专题强化训练(五) 选填题常用解法
一、选择题
?1?x2
1．[2019·山西八校联考]已知集合A＝{x|x－1>0}，B＝{y|y＝??，x∈R}，则A∩B?2?
＝( )
A．[1，＋∞) C．(－∞，－1]
B．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
?1?解析：A＝{x|x2－1>0}＝{x|x<－1或x>1}＝(－∞，－1)∪(1，＋∞)，B＝{y|y＝??x，?2?
x∈R}＝{y|y>0}＝(0，＋∞)，则A∩B＝(1，＋∞)．
答案：B
2．[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．6 C．8
B．7 D．10
解析：通解：设等差数列{an}的公差为d，由题意，得 4×3?5×4???5a1＋d?d＝2?4a1＋22???
??a1＋d＋a1＋3d＝8
??a1＝－2
，解得?
?d＝3?
，
故a5＝a1＋4d＝－2＋12＝10，故选D.
1?a1＋a5?×58×5
优解：因为S5＝2S4，所以a5＝S4＝S5.因为a1＋a5＝a2＋a4＝8，所以S5＝＝22211
＝20，所以a5＝S5＝×20＝10，故选D.
22
答案：D
3．[2019·湖南四校调研]计算sin133°cos197°＋cos47°cos73°的结果为( ) 1
A. 2C.2 2
1B．－ 2D.3 2
解析：sin133°cos197°＋cos47°cos73°＝－sin47°cos17°＋cos47°cos73°＝－1
sin47°sin73°＋cos47°cos73°＝cos(47°＋73°)＝cos120°＝－，故选B.
2
答案：B
4．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( )
1
A.
16π 98B.π 3D.64π 9
C．4π
2322
解析：(估算法)∵球的半径R不小于△ABC的外接圆半径r＝，则S球＝4πR≥4πr316
＝π>5π，选D. 3
答案：D
x2y2
5．已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是椭圆上一点，△PF1F2是
ab以F2P为底边的等腰三角形，且60°<∠PF1F2<120°，则该椭圆的离心率的取值范围是( )
A.?
?3－1?
，1?
?2?
B.?
?3－11?
，? 2??2
?1?C.?，1?
?2??1?D.?0，? ?2?
解析：(极限法)当∠PF1F2＝60°时，△PF1F2为正三角形，边长为2c，而|PF1|＋|PF2|1
＝2a，∴2a＝4c，e＝.当∠PF1F2＝120°时，|PF1|＝|F1F2|＝2c，|PF2|＝23c，
2
∴2a＝|PF1|＋|PF2|＝2c(3＋1)． 2c13－1∴e＝＝＝.
2a23＋1∴当60°<∠PF1F2<120°时，答案：B
e＋16．[2019·安徽示范高中联考]函数f(x)＝x(其中e为自然对数的底数)的图象
x?e－1?大致为( )
x3－11
解析：解法一：由题意得函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)． e＋11＋ee＋1 ∵f(－x)＝＝－＝f(x)， －xx＝－x?e－1?x?1－e?x?ex－1?∴函数f(x)为偶函数，可排除选项A，C. －xxx 2 e＋1?e－1?＋212 又f(x)＝x＝＝＋， x?e－1?x?ex－1?xx?ex－1?2[?x＋1?e－1] ∴f′(x)＝－2－， xx2?ex－1? 1 ∴x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，可排除选项B， 故选D. 1e＋1 解法二：由题意得函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．f(x)＝·x，易知 xe－11e＋11y＝和y＝x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，→0，xe－1xe＋1e＋1→1，所以x→0，则可排除B，故选D. xe－1x?e－1? 答案：D 7．[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 3 ，则|e1＋e2|＝( ) 2A．1 C．1或3 B.3 D．2 xxxxxxx解析：设向量e1，e2的夹角为θ，则e1·e2＝cosθ， 因为|e1＋λe2|＝1＋λ＋2λcosθ＝ ?λ＋cosθ?＋1－cosθ，且当λ＝－cosθ时， |e1＋λe2|min＝1－cosθ＝ 2 2 2231，得cosθ＝±， 22 故|e1＋e2|＝2＋2cosθ＝1或3，故选C. 答案：C 71?1?8．[2019·福建五校联考]已知a＝log3，b＝??，c＝log1，则a，b，c的大小关 2?4?35系为( ) A．a>b>c C．b>c>a B．b>a>c D．c>a>b 71 解析：a＝log3，c＝log1＝log35，由对数函数y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，可 2357?1?x?1?得log35>log3>log33，所以c>a>1.借助指数函数y＝??的图象易知b＝??∈(0,1)，故2?4??4? c>a>b，故选D. 答案：D 3 9．[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( ) 1A. 51C. 3 1B. 41D. 6 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C4种分法，再将他们分到三个城市，共有C4A3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C3种分法，再将他们分到C3A21 B，C两城市，共有CA种分法，因此所求概率P＝23＝.故选D. C4A36 2232 22 2 2 23 答案：D 10．[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( ) ππ??A.?2kπ－，2kπ＋?(k∈Z) 66?? π2π??B.?2kπ－，2kπ＋?(k∈Z) 33?? 2ππ??C.?2kπ－，2kπ＋?(k∈Z) 33?? π5π??D.?2kπ－，2kπ＋?(k∈Z) 66?? 解析：解法一：因为f(x)＝2? π?1?3?? sinωx－cosωx?＝2sin?ωx－6?，f(x)的最小正周 ??2?2? 2π?π?期为2π，所以ω＝＝1，所以f(x)＝2sin?x－?， 6?2π? ππππ2π 由2kπ－≤x－≤2kπ＋(k∈Z)，得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)，所以f(x) 26233π2π??的单调递增区间为?2kπ－，2kπ＋?(k∈Z)，故选B. 33?? 解法二：因为f(x)＝2?2π， 2π?π?所以ω＝＝1，所以f(x)＝－2cos?x＋?， 3?2π? ππ2π 由2kπ≤x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)， 333 1?3??ωx＋π?，f(x)的最小正周期为 ＝－2cos?sinωx－cosωx?3???2?2? 4 π2π??所以f(x)的单调递增区间为?2kπ－，2kπ＋?(k∈Z)，故选B. 33??答案：B 11．[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2π 上的一点，且∠AOD＝，则直线AD与BC所成的角为( ) 3 A.C.π 65π 12 B.D.π 3π 2 解析：如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E， 2 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＝π，所3π→ 以∠BOD＝，则D(3，1,0)，A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,22)，AD＝(3，3,0)， 3→ BC＝(0，－2,22)，所以cos〈AD，BC〉＝ B. 答案：B →→ －61π ＝－，则直线AD与BC所成的角为，故选1223 12．[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 C．300种 B．600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C5×A4＝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C6×A4＝360(种)．所以不同的选派方 5 4 4 2 4