2020选择填空专题答案

1、专题复习一：选择题与填空题得基本解法参考答案36a4+ a7= aiq3+ aiq6= 2、选择题：例1.解析解法一：由题意得4529a5a6= aq aiq = aq = 8q3=- 2q3=- j或 ai+ aio= ai (i + q9) = 7 3i= 1a4+ a7= 2a4= 2解法二：由解得a5a6= a4a7=8a7= 4a4= 4或a7=3 q3= 2al jsiq3二一2 或si =ai+ aio= ai(1 + q9)= 7、选(d)、例 2解:由 f （x+ 2） = - f （x）蹲）f=（af（5、5） = f（3、5） =- f（i、5）= f（一 0、例由 f（

2、x）就是奇 函数，得 f （ 0、5）二一f （0、5） = 0、5,所以选 b、也可由 f （x+ 2）二一f （x）得到周期 t= 4,所以 f （7、5）二 f （ 0、5）二一f （0、5）二一0、5、例3.解析1由题意知以aia2为直径得圆得圆心为（0.0）.半球为m发香ab二0与oakka圆相切，圆心到岸群距离二严二a，解得2他害诽，例4.（提示：-(2),6或6：同理，不难求得答案，选2x （x 2.2 ”导图象为为半径得上半圆，如图。直线八0 （舍）或，所以选b）6例5【解析】（把上瞧作可行域内得点与原点所在直线得斜率a 0 ）6【解析】事实上不难瞧出，曲线方程y i -.4（

3、y i）24（ 2 x 2,iy 3）,表示以（i,0）为圆心,2k（x 2） 4过定点（2,4），那么斜率得范围就清楚了 ，选dx例7解:令y 一,y si,nx ,这两个方程得曲线交点得个数就就是原方程实数解得i00 个数、由于直线y -x得斜率为一，又i sinx i.所以仅当i00 x i00时,ioo ioo两图象有交点、由函数y sin x得周期性，把闭区间100,100分成2, 1,0,1,2, ,14),100,2 16 1, 2k ,2 k 1, 2 15 ,100 . (k 15, 14,共32个区间，在每个区间上，两图象都有两个交点，注意到原点多计一次，故实际交 点有63

4、个、即原方程有63个实数解、故选(c)例9解：e为抛物线yx2得内部(包括周界)，括周界)该题得几何意义就是a为何值时，动例8【解析】f (x)就是抽象函数，因此画出其简单图象 即可得出结论，如下左图知选b)进入区域e,并被e所覆盖、(图略)a就是动圆圆心得纵坐标，显然结论应就是accr,故可排除b,d,而j3当a 1时,e f f.(可验证点0,1到抛物线上点得最小距离为一)、选a、2例10.b解:取直线i :yx,则m,n的坐标可得分别为(0,0) (4,)故n |mf| |nf| xm xn p 5,线段mn中点为(2,2)，故垂直平分线为i : x y 4,故 a 4,则 2a n 2

5、例11.(提示:特殊化处理,不妨设三棱锥s-abc就是棱长为3得正三棱锥,k就是fc得中点,v* vv1 ,v2分别表示上下两部分得体积则丛里(z)3旦vi a,选c)vs abc 327v2 27 8 4 23例12.(提示：特殊化处理，不妨设 abc为直角三角形，则圆心。在斜边中点处,此时有ullt uuu uuu uuitoh oa ob oc , m 1,选 b。)m2- 1 n2+ 1例 13.解：解析由题意知 m2- 1 = m+ 1,即 m?= n2+ 2,(eie2)2=-m乙片11+ j,因为 m2= n2+ 2,m1 ,n因所以 mn,(eie2)21,所以 ei 选(a)

6、例14.解：解析将p、q置于特殊位置：ptai,qtb,此时仍满足条件aip= bq (=0)，则有vabc a1b1c1vc - aa1b= vai- abc、故选 b.即:0 cos30o 2sin15两边平方.4sin215。4工也/二23 0.268矛盾42故选d例16,解:i ,m，推不出l/m是假命题，故可排除a,c也就是假命题。故选择d例17解：/2.ax就是在0,1上就是减函数，所以a1腓除答案a、c;若2,由2 ax0得xv1,这与x 0,1不符合，排除答案d、所以选b、例18.解:我们可以简单得代入数据m=4及m=2,容易检验这两个数都就是符合条件得,所以正确选项为b。例1

