（新高考）2020版高考数学二轮复习专题强化训练（五）选填题常用解法理.docx

专题强化训练(五)选填题常用解法一、选择题12019山西八校联考已知集合Ax|x210，By|yx，xR，则AB()A1，)B(1，)C(，1D(，1)解析：Ax|x210x|x1(，1)(1，)，By|yx，xRy|y0(0，)，则AB(1，)答案：B22019广东六校联考记Sn为等差数列an的前n项和，若S52S4，a2a48，则a5()A6B7C8D10解析：通解：设等差数列an的公差为d，由题意，得，解得，故a5a14d21210，故选D.优解：因为S52S4，所以a5S4S5.因为a1a5a2a48，所以S520，所以a5S52010，故选D.答案：D32019湖南四校调研计算sin133cos197cos47cos73的结果为()A.BC.D.解析：sin133cos197cos47cos73sin47cos17cos47cos73sin47sin73cos47cos73cos(4773)cos120，故选B.答案：B4已知过球面上A，B，C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且ABBCCA2，则球面面积是()A.B.C4D.解析：(估算法)球的半径R不小于ABC的外接圆半径r，则S球4R24r25，选D.答案：D5已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是椭圆上一点，PF1F2是以F2P为底边的等腰三角形，且60PF1F2120，则该椭圆的离心率的取值范围是()A.B.C.D.解析：(极限法)当PF1F260时，PF1F2为正三角形，边长为2c，而|PF1|PF2|2a，2a4c，e.当PF1F2120时，|PF1|F1F2|2c，|PF2|2c，2a|PF1|PF2|2c(1)e.当60PF1F2120时，e0时，f(x)bcBbacCbcaDcab解析：alog3，cloglog35，由对数函数ylog3x在(0，)上单调递增，可得log35log3log33，所以ca1.借助指数函数yx的图象易知b(0,1)，故cab，故选D.答案：D92019山西一模某公司安排甲、乙、丙、丁4人到A，B，C三个城市出差，每人只去一个城市，且每个城市必须有人去，则A城市恰好只有甲1人去的概率为()A.B.C.D.解析：由题意知，其中一个城市必须有2人去，即把4人分成3组，每组分别有2人，1人，1人，共有C种分法，再将他们分到三个城市，共有CA种分法若A城市恰好只有甲1人，则把剩下的3人分成2组，每组分别有2人，1人，共有C种分法，再将他们分到B，C两城市，共有CA种分法，因此所求概率P.故选D.答案：D102019武汉武昌调研已知函数f(x)sinxcosx(0)的最小正周期为2，则f(x)的单调递增区间是()A.(kZ)B.(kZ)C.(kZ)D.(kZ)解析：解法一：因为f(x)22sin，f(x)的最小正周期为2，所以1，所以f(x)2sin，由2kx2k(kZ)，得2kx2k(kZ)，所以f(x)的单调递增区间为(kZ)，故选B.解法二：因为f(x)22cos，f(x)的最小正周期为2，所以1，所以f(x)2cos，由2kx2k(kZ)，得2kx2k(kZ)，所以f(x)的单调递增区间为(kZ)，故选B.答案：B112019江西五校联考如图，圆锥的底面直径AB4，高OC2，D为底面圆周上的一点，且AOD，则直线AD与BC所成的角为()A.B.C.D.解析：如图，过点O作OEAB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为AOD，所以BOD，则D(，1,0)，A(0，2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，(，3,0)，(0，2,2)，所以cos，则直线AD与BC所成的角为，故选B.答案：B122019河南洛阳联考某校从甲、乙、丙等8名教师中选派4名同时去4个边远地区支教(每地1名教师)，其中甲和乙不能都去，甲和丙都去或都不去，则不同的选派方案有()A900种B600种C300种D150种解析：第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，再从剩余的5名教师中选2名，不同的选派方案有CA240(种)；第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，从乙和剩余的5名教师中选4名，不同的选派方案有CA360(种)所以不同的选派方案共有240360600(种)，故选B.