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高三数学　 强化卷 请在各题目的答题区域内作答,超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答,超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
答题卡 四、解答题 16. (15 分)
姓名 15. (13 分)
准考
证号 贴条形码区
考生 缺考考生,由监考员贴条形码,并用 2B
禁填 铅笔涂右面的缺考标记。

1. 答卷前,考生须在答题卡和试卷上规定的位置,准确填写本人姓名、准考证号,并核对
准条形码上的信息。 确认无误后,将条形码粘贴在答题卡上相应位置。
填 注 2. 选择题必须使用 2B 铅笔填涂;非选择题必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔作答,字体
涂 正确填涂　 意
样 　 事
工整,笔迹清楚。
例 项 3. 考生必须在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域范围书写的答案无效;在
草稿纸、试题卷上答题无效。
4. 保持卡面清洁,不准折叠,不得损坏。
一、单选题(共 40分)
　 1 A B C D 　 　 　 　 　 　 5 A B C D
　 2 A B C D 6 A B C D
　 3 A B C D 7 A B C D
　 4 A B C D 8 A B C D
二、多选题(共 18分)
　 9 A B C D
10 A B C D
11 A B C D
三、填空题(每小题 5分,共 15分)
12. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　
13. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　
14. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　
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答题卡第一页


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17. (15 分) 18. (17 分) 19. (17 分)
　
总分:　 　 　 　 　 　 　 　 　 登分人:　 　 　 　 　 　 　 　 　 复核人:　 　 　 　 　 　 　
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答题卡第二页高三数学　 强化卷
参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
C A A D A C C A ACD AC BD
13 1 1 1
12. -2　 13. 　 14. ( 15 ,+∞ ) 因为 F′( x) = f ′( x) -g′( x) = + - = -2 2 2x 2(2- m m 在x) x(2-x)
π 2π x∈[1,2)上单调递增,且 F′(1)= 1-m, …………………… 8 分
15. (1)A= 或 A= (6 分)
3 3 第三步:分 m≤1 和 m>1 讨论
(2)b= 1 或 b= 2(7 分) ①当 m≤1 时,F′(1)= 1-m≥0,所以 F′(x)≥0 在[1,2)上恒成立
【解】(1)第一步:用正弦定理边化角 且不恒为 0,所以 F( x)在 x∈[1,2)上单调递增,所以当 x∈[1,
a c
由 3 c= 2asin C 及正弦定理 = , 2)时,F(x)≥F(1)= 0,满足题意; ………………………… 10 分
sin A sin C ②当 m>1 时,F′(1) <0,当 x→2 时,F′( x) →+∞ ,所以存在 x0 ∈
得 3 sin C= 2sin Asin C. ……………………………………… 2 分 (1,2),使得 F′(x0 )= 0,当 x∈(1,x0 )时,F′(x) <0,所以 F( x)在
第二步:求角 A 的值 (1,x0 )上单调递减,所以当 x∈(1,x0 )时,F( x) 3
因为 C∈(0,π),所以 sin C>0, sin A= . …………… 4 干矛盾,不满足题意. ……………………………………… 14 分所以 分
2 第四步:得出结论
π 2π
因为 A∈(0,π),所以 A= 或 A= (易错:忽视正弦值在(0,π) 综上所述,实数 m 的取值范围是( -∞ ,1] . ……………… 15 分
3 3
17. (1)证明见解析(6 分)
内对应两个角,从而导致漏解) . …………………………… 6 分
(2) 21第一步:根据题意求 b+c (2) (9 分)
7
由题意得 a+b+c= 3+ 3 ,因为 a= 3 ,所以 b+c= 3. ………… 7 分 (1)【证明】第一步:作辅助线取 DE 的中点 F
第二步:用余弦定理求 bc 与 cos A 的关系 如图①,取 DE 的中点 F,连接 MF,NF,
在△ABC中,由余弦定理得 a2 =b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc(1+cos A), 第二步:证明 MF∥平面 ABE,NF∥平面 ABE
3
解得 bc= + . …………………………………………… 8 分
因为 M,N 分别是棱 AD,EC 的中点,所以 MF∥AE,NF∥CD.
1 cos A
又因为 AB∥CD,所以 NF∥AB. ……………………………… 1 分
第三步:分类讨论求 b
因为 MF∥AE,MF 平面 ABE,AE 平面 ABE,
2π = 1当 A 时,cos A= - ,所以 bc= 6, ……………………… 9 分
3 2 所以 MF∥平面 ABE. ………………………………………… 3 分
联立 b+c= 3,得 b2 -3b+6 = 0,此方程无实数解; …………… 10 分 同理可证 NF∥平面 ABE. …………………………………… 4 分
第三步:证明结论
当 A=
π
时,cos A=
1
,所以 bc= 2, ………………………… 11 分
3 2 因为 MF∩NF=F,MF,NF 平面 MFN,所以
联立 b+c= 3,得 b2 -3b+2 = 0,解得 b= 1 或 b= 2. ………… 12 分 平面 MFN∥平面 ABE.
