2019届高三理科数学选择填空整理

有价值的题目：4，8，9，10，11，12，13，14，15，16

例7【2019届高三理科数学二轮用题】若二项式((x-cfrac{1}{sqrt{x}})^n)的展开式中第(m)项为常数项，则(m)，(n)应该满足【】

$A.2n=3(m-1)$ $B.2n=3m$ $C.2n=3(m+1)$ $D.2n=m$

分析：由于((a+b)^n)的二项展开式的通项公式为(T_{r+1}=C_n^rcdot a^{n-r}cdot b^r)，

故(T_{r+1}=C_n^rcdot x^{n-r}cdot (-cfrac{1}{sqrt{x}})^r=(-1)^rcdot C_n^rcdot x^{n-cfrac{3r}{2}})，

则(n-cfrac{3r}{2}=0)，且(m=r+1)，代入整理得到，(2n=3(m-1))，故选(A)。

例8【2019届高三理科数学二轮用题】已知一只蚂蚁在底面半径为5cm，高为12cm的圆锥侧面爬行，若蚂蚁在圆锥侧面上任意一点出现的可能性相等，且将蚂蚁看作一个点，则蚂蚁距离圆锥顶点超过5cm的概率为【】

$A.cfrac{12}{13}$ $B.cfrac{5}{13}$ $C.cfrac{144}{169}$ $D.cfrac{25}{169}$

分析：将题目中的圆锥展开后，则其侧面形成一个半径为(13)，弧长为(10pi)的扇形，如下图所示，

要使的蚂蚁距离圆锥顶点超过5cm，则蚂蚁应该在扇环内部，而小扇形的弧长可以这样计算(cfrac{l}{5}=cfrac{10pi}{13})，故小扇形的弧长为(cfrac{50pi}{13})，

故所求概率为(P=1-cfrac{cfrac{1}{2} imes cfrac{50pi}{13} imes 5}{cfrac{1}{2} imes 10pi imes 13}=cfrac{144}{169})，故选(C)。

例9【2019届高三理科数学二轮用题】已知数列({a_n})满足(tcdot S_n=n^2-12n)，其中(S_n)为数列({a_n})的前(n)项和，若(a_1+a_3+a_5=42)，(a_2+a_4=28)，则当(S_n)取最大值时，(n=)【】

$A.7$ $B.6$ $C.5$ $D.4$

分析：简单记录思路，由(a_n)与(S_n)的关系先求得(a_n=cfrac{2n-13}{t})，利用(a_2+a_4=28)，求得(t=-cfrac{1}{2})，

这样(a_n=26-4n)，令(a_n>0)，解得(nleq 6)，由邻项变号法可知，(S_6)最大，故选(B)。

例10【2019届高三理科数学二轮用题】在矩形(ABCD)中，(AB=2)，(AD=4)，(AC)与(BD)相交于点(O)，过点(A)作(AEperp BD)于(E)，则(overrightarrow{AE}cdot overrightarrow{AC})=【】

$A.cfrac{8}{5}$ $B.cfrac{16}{5}$ $C.cfrac{32}{5}$ $D.8$

法1：从形的角度思考，采用坐标法求解；以点(A)为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，

则可知(A(0，0))，(B(0，-2))，(C(4，-2))，(D(4，0))，设(E(x，y))，

则由(k_{AE}cdot k_{BD}=-1)，可得(y=-2x)①，又直线(BD：2y=x-4)②，

联立①②可得，(x=cfrac{4}{5})，(y=-cfrac{8}{5})，

则(overrightarrow{AE}cdot overrightarrow{AC}=(cfrac{4}{5}，-cfrac{8}{5})cdot (4，-2)=cfrac{32}{5})，故选(C).

