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a4+a7=a1q3+a1q6=2一、选择题：例1.解析解法一：由题意得a5a6=a1q4a1q5=a2q9=8ai=1q3=2或31q3=-2心1+a1o=a1(1+q9)= 7、a4+a7=2解法二：由a5a6=a4a7= 8a4=2解得a7=4a4=4或a7= 2、3c31q3=2q3=2或ai+aio=ai(1+q9)= 7、选(D)、ai=15)= f(5、5)=f(3、5)=f(1、5)=f(-0、5),由f(x)就是奇例2.解:由f(x+2)= f(x)得f(7、函数，得f(0、5)= f(0、5)= 0、5,所以选B、也可由f(x+2

2、)=f(x),得到周期T=4,所以f(7、5)=f(0、5)= f(0、5)= 0、5、例3.解析由题意知以A1A2为直径得圆得圆心为(0,0),半径为a,又直线bxay+2ab=0与圆相切，圆心到直线得距离d=祐=3,解得7b，a胡,ce=a=净选A)例4.(示：-(0,2),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，不难求得答案，选A。)x6【解析】事实上不难瞧出，曲线方程y 1 J4 x2(x2,2 )得图象为(y 1)24( 2 x 2,1 y 3),表示以(1,0)为圆心,2为半径得上半圆，如图。直线k(x 2)4过定点(2,4),那么斜率得范围

3、就清楚了，选Dx,y sinx ,这两个方程得曲线交点得个数就就是原方程实数解得10011个数、由于直线y x得斜率为，又1 sinx 1.所以仅当100 x 100时,100100例7解:令y例15.解：当30时,可排除A、B选项，当15时代入C选项中,点,V1, V2V,V2分别表示上下两部分得体积LULT uuu uuu uuirOH OA OB OC,m 1,选B。例13.解：解析由题意知m21=n2+1,即m2=n2+2,(e1e2)2= 卄n21+恳，因为m2=n2+2,m1,n0,所以mn,(&耳)21,所以e1e21、选(A)例14.解：解析将P、Q置于特殊位置：PfA1,QT

4、B,此时仍满足条件A1P=BQ（=0）,则有VABCA1B1C1两图象有交点、由函数y sinx得周期性，把闭区间100,100分成100,216 1, 2k ,2 k 1, 2 15 ,100. (k 15, 14,2, 1,01,2, ,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个、即原方程有63个实数解、故选（C）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）例9解：E为抛物线y x2得内部（包括周界）,F为动圆百括周界）、该题得几何意义就是a为何值时,动圆进入区域E,并被E所覆盖、（图略）a就是动圆

5、圆心得纵坐标，显然结论应就是a cc R，故可排除B , D ,而3当a 1时,E FF.（可验证点0,1到抛物线上点得最小距离为X）、选A、2例10.B解:取直线l : y x,则 M,N 的坐标可得分别为（0,0)( 4，)故n |MF| INF I xMxNP 5,线段 MN 中点为(2,2）,故垂直平分线为l : x y 4,故 a 4,则 2a n 2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得中则VS DEF(2)38 VVS ABC(3)27 V2,选C)27 8 423例12.（提示：特殊化处理，不妨设ABC为直角三角形，则圆心0在斜边

6、中点处,此时有m21 n2+1ya21得内部（咲例15.解：当30时,可排除A、B选项，当15时代入C选项中,VCAA1B=VA1ABC=-；-、故选B.即:。8册渝15o两边平方24肘忖42罕2运0.268矛盾故选D例16.解: l ,m , /推不出l/m(1)是假命题，故可排除A,C也就是假命题。故选择D例17.解：/ 2ax就是在0,1上就是减函数，所以a1,排除答案A、C;若a=2,由2ax0得XV1,这与x0,1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19.(提示：若选A或B,则周期为2,

7、与图象所示周期不符；若选D,则与“按向量a=(6,0)平移”不符,选C。此题属于容易题)例20.解析因为函数y=f(x)得定义域为x|xR且XM0,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+1f(X),并且ex0,所以g(x)g(0),g(2 018)f(0),f(2 018)e2 018f(0).选D二、填空题：例1、解析在ABC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x exexf x fxf xexex 2f xg(x)= 在R上单调递减，所以e1c2=a2+b22abcosC=4+92

8、x 2X 3X4=16,所以c=4、11例2、解析因为f(x)=(x)32(x)+ex丄=X3+2xex+4= f(x). exe所以f(x)=x32x+ex-x就是奇函数，因为f(a1)+f(2a2) w 0,所以f(2a2)wf(a1),即ef(2a2)3x22+2寸exex=3x20,所以f(x)在R上单1调递增，所以2a2w 1a,即2a2+aK 0,所以一K a-、4)j,a b mi (m 2)j. (a b) (a b)，二而所求值为4o5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

9、一般性。111解:设k = 0,因抛物线焦点坐标为(0,丄),把直线方程y丄 代入抛物线方程得x 4a4a2a| PF | |FQ |丄，从而丄丄2a P q例3、解：a b (m 2)i (m(a b) (a b) 0 m(m 2) j2(m 2)2m(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)xax 1上为增函数，1 2a0,a2，由复合函数得增减性可知x 21o2,g(x)2,)例5解:特殊化:令a3,b4,c5,则ABC为直角三角形，cos A4 ,cos C50,从例6、分析:此抛物线开口

10、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k4ao由于f(2+t)=f(2-t),故知f(x)得对称轴就是x=2o可取特殊函数f(x)=(x-2)2,即可求得f(1)=1,f(2)=0,f(4)=4得解析：考虑到三个数4,o f(2)vf(1)vf(4) o小关系就是确定得，不妨J J22,则loga1logba 2, logabb -,3例9、解析：设P(x,y),贝y当所以lOgabblOgablogbaF1PF290时，点P得轨迹为x2y25,由此可得点P得3横坐标x 2。又当P在x轴上时，hPF?0,点P在y轴上时，RPF2为钝角，由此J5&113-=-。a?&1016

11、可得点P横坐标得取值范围就是：逻x53弱5例10、解：考虑到ai,a3,a9得下标成等比数列，故可令an=n,又易知它满足题设条件，于就是例11、 解：容易发现当ABC就是一个等边三角形时，满足(sinA sinC)(ac)sinA sinB,而此时C=60:故角C得大小为6012、解:根据不等式解集得几何意义，作函数y J4x x2与函数(a1）x得图象（如图）,从图上容易得出实数a2,例13、解:画出函数y=|1o法进行.2 |x 1 II得图象log2x 1Iog2(xIog2(11)x)(x(x1）先作出y =1。1）g2|X 1 I得图象，此图象关于直线图9-17所示）,即得x=1对

12、称,再将这个图象位于x轴下方得部分翻折到x轴上方去y=|1og2|x 1区间为(一S ,0与(1,2I I得图象.由图象可知，原函数得单调减 :_ 2例14、解：令yHx,y2=k(x-2),由图可知kABk0,其中AB为3R半圆得切线，计算得kAB=- ,. - k0。例15、解析 如图所示,易知抛物线y=X22x+m与y=x22x+n有相同得对称轴x=1,它们与x轴得四个交点依次为A、B、C、D、因为1XA5 XD4AB|=|BC|=|CD|,所以XB173 5Jm n4444得取值范围就是,可采用下面得方14-314-3故A A2xy= ax y= x25x4当=0得(5a)216=0,解得a=1或a=9(舍去)，则当1a2时，两个函数图象有交点.故实数a得取值范围就是1a0 -? g(-)g(x),则有- 0,且2与血(b4)就是方程at20得两根，由此可得:36例18、题设条件等价于点(0,1)内或圆上，