综上,b= 1 或 b= 2. ………………………………………… 13 分 又因为 MN 平面 MFN, 所以 MN∥平面
16. (1)y= x-1(4 分) ABE. …………………………………… 6 分
(2)(-∞ ,1](11 分) (2)【解】第一步:作辅助线取DC 的中点 G, 图①
【解】(1)第一步:求导数 连接 CM,ME,取 DC 的中点为 G,连接 AG,AC,
1 1 第二步:证明 MD,ME,MC 两两垂直
因为 f(x)= ln x- ln(2-x),
2 2 1
因为 AB∥CD 且 AB = CD = 1,AB⊥BC,所以 AB CG,所以四边
= 1 + 1
2
所以 f ′(x) - ,…………………………………… 1 分2x 2(2 x) 形 ABCG 为矩形,
第二步:代值求 f ′(1) 所以 AG⊥GD,DG= 1.
所以 f ′(1)= 1. ……………………………………………… 2 分 又因为∠ADC= 60°,所以 AD= 2,所以△ADC 为等边三角形,
第三步:求切线方程 所以 CM⊥AD,CM= 3 .
因为 f(1)= 0,所以所求切线方程为 y= x-1. ……………… 4 分 因为△ADE 为等边三角形,所以 DE= 2,EM= 3 ,ME⊥AD,
(2)第一步:构造函数 　 ……………………………………………………………… 8 分
令 F(x)= f(x) -g(x),则由题意可得 F(x) ≥0 在 x∈[1,2)上恒 在△CDE 中, 由 余 弦 定 理 可 得 CE2 = DC2 + DE2 - 2DC ·
成立,且 F(1)= 0, 1
DEcos∠CDE= 4+4-2×2×2× = 6,
第二步:求导并转化 4
D　1
所以 CM2 +ME2 =CE2 ,所以∠CME= 90°,即 CM⊥ME, 设 P( x1 ,y1 ),Q( x2 ,y2 ),由 OP⊥OQ,得 O
→P·O→Q = 0,即 x1x2 +
所以 MD,ME,MC 两两垂直. ……………………………… 10 分 y1y2 = 0,
第三步:建立空间直角坐标系并写出相关点的坐标 第二步:求直线 PQ 的斜率不存在时,圆 E 的面积
以 M 为坐标原点,MD,ME,MC 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴, 当直线 PQ 的斜率不存在时,设直线 PQ:x= t,-2建立如图②所示的空间直角坐标系,则 C(0,0, 3 ),E(0, 3 ,0), {x= t, ì = = x1 t, ìx2 t, D(1,0,0),A( -1,0,0), 由 x2 + y2 得í í= 1 3 3
4 3 y1 = 3- t
2 , y = - 3- t2 ,
4

2 4
所以 x1x2 + =
3 12
y1y2 t2 - ( 3- t2 ) = 0,得 t2 = , ……………… 8 分4 7
π π 2 3
所以圆 E 的面积为 |PQ | 2 =
4 4 ( 32 3- t2 ) = π (3- t2 =4 4 )
12π ( |PQ | 2提 示: 因 为 PQ 是 直 径, 故 圆 的 面 积 为 π ( ) =7 2
图② π
|PQ | 2 ) ; …………………………………………………… 9 分
第四步:求平面 BCE 和平面 ADE 的法向量 4
由 →AB = 1 D→C 得 B
2 ( 3 3 ) →
第三步:讨论直线 PQ 的斜率存在时, |PQ | 的最小值
- ,0, ,则 EC = ( 0,- 3 , 3 ) ,E→B =
2 2 当直线 PQ 的斜率存在时,设直线 PQ:y= kx+m,
( 3 y= kx+m,- ,- 33 ,2 2 ) . → 由{ x2 y2 得(3+4k2 )x2 += 8kmx+4m2 -12 = 0,…………… 10 分n·EC 0, + = 1
设平面 BCE 的法向量为 n = ( x, y, z), 则 由 { 得 4 3n·E→B= 0 2 -
所以 x1 +x2 = -
8km
2 ,x1x2 =
4m 12
- + = 2 , ……………………… 11 分ì 3 y 3 z 0, 3+4k 3+4k 3
í 3 3 令 z = 1, 则 y = 1, x = - , 所 以 n = 3 所以 x1x2 +y1y2 = x x +( kx +m) ( kx
2
1 2 1 2 +m) = ( k + 1) x1x2 +km( x + - x- 3 y+ z= 0,
1
2 2 2 - - 2 + 2 -
x2 ) + 2 =
4m 12 8km 12k 7m 12
m (k2 +1) -km +m2 = = 0,
( - 3 ) 2. ……………………………………………… 13 3+4k 3+4k2 3+4k2,1,1 分3 所以-12k2 +7m2 -12 = 0,即 7m2 = 12k2 +12,………………… 13 分
取平面 ADE 的一个法向量为 m= (0,0,1),
代入 Δ=64k2m2 -4(3+4k2)(4m2 -12)= 16(12k2 +9-3m2)>0,所以
第五步:求平面 BCE 与平面 ADE 夹角的余弦值
16(12k2 +9-3m2 )
记平面 BCE 与平面 ADE 的夹角为 θ,则 |PQ | = 1+k2 (x 2 21 +x2 ) -4x1x2 = 1+k 3+4k2
=
= = m·n 21cos θ | cos〈m,n〉 | = , 2 2
|m | | n | 7 48 16k +9 48 k 481+k2
7 3+4k2
= 1+ ≥ ,…… 15 分
7 (3+4k2 ) 2 7
21
即平面 BCE 与平面 ADE 夹角的余弦值为 . ………… 15 分
7 当且仅当 k2 =
48
0 时, |PQ |取得最小值 ,
x2 y2 7
18. (1) + = 1(7 分)
4 3 第四步:求圆 E 的面积的最小值
12π 2
(2) (10 分) π π 12π
7 所以圆 E 的面积的最小值为 |PQ |
2 = × 48 = .
