高考复习理科数学专题强化训练：选填题常用解法含解析.docx

教学资料范本高考复习理科数学专题强化训练：选填题常用解法含解析编 辑：_时 间：_(五)选填题常用解法一、选择题120xx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：B220xx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：D320xx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：D920xx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：D1020xx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：B1120xx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：B1220xx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：B1320xx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：A1420xx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：A1520xx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：C1620xx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1720xx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：21820xx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：1920xx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：32020xx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的轨迹是以C(即