答案：B132019广州调研已知抛物线y22px(p0)与双曲线1(a0，b0)有相同的焦点F，点A是两曲线的一个交点，且AFx轴，则双曲线的离心率为()A.1B.1C.1D.2解析：如图，结合题意画出图形，因为抛物线的焦点坐标为，所以由题设知双曲线的右焦点的坐标为，所以a2b2.因为AFx轴，所以由点A在抛物线上可得A(取A在第一象限)，又点A在双曲线上，所以p.将代入得a2b2，即b44a44a2b2，所以444210，所以2，从而e2(1)2，故e1.故选A.答案：A142019长沙四校一模已知点F1，F2分别是双曲线1(a0，b0)的左、右焦点，在双曲线的右支上存在一点P，使|PF2|，|PF1|，|F1F2|成等比数列，则该双曲线的离心率的取值范围是()A2，)B4，)C4,2D2，)解析：解法一：令|PF1|m，|PF2|n，则由|PF2|，|PF1|，|F1F2|成等比数列，得m2n|F1F2|.又mn2a，|F1F2|2c，所以m22(m2a)c，即m22mc4ac0，则4c216ac，且mc.根据0，得e4.由mca，得a，c24aca2，e24e10，所以e2.故选A.解法二：令|PF1|m，|PF2|n，则由|PF2|，|PF1|，|F1F2|成等比数列，得m2n|F1F2|.又mn2a，|F1F2|2c，所以(n2a)22nc，即n2(4a2c)n4a20，则4c216ac，且nc2a.根据0，得e4.由nca，得a，c24aca2，e24e10，所以e2.故选A.答案：A152019济南质量评估执行如图所示的程序框图，若输入的a，b，c依次为(sin)sin，(sin)cos，(cos)sin，其中，则输出的x为()A(cos)cosB(sin)sinC(sin)cosD(cos)sin解析：该程序框图的功能是输出a，b，c中的最大者当时，0cossin1.由指数函数y(cos)x可得，(cos)sin(cos)cos.由幂函数yxcos可得，(cos)cos(sin)cos，所以(cos)sin(sin)cos.由指数函数y(sin)x可得，(sin)sin(sin)cos.所以a，b，c中的最大者为(sin)cos，故输出的x为(sin)cos，正确选项为C.答案：C162019石家庄质检已知函数f(x)，其中e为自然对数的底数，则对于函数g(x)f(x)2f(x)a有下列四个命题：命题1存在实数a使得函数g(x)没有零点；命题2存在实数a使得函数g(x)有2个零点；命题3存在实数a使得函数g(x)有4个零点；命题4存在实数a使得函数g(x)有6个零点其中，正确命题的个数是()A1B2C3D4解析：设h(x)4x36x21(x0)，则h(x)12x(x1)(x0)，x1时，h(x)0,0x1时，h(x)时，方程t2ta0无解，函数g(x)没有零点当0at1，则0t1t21，由图1得函数g(x)有2个零点4个命题全部正确故选D.图1图2答案：D二、填空题172019广州综合测试若函数f(x)ax的图象在点(1，f(1)处的切线过点(2,4)，则a_.解析：f(x)a，f(1)a3，f(1)a3，故f(x)的图象在点(1，a3)处的切线方程为y(a3)(a3)(x1)，又切线过点(2,4)，所以4(a3)a3，解得a2.答案：2182019洛阳统考二在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等比数列，且tanB，则的值是_解析：a，b，c成等比数列，b2ac，由正弦定理得sin2BsinAsinC，tanB，sinB，.答案：192019福州质检(1ax)2(1x)5的展开式中，所有x的奇数次幂项的系数和为64，则正实数a的值为_解析：设(1ax)2(1x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5a6x6a7x7，令x1得0a0a1a2a3a4a5a6a7，令x1得(1a)225a0a1a2a3a4a5a6a7，得：(1a)2252(a1a3a5a7)，又a1a3a5a764，所以(1a)225128，解得a3或a1(舍)答案：3202019郑州质量预测一如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动，点B恰好经过原点设顶点P(x，y)的轨迹方程是yf(x)，则对函数yf(x)有下列判断：函数yf(x)是偶函数；对任意的xR，都有f(x2)f(x2)；函数yf(x)在区间2,3上单调递减；函数yf(x)的值域是0,1；f(x)dx.其中判断正确的序号是_解析：当2x1时，P的轨迹是以A(即(1，0)为圆心，1为半径的圆；当1x1时，P的轨迹是以B(即(0,0)为圆心，为半径的圆；当1x2时，P的轨迹