4 4 ( 7 ) 7
【解】(1)第一步:根据内切、外切表示 |MC1 | 和 |MC2 | 12π
综上,圆 E 面积的最小值为 . …………………………… 17 分
设圆 M 的半径为 r,易知圆 C1 的圆心为 C1( -1,0),半径为 3,圆 7
C2 的圆心为 C2(1,0),半径为 1,由题意知, | MC1 | = 3-r, |MC2 | = 解法二(同构):第一步:当 OP,OQ 中有一条斜率不存在时,求圆
1+r, …………………………………………………………… 2 分 E 的面积
第二步:根据椭圆定义证明点 M 的轨迹为椭圆 因为以 PQ 为直径的圆经过坐标原点 O,所以 OP⊥OQ, … 8 分
所以 |MC1 | + |MC2 | = 4>2 = | C1C2 | ,因此点 M 的轨迹为以 C1 ,C2 ①当 OP,OQ 中有一条斜率不存在时,另一条斜率为 0,此时
为焦点,长轴长为 4 的椭圆, ………………………………… 3 分
|PQ | 2 =a2 +
π 7π
b2 = 7,圆 E 的面积为 |PQ | 2 = ; …………… 9 分
第三步:求 a,b,c 的值以及标准方程 4 4
所以 2a= 4,c= 1,所以 a= 2,b2 =a2 -c2 = 3, ………………… 5 分 第二步:直线 OP,OQ 的斜率均存在时,先求 |PQ | 2
x2 y2
故曲线 C 的方程为 + = 1. ……………………………… 7 ②若直线 OP,OQ 的斜率均存在,设直线 OP:y
= kx,直线 OQ:y =
分
4 3
- 1
(2) : : x,P(x ,y ),Q(x ,y ),解法一 第一步 用坐标表示 OP⊥OQ k 1 1 2 2
D　2
{y= kx, m
2
cos2α m2 sin2α
12 12k2 ( 因为点 P(mcos α,msin α)在椭圆上,所以 + = 1,由 2 2 得 x2 2x = 4 3+ y = 11 4k2 ,同理可得 x2 = 2 提示:将 k 用+3 4+3k
4 3 1 = cos
2α sin2
即 2 +
α
, ………………………………………… 10 分
m 4 3
- 1 替换,即可得到 x22 的表达式,这是同构法在解析几何中的k cos2 (α+ π 2 + πsin α1 2 ) ( 2 ) sin2α cos2α
应用 ) , ……………………………………………………… 11 分 同理可得 2 = + = + , …… 11 分n 4 3 4 3
1 1
2 2 2 2
所以 |PQ | 2 = |OP | 2 + |OQ | 2 = (1+k2 )x2 + ( 1+ ) x2 所以 2 + 1 = cos α+sin α+sin α+cos α= 72 , ……………… 13 分1 k2 2 m n 4 3 4 3 12
12(1+k2 ) 1 12k2 7k2 第三步:求 |PQ |
2 的最小值
= +
4k2 +3 ( 1+ 2 ) 2 = 7- ……… 13 分k 4+3k (4k2 +3)(4+3k2 ) 12 1 1所以 |PQ | 2 =m2 +n2 = (m2 +n2 )
7 ( +m2 n2 )
第三步:求 |PQ | 2 的最小值
12 ( n2 m2 2 2= 77- ≥7- 7 = 48, …………… 15 分 = 2+ + 12≥ n m 487 m2 n2 ) 7 (2+2 · ) = ,
2 + 12
m2 n2 7
12k 2 +
12 725
k 2 12k
2 · 2 +25k -当且仅当 m=
(2k 1)π
n 时,等号成立,此时 α= ,k∈Z,
48 4
当且仅当 k2 = 1 时, |PQ | 2 取到最小值 ,
7 　 …………………………………………………………… 15 分
第四步:求圆 E 的面积的最小值 第四步:求圆 E 的面积的最小值
π 48 12π π 48 12π
此时,圆 E 的面积的最小值为 × = , 所以圆 E 的面积的最小值为 × = . ……………… 17 分
4 7 7 4 7 7
7π 12π 12π 1
因为 > ,所以圆 E 的面积的最小值为 . ………… 17 分 19. (1) (4 分)
4 7 7 12
解法三(坐标法):第一步:用坐标表示 OP⊥OQ (2)P(X2 = 0)设 P(x1 ,y1 ),Q(x2 ,y2 ),由 OP⊥OQ,得 O
→P·O→Q= 0, b(3)P(S20 = j)=
j
20( j= 1,2,3,…,120),其中 b0 = b1 = b2 =… = b6 19
=
即 x1x2 +y1y2 = 0, ……………………………………………… 8 分
1 1
第二步:利用椭圆方程消去 y1,y2 0,P(X20 = 0)= - (7 分)4 611 ×39
3
把 P,Q 的坐标分别代入椭圆方程,可得 y2 = 3- x2 21 1 ,y2 = -
3
3 x22 , 【解】(1)4= 3+1 = 2+2 = 1+3(提示:抛掷两次骰子,可以得到 2 个4 4
数据,此时和为 4 的情况包含(1,3),(3,1),(2,2)共 3 种情况),
