，当 \(x\in[2,3]\)， 则 \(x-2\in[0,1]\)，

则 \(f(x)\)\(=\)\(2x+g(x)\)\(=\)\(2(x-2)+g(x-2)+4\)\(=\)\(f(x-2)+4\)②注意\(2(x-2)\)\(+\)\(g(x-2)\)\(=\)\(f(x-2)\)的逆向思维，和\(2x=2(x-2)+4\)的变形技巧\(\quad\)，

因为 \(x\in[0,1]\) 时， \(f(x)\in[-1,3]\)， 所以对于②式， \(f(x-2)\in[-1,3]\)，

所以 \(f(x)=f(x-2)+4\in[3,7]\)，

综上所述，对以上三种情况求并集，得到 \(y=f(x)\) 在\([0, 3]\)上的值域为\([-1,7]\). 故 (3) 正确；

对【4】而言，已知曲线 \(y=\sqrt{2x-x^{2}}\) \((0\leqslant x\leqslant 2)\)，同解变形为\((x-1)^2+y^2=1(y\geqslant 0)\)，

在同一个坐标系中，做出两个函数的图像，由图像可知，直线和曲线仅有两个交点时， \(k\in(\cfrac{3}{4}, 1]\)，故 (4) 不正确；

详细求解如下，

直线 \(y=k(x-2)+2\) 经过点 \((2,2)\) 和 \((0,0)\) 时，斜率为\(1\)；

当直线和曲线相切时，直线斜率的求法思路之一：令\(\angle ABx=\theta\)，

则\(\tan\theta=2\)，由此求得\(\tan2\theta=\cfrac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}=-\cfrac{4}{3}\)，

故直线和曲线相切时的斜率\(k=\cfrac{3}{4}\)，

由图像可知，直线和曲线仅有两个交点时， \(k\in(\cfrac{3}{4}, 1]\)，

当直线和半圆相切时，直线斜率的求法思路之二：利用导数求解，略；

当直线和半圆相切时，直线斜率的求法思路之三：利用点 \((1,0)\) 到直线的距离\(d=r=1\)来求解，

点 \((1,0)\) 到直线 \(y=k(x-2)+2\)，即直线 \(kx-y-2k+2=0\) 的距离 \(d=\cfrac{|k\times 1-0-2k+2|}{\sqrt{k^2+1}}=1\)，

化简为 \(|k-2|=\sqrt{k^2+1}\)，解得 \(k=\cfrac{3}{4}\)，故直线和半圆相切时的斜率为 \(k=\cfrac{3}{4}\) .

对【5】而言，验证函数 \(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\)的对称性的思路之一：

在函数 \(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\) 的图象上任取一点 \((a, b)\)， 则 \(b=\log_{2}\cfrac{2a}{4-a}\)，

则点 \((a, b)\)关于点 \((2,1)\) 的对称点的坐标为 \((4-a,2-b)\)，

[注意，此时不能直接将点 \((4-a,2-b)\) 代入函数\(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\)，原因是我们并不知道点 \((4-a,2-b)\) 在不在这个函数图像上]

又由于 \(b=\log_{2}\cfrac{2a}{4-a}\)， 得到 \(-b=\log_{2}\cfrac{4-a}{2a}\)，

故\(2-b=2+\log_{2}\cfrac{4-a}{2a}=\log_{2}\cfrac{2(4-a)}{a}=\log_{2}\cfrac{2(4-a)}{4-(4-a)}\)，

即点 \((4-a,2-b)\) 在函数\(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\)上 ，

由于点 \((a,b)\) 的任意性，可知函数图象的对称中心为\((2, 1)\)， 故 (5) 正确.

验证函数 \(y=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\)的对称性的思路之二：

由于 \(y=f(x)=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}\)，

故 \(f(4-x)=\log _{2}\cfrac{2(4-x)}{4-(4-x)}=\log _{2}\cfrac{2(4-x)}{x}\)，

则\(f(x)+f(4-x)=\log _{2}\cfrac{2x}{4-x}+\log _{2}\cfrac{2(4-x)}{x}=\log_{2}4=2\)，

即函数满足 \(f(x)+f(4-x)=2\)，故函数 \(y=f(x)\) 关于点 \((2,1)\) 对称； 故 (5) 正确.

故真命题的序号为: (2). (3). (5).

