2020版新高考二轮复习理科数学专题强化训练五选填题常用解法解析

专题强化训练(五)选填题常用解法一、选择题1．[2019·山西八校联考]已知集合A＝{x|x2－10}，B＝{y|y＝12x，x∈R}，则A∩B＝()A．[1，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－1]D．(－∞，－1)解析：A＝{x|x2－10}＝{x|x－1或x1}＝(－∞，－1)∪(1，＋∞)，B＝{y|y＝12x，x∈R}＝{y|y0}＝(0，＋∞)，则A∩B＝(1，＋∞)．答案：B2．[2019·广东六校联考]记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5＝2S4，a2＋a4＝8，则a5＝()A．6B．7C．8D．10解析：通解：设等差数列{an}的公差为d，由题意，得5a1＋5×42d＝24a1＋4×32da1＋d＋a1＋3d＝8，解得a1＝－2d＝3，故a5＝a1＋4d＝－2＋12＝10，故选D.优解：因为S5＝2S4，所以a5＝S4＝12S5.因为a1＋a5＝a2＋a4＝8，所以S5＝a1＋a5×52＝8×52＝20，所以a5＝12S5＝12×20＝10，故选D.答案：D3．[2019·湖南四校调研]计算sin133°cos197°＋cos47°cos73°的结果为()A.12B．－12C.22D.32解析：sin133°cos197°＋cos47°cos73°＝－sin47°cos17°＋cos47°cos73°＝－sin47°sin73°＋cos47°cos73°＝cos(47°＋73°)＝cos120°＝－12，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AB＝BC＝CA＝2，则球面面积是()A.169πB.83πC．4πD.649π解析：(估算法)∵球的半径R不小于△ABC的外接圆半径r＝233，则S球＝4πR2≥4πr2＝163π5π，选D.答案：D5．已知椭圆x2a2＋y2b2＝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60°∠PF1F2120°，则该椭圆的离心率的取值范围是()A.3－12，1B.3－12，12C.12，1D.0，12解析：(极限法)当∠PF1F2＝60°时，△PF1F2为正三角形，边长为2c，而|PF1|＋|PF2|＝2a，∴2a＝4c，e＝12.当∠PF1F2＝120°时，|PF1|＝|F1F2|＝2c，|PF2|＝23c，∴2a＝|PF1|＋|PF2|＝2c(3＋1)．∴e＝2c2a＝13＋1＝3－12.∴当60°∠PF1F2120°时，3－12e12，故选B.答案：B6．[2019·安徽示范高中联考]函数f(x)＝ex＋1xex－1(其中e为自然对数的底数)的图象大致为()解析：解法一：由题意得函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．∵f(－x)＝e－x＋1－xe－x－1＝－1＋exx1－ex＝ex＋1xex－1＝f(x)，∴函数f(x)为偶函数，可排除选项A，C.又f(x)＝ex＋1xex－1＝ex－1＋2xex－1＝1x＋2xex－1，∴f′(x)＝－1x2－2[x＋1ex－1]x2ex－1，∴x0时，f′(x)0，f(x)单调递减，可排除选项B，故选D.解法二：由题意得函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．f(x)＝1x·ex＋1ex－1，易知y＝1x和y＝ex＋1ex－1均为奇函数，所以函数f(x)是偶函数，可排除选项A，C.当x→＋∞时，1x→0，ex＋1ex－1→1，所以ex＋1xex－1→0，则可排除B，故选D.答案：D7．[2019·唐山一中摸底]已知e1，e2是两个单位向量，λ∈R时，|e1＋λe2|的最小值为32，则|e1＋e2|＝()A．1B.3C．1或3D．2解析：设向量e1，e2的夹角为θ，则e1·e2＝cosθ，因为|e1＋λe2|＝1＋λ2＋2λcosθ＝λ＋cosθ2＋1－cos2θ，且当λ＝－cosθ时，|e1＋λe2|min＝1－cos2θ＝32，得cosθ＝±12，故|e1＋e2|＝2＋2cosθ＝1或3，故选C.答案：C8．[2019·福建五校联考]已知a＝log372，b＝14，c＝log1315，则a，b，c的大小关系为()A．abcB．bacC．bcaD．cab解析：a＝log372，c＝log1315＝log35，由对数函数y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，可得log35log372log33，所以ca1.借助指数函数y＝14x的图象易知b＝14∈(0,1)，故cab，故选D.答案：D9．[2019·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.15B.14C.13D.16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C24种分法，再将他们分到三个城市，共有C24A33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C23种分法，再将他们分到B，C两城市，共有C23A22种分法，因此所求概率P＝C23A22C24A33＝16.故选D.答案：D10．[2019·武汉武昌调研]已知函数f(x)＝3sinωx－cosωx(ω＞0)的最小正周期为2π，则f(x)的单调递增区间是()A.2kπ－π6，2kπ＋π6(k∈Z)B.2kπ－π3，2kπ＋2π3(k∈Z)C.2kπ－2π3，2kπ＋π3(k∈Z)D.2kπ－π6，2kπ＋5π6(k∈Z)解析：解法一：因为f(x)＝232sinωx－12cosωx＝2sinωx－π6，f(x)的最小正周期为2π，所以ω＝2π2π＝1，所以f(x)＝2sinx－π6，由2kπ－π2≤x－π6≤2kπ＋π2(k∈Z)，得2kπ－π3≤x≤2kπ＋2π3(k∈Z)，所以f(x)的单调递增区间为2kπ－π3，2kπ＋2π3(k∈Z)，故选B.