…………………………………………………………… 10 分
1 2 1
2 ( 3 2 ) ( 3 2 ) 9 2 2 9 2 2 2 2 所以 P(S2 = 4)= 3× ( ) = . …………………………… 4 分所以(y1y2) = 3- x 3- x4 1 4 2 =9- (x1 +x2)+ x1x2 =x1x2, 6 124 16
(2)第一步:求 P(X = 0)
…………………………………………………………… 11 分 2
2 2 X2 = 0 的情形:4 = 3+1 = 2+2,8 = 6+2 = 5+3 = 4+4,12 = 6+6(关键:第三步:用基本不等式求 x1 +x2 的最小值
列出所有可能情形是求解问题的关键),
- 9 2 + 2 = 7 2 2 7
x21 +x2 2所以 9 (x 2
4 1
x2 ) x16 1
x2 ≤16 ( 2 ) , 1 1所以 P(X2 = 0)= 2 (2+1+2+2+1+1)= . ………………… 7 分6 4
解得 x21 +x2
24 12
2 ≥ ,当且仅当 x21 = x27 2
= 时,等号成立, …… 13 分
7 第二步:求 P(X2
= 3)
=
: |PQ | 2 X2 3 的情形:3
= 2+1,7 = 6+1 = 5+2 = 4+3,11 = 6+5,
第四步 求 的最小值
|PQ | 2 =(x -x ) 2 +(y -y ) 2 =x21 2 1 2 1 +x22 +y21 +y22 -2(x1x2 +y1y )= x22 1 +x22 + 因此 P(X2 = 3)=
1 + + + + = 10 52 (2 2 2 2 2) = .6 36 18
( - 33 x24 1 ) + ( - 3 1 1 24 483 x2 = 6+ (x2 +x2 )≥6+ × = ,4 2 ) 4 1 2 4 7 7 第三步:比较得结论
所以 P(X2 = 0) (3)第一步:根据展开式求 P(S20 = j)第五步:求圆 E 的面积的最小值
+ 2 + 3 +
π 48 12π (x x x x
4 +x5 +x6 ) 20 = b0 +b1x+b2x2 +…+b 120120x ,
所以圆 E 的面积的最小值为 × = . ……………… 17 分
4 7 7 bP(S j20 = j)= 20 ( j= 1,2,3,…,120),其中 b0 = b1 = b2 = … = b19 = 0.
解法四(基本不等式): 6第一步:用三角函数知识设 P,Q 的坐标
|OP | =m,P(mcos α,msin α), OP⊥OQ, …………………………………………………………… 12 分设 因为
第二步:在多项式中令 x= ±1,相加求 b0 +b2 +b4 +b6 +…+π π b118
+b120
所以可设 |OQ | =n,Q (ncos(α+ ) ,nsin (α+2 2 ) ) , ……… 9 分 令 x= 1,得 620 = b0 +b1 +b2 +b3 +…+b119 +b120 ,
第二步:利用椭圆方程消去 α 令 x= -1,得 0 = b0 -b1 +b2 -b3 +…-b119 +b120(提示:一般地,要使展
D　3
开式中项的关系变为系数的关系,令 x= 0 得常数项,令 x= 1 可得 所以-210 = b0 -b2 +b4 -… +b120 ( 难点:利用复数的运算法则求出
所有项系数和,令 x= -1 可得偶数次项系数之和与奇数次项系数 b0 -b2 +b4 -…+b120 的值),
之和的差), 1
所以 b0 +b4 +b8 +…+b 20 9120 = ×6 -2 , ……………………… 16 分
1 4
故 ×620 = b0 +b2 +b4 +b6 +…+b2 118
+b120 . …………………… 14 分 第四步:求 P(X20 = 0)
第三步:令 x= i,由复数的运算求 b0 +b4 +b8 +…+b120 1 29所以 P(X20 = 0)= - 20 =
1 - 111 9 . …………………… 17 分
令 x= i,得( -1+i) 20 = (b0 -b2 +b4 -…+b120 ) +( b1 -b3 +b5 -b7 +…+ 4 6 4 6 ×3
b117 -b119 )i,又因为( -1+i) 20 = ( -2i) 10 = -210 ,
D　4高三数学　强化卷
1. C　 【深度解析】由题意知,B={x | x2 -4x-5<0} = {x | (x-5)(x+1) <
f ′(x)= eax [ 1aln(x+1) + ] ( 提示:由于 eax > 0 恒成立,所以只需
0} ={x | -1选 C. 讨论aln(x+ +
1 1
1) + 的正负 ) ,令 g( x) = aln( x+1) + (提示:构2 x 1 x+1i + +
2. A　 【深度解析】由题知 z = =
i(1 i) = i i = - 1 + 1
1-i (1-i)(1+
i. 故
i) 2 2 2 造函数,研究函数的单调性),若函数 f(x)有极值,则 g( x)在( -1,
选 A. a 1 ax+a-+ 1∞ )上有变号零点,g′(x)= - =x+
.