【2020高三文科数学】已知\(0<\alpha<\beta<\cfrac{\pi}{2}\)，且\(\tanα\)，\(\tanβ\)是方程\(x^2-kx+2=0\)的两不等实根，则下列结论正确的是【\(\quad\)】

$A.\tan\alpha+\tan\beta=-k$ $B.\tan(\alpha+\beta)=-k$ $C.k>2\sqrt{2}$ $D.k+\tan\alpha\geqslant 4$

分析：由\(\tan\alpha\)，\(\tan\beta\)是方程\(x^2-kx+2=0\)的两不等实根，

由韦达定理可知，\(\tan\alpha+\tan\beta=k\)，\(\tan\alpha\cdot \tan\beta=2\)，

故选项\(A\)错误；选项\(B\)正确；

\(\tan(\alpha+\beta)=\cfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\cdot\tan\beta}=\cfrac{k}{-1}=-k\)；

又由于\(0<\alpha<\beta<\cfrac{\pi}{2}\)，则\(\tanα>0\)，\(\tanβ>0\)，

则\(\tan\alpha+\tan\beta=k\geqslant 2\sqrt{\tan\alpha\cdot\tan\beta}=2\sqrt{2}\)，

当且仅当\(\tan\alpha=\tan\beta\)时取到等号，故等号取不到；故选项\(C\)正确；

则\(k+\tan\alpha=2\tan\alpha+\tan\beta \geqslant 2\sqrt{2\tan\alpha\cdot \tan\beta}=4\)，

当且仅当\(2\tan\alpha=\tan\beta\)时取到等号，故等号取不到；故选项\(D\)正确；

综上所述，故选项\(B\)，\(C\)，\(D\)正确；

【多项选择题】如果向量\(\vec{a}\)、\(\vec{b}\)、\(\vec{c}\)都是非零向量，下来判断正确的是【】

$A.$若$\vec{a}//\vec{b}$，$\vec{b}//\vec{c}$，则$\vec{a}//\vec{c}$

$B.$$\vec{a}\cdot\vec{b}=\vec{b}\cdot\vec{c}$，则$\vec{a}=\vec{c}$

$C.$若$|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}-\vec{b}|$，则$\vec{a}\perp\vec{c}$

$D.$若$\frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}$$=\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}$，则$\vec{a}//\vec{b}$

分析：对于\(A\)，由非零向量平行的传递性，可知正确；若题目中不限制非零向量，那么若\(\vec{b}=\vec{0}\)，则满足 \(\vec{a}//\vec{b}\)，\(\vec{b}//\vec{c}\)，但不一定能推出\(\vec{a}//\vec{c}\)，故是错误的。

对于\(B\)，由\(\vec{a}\cdot\vec{b}=\vec{b}\cdot\vec{c}\)，两边约去\(\vec{b}\)，得到\(\vec{a}=\vec{c}\)，这是错误的，原因是向量运算不满足消去律；应该这样变形，由题得到\(\vec{b}(\vec{a}-\vec{c})=0\)，当\(\vec{b}=\vec{0}\)时，或者\(\vec{a}-\vec{c}=\vec{0}\)或者\(\vec{b}\perp(\vec{a}-\vec{c})\)时都满足条件，故不能得到\(\vec{a}=\vec{c}\)，故B错误；

对于\(C\)，给\(|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}-\vec{b}|\)两边平方，得到\(|\vec{a}+\vec{b}|^2=|\vec{a}-\vec{b}|^2\)，整理得到，

\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，故\(\vec{a}\perp\vec{b}\)，故C正确；

对于\(D\)，由\(\frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}=\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\)，则\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)是共线向量，则\(\vec{a}//\vec{b}\)，故D正确；

综上所述，选\(ACD\)。

正方体 \(ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\)的棱长为\(1\)， 动点\(P\)，\(Q\) 分别在棱\(BC\)，\(CC_{1}\) 上， 过点 \(A\)， \(P\)， \(Q\) 的平面截该正方体所得的截面记为\(S\)，设\(BP=x\)， \(CQ=y\)，其中\(x\)， \(y\in[0,1]\)，下列命题:

①当 \(x=0\) 时， \(S\) 为矩形，其面积最大为 \(1\)；

分析：当 \(x=0\) 时， \(S\) 为矩形，其面积最大时为矩形\(ABC_1D_1\)，故最大面积为\(\sqrt{2}\)，故①错误；

②当 \(x=y=\cfrac{1}{2}\) 时， \(S\) 为等腰梯形；

分析：如上图，由于\(x=y=\cfrac{1}{2}\)，容易证明\(AP=D_1Q\)，而\(PQ//AD_1\)，故截面\(S\) 为等腰梯形；故②正确；

③当 \(x=\cfrac{1}{2}\)，\(y\in(\cfrac{1}{2}, 1)\) 时, 设 \(S\) 与棱 \(C_{1}D_{1}\) 的交点为 \(R\)，则 \(RD_{1}=2-\cfrac{1}{y}\)；

