（通用版）2023屆高考數(shù)學(xué)考前3個月知識方法專題訓(xùn)練第二部分技巧規(guī)范篇第一篇快速解答選擇填空題第1講六招求解選擇題文

PAGEPAGE17第1講六招求解選擇題[題型分析·高考展望]選擇題是高考試題的三大題型之一，其特點是：難度中低，小巧靈活，知識覆蓋面廣，解題只要結(jié)果不看過程．解選擇題的根本策略是：充分利用題干和選項信息，先定性后定量，先特殊再一般，先排除后求解，防止“小題大做〞．解答選擇題主要有直接法和間接法兩大類．直接法是最根本、最常用的方法，但為了提高解題的速度，我們還要研究解答選擇題的間接法和解題技巧．高考必會題型方法一直接法直接從題設(shè)條件出發(fā)，運用有關(guān)概念、性質(zhì)、定理、法那么和公式等知識，通過嚴(yán)密地推理和準(zhǔn)確地運算，從而得出正確的結(jié)論，然后對照題目所給出的選項“對號入座〞，作出相應(yīng)的選擇．涉及概念、性質(zhì)的辨析或運算較簡單的題目常用直接法．例1設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個焦點為F，虛軸的一個端點為B，線段BF與雙曲線的一條漸近線交于點A，假設(shè)eq\o(FA,\s\up6(→))＝2eq\o(AB,\s\up6(→))，那么雙曲線的離心率為()A．6B．4C．3D．2答案D解析設(shè)點F(c,0)，B(0，b)，由eq\o(FA,\s\up6(→))＝2eq\o(AB,\s\up6(→))，得eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OF,\s\up6(→))＝2(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，即eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OF,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→)))，所以點A(eq\f(c,3)，eq\f(2b,3))，因為點A在漸近線y＝eq\f(b,a)x上，那么eq\f(2b,3)＝eq\f(b,a)·eq\f(c,3)，即e＝2.點評直接法是解答選擇題最常用的根本方法，直接法適用的范圍很廣，一般來說，涉及概念、性質(zhì)的辨析或運算比擬簡單的題多采用直接法，只要運算正確必能得出正確的答案．提高用直接法解選擇題的能力，準(zhǔn)確地把握題目的特點．用簡便的方法巧解選擇題，是建立在扎實掌握“三基〞的根底上的，在穩(wěn)的前提下求快，一味求快那么會快中出錯．變式訓(xùn)練1函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2))的局部圖象如下圖，那么ω，φ的值分別是()A．2，－eq\f(π,3) B．2，－eq\f(π,6)C．4，－eq\f(π,6) D．4，eq\f(π,3)答案A解析由圖可知，eq\f(T,2)＝eq\f(11π,12)－eq\f(5π,12)，即T＝π，所以由T＝eq\f(2π,ω)可得，ω＝2，所以函數(shù)f(x)＝2sin(2x＋φ)，又因為函數(shù)圖象過點(eq\f(5π,12)，2)，所以2＝2sin(2×eq\f(5π,12)＋φ)，即2×eq\f(5π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，又因為－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3).方法二特例法特例法是從題干(或選項)出發(fā)，通過選取特殊情況代入，將問題特殊化或構(gòu)造滿足題設(shè)條件的特殊函數(shù)或圖形位置，進行判斷．特殊化法是“小題小做〞的重要策略，適用于題目中含有字母或具有一般性結(jié)論的選擇題，特殊情況可能是：特殊值、特殊點、特殊位置、特殊數(shù)列等．例2(1)O是銳角△ABC的外接圓圓心，∠A＝60°，eq\f(cosB,sinC)·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(cosC,sinB)·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2m·eq\o(AO,\s\up6(→))，那么m的值為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\r(2)C．1D.eq\f(1,2)(2)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lgx|，0<x≤10，,－\f(1,2)x＋6，x>10，))假設(shè)a，b，c均不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，那么abc的取值范圍是()A．