1 + 2 + 2
3. A　 【深度解析】如图, (x 1) (x 1)在正四棱锥 P-ABCD
中,O 为正方形 ABCD 的中心,连接 AC,OP,AC 1①当 a= 0 时,g(x)= + >0,即 f ′(x) >0 恒成立,所以函数 f( x)在x 1
过点 O,则∠PAO 即为侧棱与底面的夹角,即
( -1,+∞ )上单调递增,无极值,不符合题意. ②当 a<0 时,g′( x) <
∠PAO= 60°,因为 AB = 2,所以 AO = 2 ,所以 0,所以函数 g ( x) 在 ( - 1, + ∞ ) 上单调递减,又当 x→ - 1 时,
1
PO=AOtan 60° = 6,所以 VP-ABCD = S正方形ABCD· g(x)→+∞ ,当 x→+∞ 时,g( x) →-∞ ,所以存在 x0 ∈( - 1,+∞ ),3
使得g(x0 )= 0(提示:虚拟零点的应用),所以函数 f( x)存在极值;
= 1 × × 4 6PO 4 6 = .故选 A.
3 3 1 1 1③当 a>0 时,令 g′(x)= 0,得 x= -1,而 -1>-1,当-1a a a
4. D　 【深度解析】由 a2 +4a 3 2 3 24 = 4a3 ,得 a1q+4a1q = 4a1q ,即 4q -4q +
1
q= 0,整理可得 q(2q-1) 2 = 0(另解:由 a +4a = 4a ,得 a +4a q2 = 时,g′ ( x) < 0; 当 x > - 1 时, g′ ( x) > 0, 所以函数 g ( x) 在2 4 3 2 2 a
4a q,即 a 2
1
2 2(2q-1) = 0),解得 q= .故选 D. (- 1 12 1, -1) 上单 调 递 减, 在 ( -1,+∞ ) 上 单 调 递 增, 所 以a a
5. A　 【深度解析】 (二倍角的余 1
弦公式)如图,设∠F B B = θ, g(x)min =g( -1) =a-aln a. 设 h(a) = a-aln a(a>0),则 h′(a) =1 1 2 a
则 tan θ =
c
,由 cos 2θ = cos2θ- -ln a,当00;当 a>1 时,h′(a)<0,所以函数 h(a)在(0,
b
1)上单调递增,在(1,+∞ )上单调递减. 又 h(e) = 0,且 0< a<1 时,
2 2
2 cos θ-sin θ 1-= tan
2θ
sin θ 2 2 = 2 = h(a)>0,所以 02 意;当 a>e 时,h(a)<0,即 g(x)min <0,且当 x→-1 时,g(x)c →
+∞ ;当
1- ( b ) b2 -c2 5 x→+∞时,g(x)→+∞ ,所以 g(x)有变号零点,所以函数 f(x)存在极=
( c ) 2 b2 +c2
= - , 得
13
1+ 值.综上,a 的取值范围为(-∞ ,0)∪(e,+∞ ).故选 A.
b
1
9. ACD　 【深度解析】对于 A,a·b = 2+sin θcos θ = 2+ sin 2θ≥2-
2 = 2 2 = 2 - 2 2 = c
2 9 3 5 2
9b 4c ,所以 4c 9(c a ),整理得 e 2 = ,所以 e = . 故a 5 5 1 3 = ,所以 a,b 不垂直,故 A 正确;对于 B,令 2cos θ-sin θ= 0,得
选 A. 2 2
6. C　 【深度解析】设事件 D 表示“这个人患流感”,A 表示“这个人 tan θ= 2,此时 a,b 共线,故 B 错误;对于 C,a+b= (3,sin θ+cos θ),1
来自 A 地区”,A 22 表示“这个人来自 B 地区”,A3 表示“这个人来自 所以 | a+b | = 9+(sin θ+cos θ) = 10+sin 2θ≤ 11 <5,故 C 正
3 1 2 1 π
C 地区”,则 P(A1 ) = = ,P(A2 ) = =+ + + + ,P(A3 )
= 确;对于 D,θ= 时,a= (2,1),b = (1,0),所以 a 在 b 方向上的投
3 2 1 2 3 2 1 3 2
1 = 1 a·b
+ + ,P(D | A1 )
= 6% ,P(D | A )= 5% ,P(D | A )= 4% ,所以根 影向量为 ·b= 2b,故 D 正确.故选 ACD.
3 2 1 6 2 3 | b | 2
据全概率公式可得 P(D) = P(A1 ) P(D | A1 ) +P( A2 ) P(D | A2 ) + π π10. AC　 【深度解析】由题可得, f( x) = sin2 (x+ ) +sin212 (x+ ) =1 4
P(A3 )·P(D | A3 )= ×6% +
1 × 1 45% + ×4% = .故选 C.
2 3 6 75 1 [ - ( + π ) ] + 11 cos 2x [ - π 1 π1 cos(2x+ ) ] = 1- cos (2x+ ) +
( π ) 1+tan α cos α+sin α
2 6 2 2 2 6
7. C　 【深度解析】 tan α+ = = = 2 ( sin α +
4 1-tan α cos α-sin α 1 1 π π 1
sin 2x = 1 - (cos 2xcos -sin 2xsin ) + sin 2x = 1 -
π 2 2 6 6 2 1
cos α),因为 0<α< ,所以 sin α+cos α≠0,所以 cos α-sin α= ,
2 2 1 ( 3 1 1 3 1 cos 2x- sin 2x + sin 2x = - cos 2x+ sin 2x+2 2 2 ) 2 4 4
2 1 3故(cos α-sin α) = 1-sin 2α= ,解得 sin 2α= .故选 C.