7、9.(提示：若选a或b,则周期为2，与图象所示周期不符；若选d,则与“按向量a=(,0)平移不符，选c。此题属于容易题)6例20.解析因为函数y二f(x)得定义域为x|x r且xm 0,且满足f(x) + f( x)= 0,所以f(x)为奇函数，故排除c、d,又f(e)= 1 e+ 10,所以(e,f(e)在第四象限，排除b,选a.例 21 解:(代入法)f(x+)= sin - 2(x+) + sin2(x+ )=一f(x),而2322f(x+ sing?%)+刑2仅+前=心)、所以应选b；f (x),并且ex0,所以g (x)v0,故函数g(x)=ex在r上单调递减,所以f 2 018 f

8、 2 018g(.2 018)g(0)? g(2 018)g(0),即叮j(0), /018也就就是 e2 018f( 2 018)f,f(2 018)ve2叫.选 d二、填空题：例1、解析在aabc中，因为3sina=2sinb.由正弦定理可知3a=2b,因为a=2,所以b=3、由余弦定理可知1c?= a?+ b? 2abcosc = 4+ 9 2x 2x 3x 4 = 16,所以 c= 4、例 2、解析因为 f( x) = ( x)3 2( x) + e-x =x3+ 2x ex+e = f(x). e x e v7所以 f(x)= x3- 2x + ex - 1就是奇函数，因为 f(a-

9、 1) + f(2a2) 3x2 - 2+ 2 ex e-x= 3x2 0,所以 f(x)在 r 上单1例 3、解：a b (m 2)i (m调递增，所以2a2w 1 a,即2a2 + a k 0,所以一 k a-、4) j, a b mi (m 2)j. (a b) (a b), (a b) (a b) 0 m(m 2) j2(m 2)2 m(m 4)ij (m 2)(m4)j20,而i,j为互相垂直得单位向量，故可得m(m 2) (m 2)(m 4)0, m例 4、解:f(x)上为增函数，ax 11 2a，由复合函数得增减性可知xx212a 0 , a 。2g(x)2,)例5解特殊化:令a

10、3,b 4,c5,则a abc为直角三角形,cos a-,cos c 50,从而所求值为4。5例6、分析:此抛物线开口向上，过焦点且斜率为k得直线与抛物线均有两个交点p、q,当k变化时pf、fq得长均变化，但从题设可以得到这样得信息：尽管pf、fq不定,但其倒数与应为定值，所以可以针对直线得某一特定位置进行求解，而不失一般性。解:设k = 0,因抛物线焦点坐标为(0,jl),把直线方程y 一代入抛物线方程得x4a4a2ai pf | | fq |l从而2a pq4a。例7、解: 由于f(2+t)=f(2-t),故知f(x)得对称轴就是x=2。可取特殊函数 f(x)=(x-2) 2,即可求得 f

11、(1)=1 ,f(2)=0,f(4)=4。二 f(2)vf(1)vf(4)。例8 解析：考虑到三个数小关系就是确定得，不妨4 b 2,则 loga -logba 2, logabb 3 ,1所以logab b9logab logbaf1pf2 90时，点p得轨迹为x2y25,由此可得点p得3横坐标x 一。又当p在x轴上时，rpf2j5可得点p横坐标得取值范围就是：”5x5例10、解：考虑到既39得下标成等比数列13。，点p在y轴上时，f1pf2为钝角，由此，故可令an=n,又易知它满足题设条件，于就是a? a4a 16例11、解：容易发现当 abc就是一个等边三角形时，满足(sina sinc

12、)(a c) sjn/ siflb,而此时c二60。故角c得大小为60 12、解:根据不等式解集得几何意义，作函数y、4x x2与函数(a 1)x得图象(如图)，从图上容易得出实数 a得取值范围就是2,例13、解:画出函数y=ll法 进行.2 lx 1 ii得图象iog2 x 1iog2(x1)x)(x 1)先作出y=l。(x 1)，可采用下面得方x1 i得图象，此图象关于直 线1对称，再将这个图象位于x轴下方得部分翻折到x轴上方去(如y=llog 2lx一 1区间为(一 a,0 与(1,2i i得图象由图象可知，原函数得单调减i 2-例 14、解：令 yi= .1 x ,y2=k(x-2),由图可知 kabk 0,其中 ab 为3j31x半圆得切线，计算得kab=k0).当2时，函数f(x