(1,10)B．(5,6)C．(10,12)D．(20,24)答案(1)A(2)C解析(1)如圖，當(dāng)△ABC為正三角形時，A＝B＝C＝60°，取D為BC的中點，eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))，那么有eq\f(1,\r(3))eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,\r(3))eq\o(AC,\s\up6(→))＝2m·eq\o(AO,\s\up6(→))，∴eq\f(1,\r(3))(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝2m×eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))，∴eq\f(1,\r(3))·2eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)meq\o(AD,\s\up6(→))，∴m＝eq\f(\r(3),2)，應(yīng)選A.(2)不妨設(shè)0<a<1<b≤10<c，取特例，如取f(a)＝f(b)＝f(c)＝eq\f(1,2)，那么易得a＝10－eq\f(1,2)，b＝10eq\f(1,2)，c＝11，從而abc＝11，應(yīng)選C.點評特例法具有簡化運算和推理的成效，用特例法解選擇題時，要注意以下兩點：第一，取特例盡可能簡單，有利于計算和推理；第二，假設(shè)在不同的特殊情況下有兩個或兩個以上的結(jié)論相符，那么應(yīng)選另一特例情況再檢驗，或改用其他方法求解．變式訓(xùn)練2(1)等比數(shù)列{an}滿足an>0，n＝1,2,3，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，當(dāng)n≥1時，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2A．n(2n－1) B．(n＋1)2C．n2 D．(n－1)2(2)如圖，在棱柱的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動點P、Q滿足A1P＝BQ，過P、Q、C三點的截面把棱柱分成兩局部，那么其體積之比為()A．3∶1 B．2∶1C．4∶1 D.eq\r(3)∶1答案(1)C(2)B解析(1)因為a5·a2n－5＝22n(n≥3)，所以令n＝3，代入得a5·a1＝26，再令數(shù)列為常數(shù)列，得每一項為8，那么log2a1＋log2a3＋log2a5結(jié)合選項可知只有C符合要求．(2)將P、Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此時仍滿足條件A1P＝BQ(＝0)，那么有故過P，Q，C三點的截面把棱柱分成的兩局部的體積之比為2∶1.方法三排除法排除法也叫篩選法或淘汰法，使用排除法的前提條件是答案唯一，具體的做法是采用簡捷有效的手段對各個備選答案進行“篩選〞，將其中與題干相矛盾的干擾項逐一排除，從而獲得正確答案．例3(1)函數(shù)f(x)＝2|x|－x2的圖象為()(2)函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx－1,\r(3－2cosx－2sinx))(0≤x≤2π)的值域是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0)) B．[－1,0]C．[－eq\r(2)，－1] D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))答案(1)D(2)B解析(1)由f(－x)＝f(x)知函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，排除選項A、C；當(dāng)x＝0時，f(x)＝1，排除選項B，應(yīng)選D.(2)令sinx＝0，cosx＝1，那么f(x)＝eq\f(0－1,\r(3－2×1－2×0))＝－1，排除A，D；令sinx＝1，cosx＝0，那么f(x)＝eq\f(1－1,\r(3－2×0－2×1))＝0，排除C，應(yīng)選B.點評排除法適用于定性型或不易直接求解的選擇題．當(dāng)題目中的條件多于一個時，先根據(jù)某些條件在選項中找出明顯與之矛盾的予以否認(rèn)，再根據(jù)另一些條件在縮小選項的范圍內(nèi)找出矛盾，這樣逐步篩選，直到得出正確的答案．