前言
选择题
分析：使用点差法求解，设弦的两个端点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则由于两个点都在双曲线上，
故满足(cfrac{x_1^2}{36}-cfrac{y_1^2}{9}=1)①，且(cfrac{x_2^2}{36}-cfrac{y_2^2}{9}=1)②，
两式做差得到，(cfrac{x_1^2-x_2^2}{36}-cfrac{y_1^2-y_2^2}{9}=0)，变形得到(cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}cdot cfrac{y_2+y_1}{x_2+x_1}=cfrac{1}{4})
又由于(cfrac{y_1+y_2}{2}=2)，(cfrac{x_1+x_2}{2}=4)，代入上式得到(kcdot cfrac{2}{8}=cfrac{1}{4})，故(k=cfrac{1}{2})，
由于弦过点(P(4，2))，且斜率为(k=cfrac{1}{2})，求得直线为(x-2y=0)，故选(C).
分析：两个同学分别从三个社团中任选一个加入，共有9种等可能的结果，其他加入同一个社团的情形有3种，故所求概率为(P=cfrac{3}{9}=cfrac{1}{3})，选(B)。
引申：这两名同学加入了不同社团的概率是(1-cfrac{1}{3}=cfrac{2}{3})；
分析：按照框图的思路执行以下几个步骤，
(R_1)中，(i=1，S=0)，是，(S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}))，(i=2)；
(R_2)中，(i=2，S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}))，是，(S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}))，(i=3)；
(R_3)中，(i=3，S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}))，是，(S=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3}+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}+cfrac{1}{3}-cfrac{1}{5}))，(i=4)；
(R_4)中，(i=4，S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}-cfrac{1}{5}))，是，(S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4}-cfrac{1}{5}+cfrac{1}{4}-cfrac{1}{6}))，(i=5)；
(R_5)中，(i=5，S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{5}-cfrac{1}{6}))，是，(S=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{5}-cfrac{1}{6}+cfrac{1}{5}-cfrac{1}{7})=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{6}-cfrac{1}{7})=cfrac{25}{42})，(i=6)；
(R_6)中，(i=6，S=cfrac{25}{42})，否，输出(S=cfrac{25}{42})，结束；即当(i=6)时，应该满足“否”而不是“是”，故应该填入的是(ileq 5)。
分析：采用特殊化策略求解，由于点(M)，(N)是椭圆(cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1) ((a>b>0))上关于原点对称的任意的两个点，那么就可以特殊化为椭圆的左右两个顶点，又点(P)是椭圆上任意一点，那么就可以特殊化为椭圆上的上顶点，
那么如何让他们满足题目的条件呢，我们可以这样想，只要调整椭圆的三个参数恰当，就可以让其满足题目的条件，这样在这种特殊条件下，
(k_1=k_{PM}=cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=cfrac{b-0}{0+a})，(k_2=k_{PN}=cfrac{b-0}{0-a})，
则(|k_1k_2|=|cfrac{b^2}{-a^2}|=cfrac{b^2}{a^2}=cfrac{1}{4})，故(a^2=4b^2)，(c^2=a^2-b^2=3b^2)，
则(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{3b^2}{4b^2}=cfrac{3}{4})，故(e=cfrac{c}{a}=cfrac{sqrt{3}}{2})。故选(C)。
①对于任意的(xin R)，都有(f(x+1)=f(x-1))；
②函数(y=f(x+1))的图像关于(y)轴对称；
③对于任意的(x_1，x_2in [0，1])，都有([f(x_1)-f(x_2)](x_1-x_2)>0)；
则(f(cfrac{3}{2}))、(f(2))、(f(3))的大小关系是【】
分析：本题目考查函数的各种性质的综合运用，其中主要涉及的是函数的奇偶性、周期性、对称性、单调性；
由①可知，函数的周期为(T=2)，故可以简化其中的两项，(f(2)=f(0))，(f(3)=f(1))；
由②，通过图像的平移，可知函数(y=f(x))的对称轴为直线(x=1)，即函数满足条件(f(x)=f(2-x))，再赋值得到，(f(cfrac{3}{2})=f(2-cfrac{3}{2})=f(cfrac{1}{2}))；
由③可知函数(f(x))在区间([0，1])上单调递增，由于(1>cfrac{1}{2}>0)，故(f(1)>f(cfrac{1}{2})>f(0))，即满足(f(3)>f(cfrac{3}{2})>f(2))，故选(D)。
分析：由于求异面直线所成角的范围，故需要先明确其允许的最大范围，是((0，cfrac{pi}{2}])，怎么理解呢？采用简单原则，当同一平面内的两条直线相交时形成两对对顶角，其中的邻角互补，这样我们刻画其位置关系时，仅仅只需要([0，cfrac{pi}{2}])范围内的角就足够了，不需要范围为([0，pi])，那么异面直线所成角的范围就成了((0，cfrac{pi}{2}])，
再者我们需要将已知的直线安放在空间，最好的依托就是正方体和长方体等模型，如下图所示，
当异面直线(a)，(b)所成的角为(cfrac{pi}{6})，直线(aperp c)，那么异面直线(b)和(c)所成角的范围最小是(cfrac{pi}{2}-cfrac{pi}{6}=cfrac{pi}{3})，最大是(cfrac{pi}{2}+cfrac{pi}{6}=cfrac{2pi}{3})，又由于刻画异面直线所成角的范围限制，故只能是([cfrac{pi}{3}，cfrac{pi}{2}])，故选(A)。
填空题
分析：本题目的左端涉及两个数列，一个数列为({a_n})，设其前(n)项和为(T_n)，另一个数列为({2^{n-1}a_n})，设其前(n)项和为(S_n)，右端可以看出(f(n))，故本题目是利用(2^{n-1}a_n)和(S_n)的关系，先求出数列({2^{n-1}a_n})的通项公式，然后反解出(a_n)即可；
由(nge 1)时，(S_n=a_1+2a_2+2^2a_3+cdots+2^{n-1}a_n=8n)① ，
则(nge 2)时，(S_{n-1}=a_1+2a_2+2^2a_3+cdots+2^{n-2}a_{n-1}=8(n-1))② ，
两式做差，得到，
当(nge 2)时，(S_n-S_{n-1}=2^{n-1}a_n=8)，即(a_n=8cdot 2^{1-n}=2^{4-n})，
当(n=1)时，(S_1=a_1=8=2^{4-1})，满足上式，
故(a_n=2^{4-n}(nin N^*))；
分析：设(f(x)=ax^2+bx)，则(f'(x)=2ax+b)，由题可知，(f'(x)=3x-cfrac{1}{2})，故(2a=3)，(b=-cfrac{1}{2})，故(f(x)=cfrac{3}{2}x^2-cfrac{1}{2}x)；
分析：由于斐波那契数列({a_n})的(a_1=1)，(a_2=1)，(a_3=2)，(a_4=3)，(a_5=5)，(a_6=8)，(a_7=13)，(a_8=21)，(cdots)，
则(b_1=a_1a_3-a_2^2=1)；(b_2=a_2a_4-a_3^2=-1)；(b_3=a_3a_5-a_4^2=1)；(b_4=a_4a_6-a_5^2=-1)；(cdots)，
故数列({b_n})为(T=2)的周期数列，(b_1+b_2+b_3+cdots+b_{2019}=1009(b_1+b_2)+b_1=1)。