4 4 1 3 3 3 π
sin 2x+1 = - cos 2x+ sin 2x+1 = sin 2x- +1.
8. A　 【深度解析】 由题可得,函数 f( x) 的定义域为( - 1, + ∞ ), 2 4 4 2 ( 6 )
D　1
3 ( π ) = 506(g(1)g(2) +g(2)g(3) +g(3)g(4) +g(4)g(5)) -g(2 024)·对于 A 选项,因为 f(x)= sin 2x- +1,所以函数f(x)的最小2 6 g(2 025) -g(2 024) +g(1) -2 023
正周期 T=
2π = π,故 A 正确; = 506[(g(2)+g(4))(g(1)+g(3))]-g(0)g(1)-g(0)+g(1)-2 023
2 = 506×4-g(1) -1+g(1) -2 023 = 0,故 D 正确.故选 BD.
对于 B 选项,根据正弦函数的有界性,显然函数 f(x)的最大值是 12. -2　 【深度解析】设幂函数 f( x) = xa(a 为常数),由 f(2) = 4 得
3 +1,故 B 错误; 1 1
2 2
a = 4,解得 a= 2,所以 f(x)= x2 ,则log 2 f ( ) = log2 2 = -2.4
π π 3π π
对于 C 选项,令 +2kπ≤2x- ≤ +2kπ( k∈Z),得 +kπ≤ 13
2 6 2 3 13. 　 【深度解析】由 Sn =anan+1 得,当 n≥2 时(易错:在根据递推2
5π
x≤ + kπ ( k ∈ Z), 所 以 函 数 f ( x) 的 单 调 递 减 区 间 为 关系求 Sn-1 时,一定要注意前提条件 n≥2),Sn-1 = an-1an,以上两
6
式相减,得 an = an(an+1 -an-1 ) . 因为 an ≠0,所以 an+1 -an-1 = 1,即
[ π + 5π+ ] = [ π 5πkπ, kπ (k∈Z),令 k 0,则函数 f(x)在 , ] 上单 = 13 6 3 6 2d 1,解得 d = . 又 S1 = a1 = a1a2 ,所以 a2 = 1,所以 a13 = a2 +2
( π 2π ) [ π 5π π调递减,又 , , ,所以函数 f( x) 在区间 , 1 133 3 3 6 ] ( 3 11d= 1+11× = .2 2
2π )上单调递减,故 C 正确;3 14. ( 15 ,+∞ ) 　 【深度解析】由题可得 | 4x2 -2ax+1 | +ax2 -x = 0( x>2
对于 D 选项,令 2x-
π = π kπkπ(k∈Z),得 x= + (k∈Z),则函数
6 12 2 10) ( -ax )
2
+4-a2 =
1 - 1a,令 t = -a( t> -a),则 | t2 + 4-
x x
π kπ
f(x)的图象关于点( + ,1) (k∈Z)中心对称 ( 易错:正弦函数 a2 | = t 在( -a,+∞ )上有且仅有两个不等的实根.12 2
当 4-a2 ≥0,即- 2≤a≤2 时, | t2 + 4-a2 | = t t2 - t+ 4 -a2 = 0 在
3 π
y= sin (2x- ) 图象的对称中心在 x 轴上,函数 f( x)的图象由2 6 ì4- a2 ≥0,
- - 2
该函数图象向上平移 1 个单位长度得到,所以函数 f(x)的图象的 1 4(4 a ) >0,
( -a,+∞ )上有且仅有两个不等的实根,所以
π kπ π kπ π 1 í 1
解
对称中心为点( + ,1) (k∈Z) ) . 令 + = ,解得 k= t= >-a,12 2 12 2 6 6 2 a2π +a+4-a2 >0,
Z,故函数 f(x)的图象不关于点( ,1) 对称,故 D错误.故选 AC.6 15
得 11. BD　 【深度解析】对于 A,假设 f( x) = 1+x,则 f( x) -x = 1,g(2x+ 2
1)= 1 都为偶函数,则所设函数 f(x)= 1+x 符合题意,此时 f(0)= 当 4-a2 < 0,即 a> 2 或 a< - 2 时,若 a> 2,则- a< - a2 -4 < 0 <
1,故 A 错误; a2 -4 ,由数形结合可知 | t2 +4-a2 | = t 在( -a, +∞ )上有且仅有
对于 B,因为 f(x) -
f(x)
x 为偶函数,所以 f(x) -x = f( -x) +x,即 + 两个不等的实根,满足题意;
x
- 若 a<
-2,则- a2 -4 <0< a2 -4 <-a,此时 | t2 +4-a2 | = t 在( -a,
f( x) = f(x)
- 2(x≠0) . 令 h(x)
= ( x≠0),则 h( x) +h( -x) = 2,所
x x +∞ )上至多有一个实根,不合题意,舍去.
以 h(x)的图象关于点(0,1)对称,故 B 正确; 综上,实数 a 的取值范围为 ( 15 ,+∞ ) .