變式訓(xùn)練3(1)設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))假設(shè)f(0)是f(x)的最小值，那么a的取值范圍為()A．[－1,2] B．[－1,0]C．[1,2] D．[0,2](2)(2022·浙江)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))cosx(－π≤x≤π且x≠0)的圖象可能為()答案(1)D(2)D解析(1)假設(shè)a＝－1，那么f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12，x≤0，,x＋\f(1,x)－1，x>0，))易知f(－1)是f(x)的最小值，排除A，B；假設(shè)a＝0，那么f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤0，,x＋\f(1,x)，x>0，))易知f(0)是f(x)的最小值，故排除C.故D正確．(2)∵f(x)＝(x－eq\f(1,x))cosx，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，排除A，B；當(dāng)x＝π時，f(x)＜0，排除C.應(yīng)選D.方法四數(shù)形結(jié)合法根據(jù)題設(shè)條件作出所研究問題的曲線或有關(guān)圖形，借助幾何圖形的直觀性作出正確的判斷，習(xí)慣上也叫數(shù)形結(jié)合法，有些選擇題可通過命題條件中的函數(shù)關(guān)系或幾何意義，作出函數(shù)的圖象或幾何圖形，借助于圖象或圖形的作法、形狀、位置、性質(zhì)等，綜合圖象的特征，得出結(jié)論．例4(1)非零向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，向量a，b的夾角為120°，且|b|＝2|a|，那么向量a與c的夾角為()A．60° B．90°C．120° D．150°(2)定義在R上的奇函數(shù)f(x)和定義在{x|x≠0}上的偶函數(shù)g(x)分別滿足f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，0≤x＜1，,\f(1,x)，x≥1，))g(x)＝log2x(x>0)，假設(shè)存在實數(shù)a，使得f(a)＝g(b)成立，那么實數(shù)b的取值范圍是()A．[－2,2]B．[－eq\f(1,2)，0)∪(0，eq\f(1,2)]C．[－2，－eq\f(1,2)]∪[eq\f(1,2)，2]D．(－∞，－2]∪[－2，＋∞)答案(1)B(2)C解析(1)如圖，因為〈a，b〉＝120°，|b|＝2|a|，a＋b＋c＝0，所以在△OBC中，BC與CO的夾角為90°，即a與c的夾角為90°.(2)分別畫出函數(shù)f(x)和g(x)的圖象，存在實數(shù)a，使得f(a)＝g(b)成立，那么實數(shù)b一定在函數(shù)g(x)使得兩個函數(shù)的函數(shù)值重合的區(qū)間內(nèi)，故實數(shù)b的取值范圍是[－2，－eq\f(1,2)]∪[eq\f(1,2)，2]．點評圖解法是依靠圖形的直觀性進行分析的，用這種方法解題比直接計算求解更能抓住問題的實質(zhì)，并能迅速地得到結(jié)果．不過運用圖解法解題一定要對有關(guān)的函數(shù)圖象、幾何圖形較熟悉，否那么錯誤的圖象反而會導(dǎo)致錯誤的選擇．變式訓(xùn)練4(1)圓C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分別是圓C2，C1上的動點，P為x軸上的動點，那么|PM|＋|PN|的最小值為()A．5eq\r(2)－4 B.eq\r(17)－1C．6－2eq\r(2) D.eq\r(17)(2)函數(shù)f(x)＝eq\f(4,x)與g(x)＝x3＋t，假設(shè)f(x)與g(x)的交點在直線y＝x的兩側(cè)，那么實數(shù)t的取值范圍是()A．(－6,0] B．(－6,6)C．(4，＋∞) D．(－4,4)答案(1)A(2)B解析(1)作圓C1關(guān)于x軸的對稱圓C1′：(x－2)2＋(y＋3)2＝1，那么|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PN′|，由圖可知當(dāng)點C2、M、P、N′、C1′在同一直線上時，|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PN′|取得最小值，即為|C1′C2|－1－3＝5eq\r(2)－4.