法2：本题目是否还可以用基向量法，以(overrightarrow{AB})和(overrightarrow{AD})为基向量来表示其他向量，待思考；

例11【2019届高三理科数学二轮用题】已知抛物线(C：y^2=ax(a>0))，若直线(l：y=4x-a)被抛物线(C)截得的弦长为(17)，则与抛物线(C)相切且平行于直线(l)的直线方程为【】

$A.4x-y+2=0$ $B.4x-y+1=0$ $C.8x-2y+1=0$ $D.8x-2y-1=0$

分析：如图所示，直线过抛物线的焦点，故利用抛物线的焦点弦长公式可得，(cfrac{2p}{sin^2 heta}=17)，

又由于直线的斜率(k=4)，则(sin^2 heta=cfrac{2p}{17})，(cos^2 heta=cfrac{17-2p}{17})，则(k^2=16=tan^2 heta=cfrac{2p}{17-2p})，

解得(p=8)，从而(a=16)，抛物线为(y^2=16)；

由图可知所求直线和抛物线相切于第一象限，故涉及到的函数为(y=f(x)=4sqrt{x})，

设切点为(P(x_0，y_0))，则(f'(x_0)=cfrac{2}{sqrt{x_0}}=4)，求得(x_0=cfrac{1}{4})，(y_0=2)，

又所求直线的(k=4)，由点斜式方程可得，所求直线为(4x-y+1=0)，故选(B).

解后反思：焦点弦的公式不止一个，此处选用这一个就是考虑变量少，运算简单。

例12【2019届高三理科数学二轮用题】已知函数(f(x)=mx-cfrac{1-m}{x}+lnx)，要使得函数(f(x)>0)恒成立，则正实数(m)应该满足【】

$A、cfrac{m-1}{m}cdot e^{2m-1}<1$ $B、cfrac{m-1}{m}cdot e^{1-2m}<1$ $C、cfrac{m-1}{m}cdot e^{2m-1}>1$ $D、cfrac{m-1}{m}cdot e^{1-2m}>1$

法1：先考虑分离参数法，若能成功分离参数，那么得到的形式必然是(m>g(x))或(m<g(x))的形式，接下来需要求解函数(g(x))的最值，其必然是数字化的，则结果和给定的选项的形式是不一致的，故这个思路做了大致分析后放弃；

法2：由函数(f(x)>0)恒成立，则需要求在((0，+infty))上的函数(f(x)_{min}>0)即可，故考虑用导数方法；

(f'(x)=cfrac{(x+1)[mx+(1-m)]}{x^2})， 故函数在(x=cfrac{m-1}{m})处取到最小值，则要使得函数(f(x)>0)恒成立，只需要(f(cfrac{m-1}{m})>0)即可，

对此化简整理得到，正实数(m)应该满足(cfrac{m-1}{m}cdot e^{2m-1}>1)，故选(C)。

解后反思：本题目的解法有点漏洞，条件中应该使得(m>1)，而不仅仅是(m>0)，否则当(0<mleq 1)时，函数(f(x))在((0，+infty))上单调递增，其最小值的极限为(f(0))，题目就有了问题。

例13【2019届高三理科数学二轮用题】已知不等式组(left{egin{array}{l}{2x-yge 0}\{2-2yleq 0}\{xleq 2}end{array} ight.)所表示的区域为(Omega)，则区域(Omega)的外接圆的面积为__________.

分析：做出如图所示的三角形可行域，三条边长可知，故求其外接圆的半径可以采用(S_{ riangle OAB}=cfrac{abc}{4R})，

又由于(S_{ riangle OAB}=cfrac{1}{2} imes 3 imes 2=3)，则(3=cfrac{3 imes sqrt{5} imes 2sqrt{5}}{4R})，解得(R=cfrac{5}{2})，故(S_{外接圆}=cfrac{25pi}{4})。

解后反思：结合题目的具体条件，选择恰当的公式，计算量能相应的减少。

例14【2019届高三理科数学二轮用题】已知函数(f(x)=-x^3+mx+2)，(g(x)=2x^2-nx)，且曲线(y=f(x))在点((2，f(2)))处的切线于曲线(y=g(x))在点((1，g(1)))处的切线平行，则(sqrt{m^2+n^2})的最小值为_______。

