(2020年整理)2020选择填空专题答案.doc

学 海 无 涯 专题复习一：选择题与填空题的基本解法参考答案 一、选择题:例1．[解析] 解法一：由题意得 a4＋a7＝a1q3＋a1q6＝2，a5a6＝a1q4·a1q5＝a21q9＝－8，

∴ q3＝－2，a1＝1或 q3＝－12，a1＝8.∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.

解法二：由 a4＋a7＝2，a5a6＝a4a7＝－8解得 a4＝－2，a7＝4或

 a4＝4，

a7＝－2.

∴ q3＝－2，a1＝1或 q3＝－12，a1＝－8.∴a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.选)(D.

例2．解：由f(x＋2)＝－f(x)得f(7.5)＝－f(5.5)＝f(3.5)＝－f(1.5)＝f(－0.5)，由f(x)是奇函数，得f(－0.5)＝－f(0.5)＝－0.5，所以选B. 也可由f(x＋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为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a,又直线bx－ay＋2ab＝0

与圆相切，∴圆心到直线的距离d＝2aba2＋b2＝a，解得a＝3b，∴ba＝13，

∴e＝ca＝a2－b2a＝1－ba2＝1－132＝63.选A）

例4．（提示：∵,(0,)2，∴422，∴266或；同理26，∴0（舍）或23

，所以选B）

例5【解析】(把yx看作可行域内的点与原点所在直线的斜率，不难求得答案 ，选A。） 例6【解析】事实上不难看出，曲线方程214(2,2)yxx的图象为22(1)4(22,13)xyxy

，表示以（1，0）为圆心，2为半径的上半圆，如图。

直线(2)4ykx过定点（2，4），那么斜率的范围就清楚了，选D 例7解：令xyxysin,100，这两个方程的曲线交点的个数就是原方程实数解的个数.由于直线xy1001的斜率为1001，又.1sin1x所以仅当100100x

时，两图象有交点.由函数xysin的周期性，把闭区间100,100分成学 海 无 涯 .100,152,12,2,1162,100kk,,14,15(k),14,,2,1,0,1,2

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】()fx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2xy的内部（包括周界），F为动圆122ayx的内部（包括周界）.该题的几何意义是a为何值时，动圆进入区域E，并被E所覆盖.（图略）a是动圆圆心的纵坐标，显然结论应是Rcca，故可排除DB,，

而当1a时，.FFE（可验证点1,0到抛物线上点的最小距离为23）.选A. 例10．B 解：取直线），）（，的坐标可得分别为（则4400,,:NMxyl 故故垂直平分线为），中点为（线段,22,5||||MNPxxNFMFnNM 22,4,4:naayxl则故 例11．（提示：特殊化处理，不妨设三棱锥S-ABC是棱长为3的正三棱锥，K是FC的中点，12,VV12,VV分别表示上下两部分的体积

则328()327SDEFSABCVV，12844278423VV，选C） 例12．（提示：特殊化处理，不妨设△ABC为直角三角形，则圆心O在斜边中点处，此时有OHOAOBOCuuuruuuruuuruuur，1m，选B。）

例13．解：[解析] 由题意知m2－1＝n2＋1，即m2＝n2＋2，(e1e2)2＝m2－1m2·n2＋1n2＝



1－

1

m2

1＋

1

n2，因为m2＝n2＋2，m>1，n>0，所以m>n，(e1e2)2>1，所以e1e2>1.选（A）

例14．解：[解析] 将P、Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ(＝

0)，则有VC－AA1B＝VA1－ABC＝VABC－A1B1C13.故选B． 学 海 无 涯 例15．解：当30o时,可排除A、B选项,当15o时代入C选项中,即：0cos302sin15oo 两边平方234sin154o1cos304230.2682o矛盾

故选D 例16．解：CAmlml,)1(////,,是假命题，故可排除推不出

②也是假命题。故选择D 例17．解：∵ 2－ax是在[0，1]上是减函数，所以a>1，排除答案A、C；若a＝2，由2－ax>0得x＜1，这与x∈[0，1]不符合，排除答案D.所以选B. 例18．解：我们可以简单的代入数据m=4及m=2，容易检验这两个数都是符合条件的，所以正确选项为B。 例19．（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)6平移” 不符，选C。此题属于容易题）

例20．[解析] 因为函数y＝f(x)的定义域为{x|x∈R且x≠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＋1<0，所以(e，f(e))在第四象限，排除B，选A．

例21．解：（代入法）f(x＋2)＝sin[3－2(x＋2)]＋sin[2(x＋2)]＝－f(x)，而 f(x＋π)＝sin[3－2(x＋π)]＋sin[2(x＋π)]＝f(x).所以应选B； 另解：（直接法）y＝32cos2x－12sin2x＋sin2x＝sin(2x＋3)，T＝π，选B. 例22．解：（代入法）把选择支逐次代入，当x＝－2时，y＝－1，可见x＝－2是对称轴，又因为统一前提规定“只有一项是符合要求的”，故选A. 另解：（直接法） ∵函数y＝sin（2x＋25）的图象的对称轴方程为2x＋25＝kπ＋2，即

x＝2k－π，当k＝1时，x＝－2，选A. 例23．[解析] 构造函数g(x)＝fxex，则g′(x)＝f ′xex－ex′fxex2＝f ′x－fxex，

因为∀x∈R，均有f(x)>f ′(x)，并且ex>0，所以g′(x)<0，故函数g(x)＝fxex在R上单调递减，所以g(－2 018)>g(0)，g(2 018)f－2 018e－2 018>f(0)，f2 018e2 018

也就是e2 018f(－2 018)>f(0)，f(2 018)f(0)．选D. 学 海 无 涯 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

c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋9－2×2×3×－14＝16，所以c＝4. 例2. [解析] 因为f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－1e－x＝－x3＋2x－ex＋1ex＝－f(x)． 所以f(x)＝x3－2x＋ex－1ex是奇函数，因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(2a2)≤－f(a－1)，即

f(2a2)≤f(1－a)．因为f ′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2ex·e－x＝3x2≥0，所以f(x)在R上单调递增，所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，所以－1≤a≤12.

例3.解：.)2(,)4()2(jmmibajmimba∵)()(baba，∴0)()(baba∴0)4)(2()]4()2([)2(222jmmjimmmjmm，

而i，j为互相垂直的单位向量，故可得,0)4)(2()2(mmmm∴2m。 例4.解：22121)(xaaxaxxf，由复合函数的增减性可知，221)(xaxg在),2(上为增函数，∴021a，∴21a。

例5解：特殊化：令5,4,3cba，则△ABC为直角三角形，4cos,cos05AC，从而所求值为45。 例6.分析：此抛物线开口向上，过焦点且斜率为k的直线与抛物线均有两个交点P、Q，当k变化时PF、FQ的长均变化，但从题设可以得到这样的信息：尽管PF、FQ不定，但其倒数和应为定值，所以可以针对直线的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),41,0(a把直线方程ay41代入抛物线方程得ax21，

∴aFQPF21||||，从而aqp411。 例7.解： 由于f(2+t)=f(2-t)，故知f(x)的对称轴是x=2。可取特殊函数f(x)=(x-2)2,即可求得f(1)=1,f(2)=0,f(4)=4。∴f(2)

例8.解析：考虑到三个数的大小关系是确定的，不妨令：abba4212，，则log，