(2)根據(jù)題意可得函數(shù)圖象，g(x)在點A(2,2)處的取值大于2，在點B(－2，－2)處的取值小于－2，可得g(2)＝23＋t＝8＋t>2，g(－2)＝(－2)3＋t＝－8＋t<－2，解得t∈(－6,6)，應(yīng)選B.方法五正難那么反法在解選擇題時，有時從正面求解比擬困難，可以轉(zhuǎn)化為其反面的問題來解決，即將問題轉(zhuǎn)化為其對立事件來解決，實際上就是補集思想的應(yīng)用．例5(1)設(shè)集合A＝{x|a－1<x<a＋1，x∈R}，B＝{x|1<x<5，x∈R}，假設(shè)A∩B≠?，那么實數(shù)a的取值范圍是()A．{a|0<a<6}B．{a|a<2或a>4}C．{a|a≤0或a≥6}D．{a|2≤a≤4}(2)二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，假設(shè)在[－1,1]上存在x使得f(x)>0，那么實數(shù)p的取值范圍是()A．[－eq\f(3,2)，－eq\f(1,2)]∪[1,3]B．[1,3]C．[－eq\f(1,2)，3]D．(－3，eq\f(3,2))答案(1)A(2)D解析(1)當(dāng)A∩B＝?時，由圖可知a＋1≤1或a－1≥5，所以a≤0或a≥6，故當(dāng)A∩B≠?時，0<a<6.(2)假設(shè)在[－1,1]上不存在x使得f(x)>0，即當(dāng)x∈[－1,1]時，f(x)≤0恒成立，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1≤0，,f1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2p2＋p＋1≤0，,－2p2－3p＋9≤0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p≥1或p≤－\f(1,2)，,p≥\f(3,2)或p≤－3，))即p∈(－∞，－3]∪[eq\f(3,2)，＋∞)，其補集是(－3，eq\f(3,2))．點評應(yīng)用正難那么反法解題的關(guān)鍵在于準(zhǔn)確轉(zhuǎn)化，適合于正面求解非常復(fù)雜或者無法判斷的問題．變式訓(xùn)練5假設(shè)函數(shù)y＝ex＋mx有極值，那么實數(shù)m的取值范圍是()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(1，＋∞) D．(－∞，1)答案B解析y′＝(ex＋mx)′＝ex＋m，函數(shù)y＝ex＋mx沒有極值的充要條件是函數(shù)在R上為單調(diào)函數(shù)，即y′＝ex＋m≥0(或≤0)恒成立，而ex≥0，故當(dāng)m≥0時，函數(shù)y＝ex＋mx在R上為單調(diào)遞增函數(shù)，不存在極值，所以函數(shù)存在極值的條件是m<0.方法六估算法由于選擇題提供了唯一正確的選項，解答又無需過程．因此，有些題目不必進行準(zhǔn)確的計算，只需對其數(shù)值特點和取值界限作出適當(dāng)?shù)墓烙?，便能作出正確的判斷，這就是估算法．估算法的關(guān)鍵是確定結(jié)果所在的大致范圍，否那么“估算〞就沒有意義．估算法往往可以減少運算量，但是提升了思維的層次．例6(1)x1是方程x＋lgx＝3的根，x2是方程x＋10x＝3的根，那么x1＋x2等于()A．6 B．3C．2 D．1(2)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為3的正方形，EF∥AB，EF＝eq\f(3,2)，EF與平面ABCD的距離為2，那么該多面體的體積為()A.eq\f(9,2) B．5C．6 D.eq\f(15,2)答案(1)B(2)D解析(1)因為x1是方程x＋lgx＝3的根，所以2<x1<3，x2是方程x＋10x＝3的根，所以0<x2<1，所以2<x1＋x2<4.(2)該多面體的體積比擬難求，可連接BE、CE，問題轉(zhuǎn)化為四棱錐E－ABCD與三棱錐E－BCF的體積之和，而VE－ABCD＝eq\f(1,3)S·h＝eq\f(1,3)×9×2＝6，所以只能選D.點評估算法是根據(jù)變量變化的趨勢或極值的取值情況進行求解的方法．當(dāng)題目從正面解析比擬麻煩，特值法又無法確定正確的選項時(如難度稍大的函數(shù)的最值或取值范圍、函數(shù)圖象的變化等問題)常用此種方法確定選項．變式訓(xùn)練6(1)設(shè)那么()A．b<a<c B．c<a<bC．c<b<a D．a(chǎn)<c<b(2)sinθ＝eq\f(m－3,m＋5)，cosθ＝eq\f(4－2m,m＋5)(eq\f(π,2)<θ<π)，那么taneq\f(θ,2)等于()A.eq\f(m－3,q－m) B.eq\f(m－3,|q－m|)C．－eq\f(1,5) D．