分析：设 \(S\) 与棱 \(C_{1}D_{1}\) 的交点为 \(R\)，延长\(DD_1\)，使\(DD_1\cap QR=N\)，

连接\(AN\)交\(A_1D_1\)于\(T\)，连接\(TR\)，可证\(AN//PQ\)一个平面和两个平行平面都相交，则所得的交线互相平行；\(\quad\)，

故可知\(\triangle PCQ\sim \triangle AD_1N\)，则\(\cfrac{PC}{AD}=\cfrac{CQ}{DN}=\cfrac{1}{2}\)，

即\(\cfrac{y}{DN}=\cfrac{1}{2}\)，故\(DN=2y\)，则\(D_1N=2y-1\)；

又由于\(\triangle NRD_1\sim \triangle QRC_1\)，可得\(\cfrac{C_1R}{D_1R}=\cfrac{C_1Q}{D_1N}\)，

令\(RD_1=x\)，即\(\cfrac{1-x}{x}=\cfrac{1-y}{2y-1}\)，利用合比定理，得到

\(\cfrac{1-x+x}{x}=\cfrac{1-y+2y-1}{2y-1}\)，即\(\cfrac{1}{x}=\cfrac{y}{2y-1}\)

可得\(x=RD_1=2-\cfrac{1}{y}\)，故③正确；

④当 \(y=1\) 时， 以 \(B_1\)为顶点，\(S\) 为底面的棱锥的体积为定值\(\cfrac{1}{3}\)； 其中正确的命题为_______________.

分析：当 \(y=1\) 时， 以 \(B_1\)为顶点，\(S\) 为底面的棱锥\(B_1-PC_1MA\)的体积为

\(V_{B_1-PC_1MA}=2V_{B_1-PC_1M}=2V_{P-B_1C_1M}=2\times\cfrac{1}{3}\times\cfrac{1}{2}\times 1\times 1\times 1=\cfrac{1}{3}\)，故④正确；

综上所述，正确的命题为②③④；

正方体\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)的棱长为\(1\)，\(P\)为\(BC\)中点，\(Q\)为线段\(CC_1\)上的动点，过点\(A\)，\(P\)， \(Q\)的平面截该正方体所得的截面记为\(S\)，则下列命题中正确的是【\(\qquad\)】

$A.$当$0< CQ < \cfrac{1}{2}$时，$S$为四边形

$B.$当$CQ=\cfrac{1}{2}$时，$S$为等腰梯形

$C.$当$CQ=\cfrac{3}{4}$时，$S$与$C_1D_1$的交点$R$满足$C_1R=\cfrac{1}{3}$

$D.$当$\cfrac{1}{4}< CQ <1$时，$S$为六边形

$E.$当$CQ=1$时，$S$的面积为$\cfrac{\sqrt{6}}{2}$

分析：由图可知，

选项\(A\)，

\(B\)正确；

已知在棱长为 \(1\) 的正方体 \(ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\) 中， 点 \(P\)、\(Q\)、\(R\) 分别是表面 \(A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\) 、 \(BCC_{1}B_{1}\) 、 \(ABB_{1}A_{1}\) 的中心， 给出下列四个结论：

(1). \(PR\) 与 \(BQ\) 是异面直线；

(2). \(RQ\perp\) 平面 \(BCC_{1}B_{1}\)；

(3). 平面 \(PQR//\) 平面 \(D_{1}AC\)；

(4).过 \(P\) 、 \(Q\) 、 \(R\) 的平面截该正方体所得的截面是边长为 \(\sqrt{2}\) 的等边三角形 . 以上结论中正确的是____________(写出所有正确结论的序号)

解: 如图，在(1)中， \(PR\) 与 \(BQ\) 是异面直线错误； 因为点 \(P\) 、 \(Q\) 、 \(R\) 分别是表面 \(A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\) 、 \(BCC_{1}B_{1}\) 、 \(ABB_{1}A_{1}\) 的中心， 所以在 \(\triangle A_{1}BC_{1}\) 中， \(P\), \(R\) 分别是 \(A_{1}B\), \(A_{1}C_{1}\) 的中点， 所以 \(PR//BQ\)；

在(2)中，\(RQ\perp\) 平面 \(BCC_{1}B_{1}\) 错误； 与(1)同理可得 \(RQ//AC\)， 所以 \(RQ\) 与平面 \(BCC_{1}B_{1}\) 所成的角是角 \(ACB\) 为 \(45^{\circ}\)；

在(3)中，平面 \(PQR//\) 平面 \(D_{1}AC\) 正确， 因为与(1)同理得到 \(RQ//A C\)， \(PR//AD_{1}\)， 所以(3)正确;

在(4)中，过 \(P\)、\(Q\)、\(R\) 的平面截该正方体所得的截面是边长为 \(\sqrt{2}\) 的等边三角形，因为正方体的棱长为 \(1\)， 所以 \(AC=\sqrt{2}\)， 又点 \(P\)、\(Q\)、\(R\) 分别是表面 \(A_{1}B_{1} C_{1}D_{1}\) 、 \(BCC_{1}B_{1}\) 、 \(ABB_{1}A_{1}\) 的中心， 所过 \(P\)、\(Q\)、\(R\) 的截面即为面 \(A_{1}C_{1}B\)， 故(4)正确.