解法二：因为f(x)＝232sinωx－12cosωx＝－2cosωx＋π3，f(x)的最小正周期为2π，所以ω＝2π2π＝1，所以f(x)＝－2cosx＋π3，由2kπ≤x＋π3≤2kπ＋π(k∈Z)，得2kπ－π3≤x≤2kπ＋2π3(k∈Z)，所以f(x)的单调递增区间为2kπ－π3，2kπ＋2π3(k∈Z)，故选B.答案：B11．[2019·江西五校联考]如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝22，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝2π3，则直线AD与BC所成的角为()A.π6B.π3C.5π12D.π2解析：如图，过点O作OE⊥AB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＝23π，所以∠BOD＝π3，则D(3，1,0)，A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,22)，AD→＝(3，3,0)，BC→＝(0，－2,22)，所以cos〈AD→，BC→〉＝－612＝－12，则直线AD与BC所成的角为π3，故选B.答案：B12．[2019·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()A．900种B．600种C．300种D．150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C25×A44＝240(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C46×A44＝360(种)．所以不同的选派方案共有240＋360＝600(种)，故选B.答案：B13．[2019·广州调研]已知抛物线y2＝2px(p0)与双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)有相同的焦点F，点A是两曲线的一个交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为()A.2＋1B.3＋1C.5＋1D.2＋2解析：如图，结合题意画出图形，因为抛物线的焦点坐标为p2，0，所以由题设知双曲线的右焦点的坐标为p2，0，所以a2＋b2＝p24①.因为AF⊥x轴，所以由点A在抛物线上可得Ap2，p(取A在第一象限)，又点A在双曲线上，所以p＝b2a②.将②代入①得a2＋b2＝b44a2，即b4＝4a4＋4a2b2，所以4ab4＋4ab2－1＝0，所以ab2＝2－12，从而e2＝c2a2＝2－1＋22－1＝(2＋1)2，故e＝2＋1.故选A.答案：A14．[2019·长沙四校一模]已知点F1，F2分别是双曲线x2a2－y2b2＝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()A．[2＋5，＋∞)B．[4，＋∞)C．[4,2＋5]D．[2＋3，＋∞)解析：解法一：令|PF1|＝m，|PF2|＝n，则由|PF2|，|PF1|，|F1F2|成等比数列，得m2＝n|F1F2|.又m－n＝2a，|F1F2|＝2c，所以m2＝2(m－2a)c，即m2－2mc＋4ac＝0，则Δ＝4c2－16ac，且m＝c＋c2－4ac.根据Δ0，得e4.由m≥c＋a，得c2－4ac≥a，c2－4ac≥a2，e2－4e－1≥0，所以e≥2＋5.故选A.解法二：令|PF1|＝m，|PF2|＝n，则由|PF2|，|PF1|，|F1F2|成等比数列，得m2＝n|F1F2|.又m－n＝2a，|F1F2|＝2c，所以(n＋2a)2＝2nc，即n2＋(4a－2c)n＋4a2＝0，则Δ＝4c2－16ac，且n＝c－2a＋c2－4ac.根据Δ0，得e4.由n≥c－a，得c2－4ac≥a，c2－4ac≥a2，e2－4e－1≥0，所以e≥2＋5.故选A.答案：A15．[2019·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(sinα)sinα，(sinα)cosα，(cosα)sinα，其中α∈π4，π2，则输出的x为()A．(cosα)cosαB．(sinα)sinαC．(sinα)cosαD．(cosα)sinα解析：该程序框图的功能是输出a，b，c中的最大者．当α∈π4，π2时，0＜cosα＜sinα＜1.由指数函数y＝(cosα)x可得，(cosα)sinα＜(cosα)cosα.由幂函数y＝xcosα可得，(cosα)cosα＜(sinα)cosα，所以(cosα)sinα＜(sinα)cosα.由指数函数y＝(sinα)x可得，(sinα)sinα＜(sinα)cosα.所以a，b，c中的最大者为(sinα)cosα，故输出的x为(sinα)cosα，正确选项为C.答案：C16．[2019·石家庄质检]已知函数f(x)＝ex，x04x3－6x2＋1，x≥0，其中e为自然对数的底数，则对于函数g(x)＝[f(x)]2－f(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()A．1B．2C．3D．4解析：设h(x)＝4x3－6x2＋1(x≥0)，则h′(x)＝12x(x－1)(x≥0)，∴x1时，h′(x)0,0x1时，h′(x)0，∴函数h(x)在区间(0,1)上是减函数，在区间(1，＋∞)上是增函数，∴