对于 C,因为 g(2x+1)为偶函数,所以 g(2x+ 1) = g( - 2x+ 1),即 2
g(1+x)= g(1-x),所以 g(2+x)= g(-x) . 又因为 f(x)-x= f(-x)+x, π 2π15. (1)A= 或 A= (6 分)
3 3
所以 f ′(x)-1= - f ′( -x) + 1,所以 g( x) +g( -x) = 2,所以 g( x) +
(2)b= 1 或 b= 2(7 分)
g(2+x)= 2①,所以 g(x+2) +g(4+x)= 2②,①-②可得 g(x+4) =
【解】(1)第一步:用正弦定理边化角
g(x)(关键:通过赋值求出函数 g( x)的周期),则 g( 2 023) =
a c
g(3),又 g( -1)= g(3),所以 g(1) +g(3) = g(1) +g( -1) = 2,因 由 3 c= 2asin C 及正弦定理 = ,sin A sin C
为无法确定 g(1)的值,所以无法确定 g( -1)的值,所以无法确定
得 3 sin C= 2sin Asin C. ……………………………………… 2 分
g(2 023)的值,故 C 错误;
第二步:求角 A 的值
对于 D,由 g(x) +g( -x) = 2 得 g( 0) = 1,由①得 g( 1) +g( 3) =
3
g(2) +g(4)= 2,由 g( x+ 4) = g( x) 知函数 g( x) 的周期为 4,则 因为 C∈(0,π),所以 sin C>0,所以 sin A= . …………… 4 分2
g(x)·g(x+1)的周期也为 4,则(g(1) -1) (g(2) +1) +(g(2) - π 2π
= =
1)(g(3) +1) +…+(g(2 023) -1)·(g(2 024) +1) 因为 A∈(0,π),所以 A 或 A (易错:忽视正弦值在(0,π)3 3
=g(1) g(2) +g(2) g(3) +…+g(2 023) g(2 024) -g(2 024) + 内对应两个角,从而导致漏解) . …………………………… 6 分
g(1) -2 023 (2)第一步:根据题意求 b+c
D　2
由题意得 a+b+c= 3+ 3 ,因为 a= 3 ,所以 b+c= 3. ………… 7 分 因为 MF∥AE,MF 平面 ABE,AE 平面 ABE,
第二步:用余弦定理求 bc 与 cos A 的关系 所以 MF∥平面 ABE. ………………………………………… 3 分
在△ABC中,由余弦定理得 a2 =b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc(1+cos A), 同理可证 NF∥平面 ABE. …………………………………… 4 分
3 第三步:证明结论
解得 bc= + . …………………………………………… 8 分1 cos A 因为 MF∩NF=F,MF,NF 平面 MFN,所以
第三步:分类讨论求 b 平面 MFN∥平面 ABE.
= 2π
当 A 时,cos A= -
1
,所以 bc= 6, ……………………… 9 分 又因为 MN 平面 MFN, 所以 MN∥平面
3 2 ABE. …………………………………… 6 分
联立 b+c= 3,得 b2 -3b+6 = 0,此方程无实数解; …………… 10 分 (2)【解】第一步:作辅助线取DC 的中点 G, 图①
π 1
当 A= 时,cos A= ,所以 bc= 2, ………………………… 11 分 连接 CM,ME,取 DC 的中点为 G,连接 AG,AC,
3 2
2 第二步:证明 MD,ME,MC 两两垂直联立 b+c= 3,得 b -3b+2 = 0,解得 b= 1 或 b= 2. ………… 12 分
1
综上,b= 1 或 b= 2. ………………………………………… 13 分 因为 AB∥CD 且 AB = CD = 1,AB⊥BC,所以 AB CG,所以四边2
16. (1)y= x-1(4 分)
形 ABCG 为矩形,
(2)(-∞ ,1](11 分) 所以 AG⊥GD,DG= 1.
【解】(1)第一步:求导数
又因为∠ADC= 60°,所以 AD= 2,所以△ADC 为等边三角形,
1 1
因为 f(x)= ln x- ln(2-x),
2 2 所以 CM⊥AD,CM= 3 .
1 1 因为△ADE 为等边三角形,所以 DE= 2,EM= 3 ,ME⊥AD,
所以 f ′(x)= + - ,…………………………………… 1 分2x 2(2 x) 　 ……………………………………………………………… 8 分
第二步:代值求 f ′(1) 在△CDE 中, 由 余 弦 定 理 可 得 CE2 = DC2 + DE2 - 2DC ·
所以 f ′(1)= 1. ……………………………………………… 2 分
DEcos∠CDE= 4+4-2×2×2×
1 = 6,
第三步:求切线方程 4
2 2 2
因为 f(1)= 0,所以所求切线方程为 y= x-1. ……………… 4 分 所以 CM +ME =CE ,所以∠CME= 90°,即 CM⊥ME,
(2)第一步:构造函数 所以 MD,ME,MC 两两垂直. ……………………………… 10 分
令 F(x)= f(x) -g(x),则由题意可得 F(x) ≥0 在 x∈[1,2)上恒 第三步:建立空间直角坐标系并写出相关点的坐标
成立,且 F(1)= 0, 以 M 为坐标原点,MD,ME,MC 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,
第二步:求导并转化 建立如图②所示的空间直角坐标系,则 C(0,0, 3 ),E(0, 3 ,0),
= - = 1
-
因为 F′( x) f ′( x) g′( x) +
1 -m =
1 - D(1,0,0),A( 1,0,0),
- - m 在2x 2(2 x) x(2 x)
x∈[1,2)上单调递增,且 F′(1)= 1-m, …………………… 8 分
第三步:分 m≤1 和 m>1 讨论
①当 m≤1 时,F′(1)= 1-m≥0,所以 F′(x)≥0 在[1,2)上恒成立
且不恒为 0,所以 F( x)在 x∈[1,2)上单调递增,所以当 x∈[1,
2)时,F(x)≥F(1)= 0,满足题意; ………………………… 10 分
②当 m>1 时,F′(1) <0,当 x→2 时,F′( x) →+∞ ,所以存在 x0 ∈
(1,2),使得 F′(x0 )= 0,当 x∈(1,x0 )时,F′(x) <0,所以 F( x)在 图②
(1,x0 )上单调递减,所以当 x∈(1,x0 )时,F( x) 干矛盾,不满足题意. ……………………………………… 14 分 1
由 →AB = D→C 得 B (- 3 3,0, ) ,则 E→C = ( 0,- 3 , 3 ) ,E→B =
第四步:得出结论 2 2 2
综上所述,实数 m 的取值范围是( -∞ ,1] . ……………… 15 分 ( - 3 3,- 3 , ) .