5答案(1)B(2)D解析(1)因為2>a＝log23>1，b＝2eq\f(3,2)>2，c＝3－eq\f(4,3)<1，所以c<a<b.(2)由于受條件sin2θ＋cos2θ＝1的制約，m一定為確定的值進而推知taneq\f(θ,2)也是一確定的值，又eq\f(π,2)<θ<π，所以eq\f(π,4)<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，故taneq\f(θ,2)>1.所以D正確．高考題型精練1．集合P＝{x|x2－2x≥0}，Q ＝{x|1＜x≤2}，那么(?RP)∩Q等于()A．[0,1) B．(0,2]C．(1,2) D．[1,2]答案C解析∵P＝{x|x≥2或x≤0}，?RP＝{x|0＜x＜2}，∴(?RP)∩Q＝{x|1＜x＜2}，應(yīng)選C.2．(2022·四川)以下函數(shù)中，最小正周期為π的奇函數(shù)是()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))C．y＝sin2x＋cos2x D．y＝sinx＋cosx答案B解析A項，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x，最小正周期為π，且為偶函數(shù)，不符合題意；B項，y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x，最小正周期為π，且為奇函數(shù)，符合題意；C項，y＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，最小正周期為π，為非奇非偶函數(shù)，不符合題意；D項，y＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，最小正周期為2π，為非奇非偶函數(shù)，不符合題意．3．雙曲線的一個焦點與拋物線x2＝24y的焦點重合，其一條漸近線的傾斜角為30°，那么該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A.eq\f(x2,9)－eq\f(y2,27)＝1B.eq\f(y2,9)－eq\f(x2,27)＝1C.eq\f(y2,12)－eq\f(x2,24)＝1D.eq\f(y2,24)－eq\f(x2,12)＝1答案B解析由題意知，拋物線的焦點坐標(biāo)為(0,6)，所以雙曲線的焦點坐標(biāo)為(0,6)和(0，－6)，所以雙曲線中c＝6，又因為雙曲線的一條漸近線的傾斜角為30°，所以eq\f(a,b)＝eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(a2,b2)＝eq\f(1,3)，又a2＋b2＝36，得a2＝9，b2＝27.應(yīng)選B.4.圖中陰影局部的面積S是h的函數(shù)(0≤h≤H)，那么該函數(shù)的大致圖象是()答案B解析由題圖知，隨著h的增大，陰影局部的面積S逐漸減小，且減小得越來越慢，結(jié)合選項可知選B.5．實數(shù)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥0，,x－y≥0，,2x－y－2≥0，))那么z＝eq\f(y－1,x＋1)的取值范圍是()A．[－1，eq\f(1,3)] B．[－eq\f(1,2)，eq\f(1,3)]C．[－eq\f(1,2)，＋∞) D．[－eq\f(1,2)，1)答案B解析如圖，z＝eq\f(y－1,x＋1)表示可行域內(nèi)的動點P(x，y)與定點A(－1,1)連線的斜率．6．函數(shù)f(x)的圖象向右平移1個單位長度，所得圖象與曲線y＝ex關(guān)于y軸對稱，那么f(x)等于()A．ex＋1 B．ex－1C．e－x＋1 D．e－x－1答案D解析依題意，f(x)向右平移一個單位長度之后得到的函數(shù)是y＝e－x，于是f(x)相當(dāng)于y＝e－x向左平移一個單位的結(jié)果，所以f(x)＝e－x－1.7．棱長為1的正方體的俯視圖是一個面積為1的正方形，那么該正方體的正視圖的面積不可能等于()A．1 B.eq\r(2)C.eq\f(\r(2)－1,2) D.eq\f(\r(2)＋1,2)答案C解析由俯視圖知正方體的底面水平放置，其正視圖為矩形，以正方體的高為一邊長，另一邊長最小為1，最大為eq\r(2)，面積范圍應(yīng)為[1，eq\r(2)]，不可能等于eq\f(\r(2)－1,2).8．給出下面的程序框圖，假設(shè)輸入的x的值為－5，那么輸出的y值是()A．－2 B．－1C．0 D．