法1：由已知条件可知，(m+n=16)，若从数的角度入手分析，则(m=16-n)，

转化为先求(m^2+n^2=(16-n)^2+n^2=2n^2-32n+16^2=2(n-8)^2+128)，

故((m^2+n^2)_{min}=128)，故所求最小值为(sqrt{128}=8sqrt{2})。

法2：由已知条件可知，(m+n=16)，若从形的角度入手分析，建立如图所示的坐标系，

可知，(m+n=16)表示一条直线，(sqrt{m^2+n^2}=sqrt{(m-0)^2+(n-0)^2})表示定点((0，0))与动点((m，n))的距离，

故所求的最小距离为(8sqrt{2})。

例15【2019届高三理科数学二轮用题】已知(F_1)，(F_2)分别是双曲线(C：cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1) ((a>0，b>0))的左右焦点，以(F_2)为圆心做一个圆，使该圆过线段(OF_2)的中点，若该圆与双曲线的两条渐近线有公共点，则双曲线(C)的离心率的取值范围是___________。

分析：如下图所示，可知圆(F_2)的圆心为(F_2(c，0))，半径为(r=cfrac{c}{2})，由于圆和双曲线都关于坐标轴对称，故只需要保证圆和一条渐近线(y=cfrac{b}{a}x)有公共点即可，

此时可以使用联立直线方程和双曲线的方程，使用(Delta ge 0)的思路，也可以利用圆心到直线的距离小于半径的思路，很明显第二个思路的运算量要小一些。

此时圆心为(F_2(c，0))，半径为(r=cfrac{c}{2})，直线为(bx-ay=0)，故(d=cfrac{|bc-a imes 0|}{sqrt{a^2+b^2}}leq cfrac{c}{2})，

化简整理得到，(2bleq c)，即(4b^2leq c^2)，则(4c^2-4a^2leq c^2)，整理为(cfrac{c^2}{a^2}leq cfrac{4}{3})，故(eleq cfrac{2sqrt{3}}{3})，又双曲线的(e>1)，故(ein (1，cfrac{2sqrt{3}}{3}]).

例16【2019届高三理科数学二轮用题】在面积为4的正方形(ABCD)中，(M)是线段(AB)的中点，现将图形沿(MC)，(MD)折起，使线段(MA)和(MB)重合，得到一个四面体(A-CDM)，其中点(B)和点(A)重合，则该四面体外接球的表面积为_________。

分析：平面图形如左图，立体图形如右图所示，(angle MAC=angle MAD=cfrac{pi}{2})，下来的重点是如何将四面体放置在球体内部。

可以这样来思考，将最特殊的面(ACD)放置在下底面，这样方便来放置和下底面垂直的侧棱，如下图所示；

底面圆的圆心(O')为下底面正三角形的重心，(O)为球心，则(OA=OM=R)，由于( riangle ACD)为等边三角形，(AC=2)，则(CH=1)，(AH=sqrt{3})，则(AO'=cfrac{2sqrt{3}}{3})，过点(O)做(OKperp AM)于(K)，则(OK=AO'=cfrac{2sqrt{3}}{3})，又(AK=cfrac{1}{2}AM=cfrac{1}{2})，在(Rt riangle AOK)中，由勾股定理可知(R^2=(cfrac{2sqrt{3}}{3})^2+(cfrac{1}{2})^2=cfrac{19}{12})，故(S_{球O}=4pi R^2=cfrac{19pi}{3})。

补充说明：如果想不清这一点，还可以想着将四面体补体成一个直三棱柱，如下图的动图所示，

解后反思：当一条侧棱和下底面垂直时，常将三棱锥(M-ACD)补体成直三棱柱(MC'D'-ACD)，这样容易想清楚。