因此答案为: (3)(4).

数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中， 揭示了规律性， 是一种科学的真实美。 在平面直角坐标系中， 曲线 \(C: x^2+y^2=2|x|+2|y|\) 就是一条形状优美的曲线， 对于此曲线， 下列说法正确的有【\(\qquad\)】

$A$.曲线 $C$ 围成的图形有 $4$ 条对称轴

$B.$ 曲线 $C$ 围成的图形的周长是 $4\sqrt{3}\pi$

$C.$曲线 $C$ 上的任意两点间的距离不超过 $6$

$D.$若 $T(a,b)$ 是曲线 $C$ 上任意一点，则 $|4 a+3 b-18|$ 的最小值是 $11-5\sqrt{2}$

解：首先遇到的难点是要化简 \(x^2+y^2=2|x|+2|y|\)，更多关于绝对值的化简，请参阅含有绝对值符号的问题，则

① 当 \(x\geq 0\)，\(y\geq 0\) 时，\(x^2+y^2=2x+2y\)，化简得 \((x-1)^2+(y-1)^2=2\)，表示圆心为 \((1,1)\)，半径 \(r=\sqrt{2}\) 的半圆；

② 当 \(x \geq 0\)，\(y<0\) 时，\(x^2+y^2=2x-2y\)，化简得 \((x-1)^2+(y+1)^2=2\)，表示圆心为 \((1,-1)\)，半径 \(r=\sqrt{2}\) 的半圆；

③ 当 \(x<0\)，\(y\geq 0\) 时，\(x^2+y^2=-2x+2y\)，化简得 \((x+1)^2+(y-1)^2=2\)，表示圆心为 \((-1,1)\)，半径 \(r=\sqrt{2}\) 的半圆；

④ 当 \(x<0\)，\(y<0\) 时，\(x^2+y^2=-2x-2y\)，化简得 \((x+1)^2+(y+1)^2=2\)，表示圆心为 \((-1,-1)\)，半径 \(r=\sqrt{2}\) 的半圆。

作出曲线 \(C: x^2+y^2=2|x|+2|y|\) 的图像如图所示:

对于选项 \(A\)， 易知曲线图像有 \(4\) 条对称轴， 则选项 \(A\) 正确；

对于选项 \(B\)，曲线图形由 \(4\) 个半圆组成，故其周长为 \(2\times 2\pi\times r=4\sqrt{2}\pi\), 则选项 \(B\) 错误；

对于选项 \(C\)，由图可知， 曲线 \(C\) 上的任意两点间的最大距离为 \(4r=4\sqrt{2}\approx 5.66\) ， 则选项 \(C\) 正确；

对于选项 \(D\)，圆心 \((1,1)\) 到直线 \(4x+3y-18=0\) 的距离为 \(d_1=\cfrac{|4+3-18|}{\sqrt{4^2+3^2}}=\cfrac{11}{5}\)，

\(T(a, b)\) 到直线 \(4x+3y-18=0\) 的距离 \(d_2=\cfrac{|4a+3b-18|}{\sqrt{4^2+3^2}}=\cfrac{|4a+3b-18|}{5}\)，

若使 \(d_2\) 最小， 则有 \(d_2=d_1-r=\cfrac{11}{5}-\sqrt{2}\)，所以 \(\cfrac{|4a+3b-18|}{5}=\cfrac{11}{5}-\sqrt{2}\)，

得 \(|4a+3b-18|=11-5\sqrt{2}\)， 则选项 \(D\) 正确。

故选: \(ACD\).

【解后反思】：关于 \(|4a+3b-18|\) 的最小值的求解思路选择，还可以考虑用三角函数求解，比如 \(T(a,b)\) 是曲线 \(C\) 上任意一点，则但点 \(T\) 在半圆 \((x-1)^2+(y-1)^2=2\) 上时，则 \(a=\sqrt{2}\cos\theta+1\)， \(b=\sqrt{2}\sin\theta+1\)，\(\theta\in[-\cfrac{\pi}{4},\cfrac{3\pi}{4}]\)，代入计算，其他半圆上的情形用同法处理；当然这个思路明显没有从形上思考快捷。比如本题目的解法中将 \(|4a+3b-18|\) 看成点 \(T(a, b)\) 到直线 \(4x+3y-18=0\) 的距离的一部分，这个做法要引起注意。