1答案C解析由程序框圖得：假設(shè)輸入的x的值為－5，(eq\f(1,2))－5＝25＝32>2，程序繼續(xù)運行x＝－3，(eq\f(1,2))－3＝23＝8>2，程序繼續(xù)運行x＝－1，(eq\f(1,2))－1＝2，不滿足(eq\f(1,2))x>2，∴執(zhí)行y＝log2x2＝log21＝0，應(yīng)選C.9．(2022·山東)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－1，x＜1，,2x，x≥1，))那么滿足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B．[0,1]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) D．[1,＋∞)答案C解析由f(f(a))＝2f(a)得，f(a當(dāng)a<1時，有3a－1≥1，∴a≥eq\f(2,3)，∴eq\f(2,3)≤a<1.當(dāng)a≥1時，有2a≥1，∴a≥0，∴a綜上，a≥eq\f(2,3)，應(yīng)選C.10．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，假設(shè)a1＜0，且S2015＝0，那么當(dāng)Sn取得最小值時，n的取值為()A．1009B．1008C．1007或1008D．1008或1009答案C解析等差數(shù)列中，Sn的表達式為n的二次函數(shù)，且常數(shù)項為0，故函數(shù)Sn的圖象過原點，又a1＜0，且存在n＝2015使得Sn＝0，可知公差d＞0，Sn圖象開口向上，對稱軸n＝eq\f(2015,2)，于是當(dāng)n＝1007或n＝1008時，Sn取得最小值，選C.11．四面體PABC的四個頂點都在球O的球面上，假設(shè)PB⊥平面ABC，AB⊥AC，且AC＝1，PB＝AB＝2，那么球O的外表積為()A．7π B．8πC．9π D．10π答案C解析依題意，記題中的球的半徑是R，可將題中的四面體補形成一個長方體，且該長方體的長、寬、高分別是2,1,2，于是有(2R)2＝12＋22＋22＝9,4πR2＝9π，所以球O的外表積為9π.12．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，假設(shè)eq\o(OB,\s\up6(→))＝a1eq\o(OA,\s\up6(→))＋a200eq\o(OC,\s\up6(→))，且A，B，C三點共線(該直線不過點O)，那么S200等于()A．100 B．101C．200 D．201答案A解析因為A，B，C三點共線，所以a1＋a200＝1，S200＝eq\f(a1＋a200,2)×200＝100.13．假設(shè)動點P，Q在橢圓9x2＋16y2＝144上，O為原點，且滿足OP⊥OQ，那么O到弦PQ的距離|OH|必等于()A.eq\f(20,3) B.eq\f(23,4)C.eq\f(12,5) D.eq\f(4,15)答案C解析選一個特殊位置(如圖)，令OP、OQ分別在長、短正半軸上，由a2＝16，b2＝9得，|OP|＝4，|OQ|＝3，那么|OH|＝eq\f(12,5).根據(jù)“在一般情況下成立，那么在特殊情況下也成立〞可知，選項C正確．應(yīng)選C.14．在拋物線y＝2x2上有一點P，它到A(1,3)的距離與它到焦點的距離之和最小，那么點P的坐標(biāo)是()A．(－2,1) B．(1,2)C．(2,1) D．(－1,2)答案B解析如下圖，直線l為拋物線y＝2x2的準(zhǔn)線，F(xiàn)為其焦點，PN⊥l，AN1⊥l，由拋物線的定義知，|PF|＝|PN|，∴|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PN|≥|AN1|，當(dāng)且僅當(dāng)A、P、N三點共線時取等號．∴P點的橫坐標(biāo)與A點的橫坐標(biāo)相同即為1，那么可排除A、C、D，應(yīng)選B.15．函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.假設(shè)f(a)＝g(b)，那么b的取值范圍為()A．[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)]B．(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))C．[1,3]D．(1,3)答案B解析∵f(a)>－1，∴g(b)>－1，∴－b2＋4b－3>－1，∴b2－4b＋2<0，∴2－eq\r(2)<b<2＋eq\r(2).應(yīng)選B.16．假設(shè)不等式m≤eq\f(1,2x)＋eq\f(2,1－x)在x∈(0,1)時恒成立，那么實數(shù)m的最大值為()A．9 B.eq\f(9,2)C．5 D.eq\f(5,2)答案B解析eq\f(1,2x)＋eq\f(2