17. (1)证明见解析(6 分) 2 2 n·E→C= 0,
21 设平面 BCE 的法向量为 n = ( x, y, z), 则 由 得
(2) (9 ) {分 n·E→7 B= 0
(1)【证明】第一步:作辅助线取 DE 的中点 F ì - 3 y+ 3 z= 0, 3
如图①,取 DE 的中点 F,连接 MF,NF, í 3 3 令 z = 1, 则 y = 1, x = - , 所 以 n = - x- 3 y+ z= 0, 3
第二步:证明 MF∥平面 ABE,NF∥平面 ABE 2 2
因为 M,N 分别是棱 AD,EC 的中点,所以 MF∥AE,NF∥CD. ( - 3 ,1,1) . ……………………………………………… 13 分
又因为 AB∥CD,所以 NF∥AB. ……………………………… 1 分 3
D　3
取平面 ADE 的一个法向量为 m= (0,0,1), 代入 Δ=64k2m2 -4(3+4k2)(4m2 -12)= 16(12k2 +9-3m2)>0,所以
第五步:求平面 BCE 与平面 ADE 夹角的余弦值 2 + -
= + 2 16(12k 9 3m
2 )
|PQ | 1 k (x1 +x ) 22 -4x1x2 = 1+k2 =
记平面 BCE 与平面 ADE 的夹角为 θ,则 3+4k2
2
+
= = m·n = 21 48 16k 9 48 k
2 48
cos θ | cos〈m,n〉 | , 1+k2 = 1+ ≥ ,…… 15 分
|m | | n | 7 7 3+4k2 7 (3+4k2 ) 2 7
21 48
即平面 BCE 与平面 ADE 夹角的余弦值为 . ………… 15 分 当且仅当 k2 = 0 时, |PQ |取得最小值 ,
7 7
x2 y2 第四步:求圆 E 的面积的最小值
18. (1) + = 1(7 分)
4 3 π π 2 12π
所以圆 E 的面积的最小值为 |PQ | 2 = × 48 = .
12π 4 4 ( ) 7
(2) (10 ) 7分
7 12π
综上,圆 E 面积的最小值为 . …………………………… 17 分
【解】(1)第一步:根据内切、外切表示 |MC1 | 和 |MC2 | 7
设圆 M 的半径为 r,易知圆 C1 的圆心为 C1( -1,0),半径为 3,圆 解法二(同构):第一步:当 OP,OQ 中有一条斜率不存在时,求圆
C2 的圆心为 C2(1,0),半径为 1,由题意知, | MC1 | = 3-r, |MC2 | = E 的面积
1+r, …………………………………………………………… 2 分 因为以 PQ 为直径的圆经过坐标原点 O,所以 OP⊥OQ, … 8 分
第二步:根据椭圆定义证明点 M 的轨迹为椭圆 ①当 OP,OQ 中有一条斜率不存在时,另一条斜率为 0,此时
所以 |MC1 | + |MC2 | = 4>2 = | C1C2 | ,因此点 M 的轨迹为以 C1 ,C2 2 = 2 + 2 = π 2 = 7π|PQ | a b 7,圆 E 的面积为 |PQ | ; …………… 9 分
为焦点,长轴长为 4 的椭圆, ………………………………… 3 分 4 4
: a,b,c 第二步:直线 OP,OQ 的斜率均存在时,先求 |PQ |
2
第三步 求 的值以及标准方程
2a= 4,c= 1, a= 2,b2 =a2 -c2 = 3, ………………… 5 ②若直线 OP,OQ 的斜率均存在,设直线 OP:y
= kx,直线 OQ:y =
所以 所以 分
2 1x y2 - x,P(x ,y ),Q(x ,y ),
故曲线 C 的方程为 + = 1. ……………………………… 7 分 k 1 1 2 2
4 3
y= kx,
(2)解法一:第一步:用坐标表示 OP⊥OQ 2 = 12 2 = 12k
2
由 x2 y2 得 x1 2 ,同理可得 x2 2 ( 提示:将 k 用
设 P(x1 ,y1 ),Q( x2 ,y2 ),由 OP⊥OQ,得 O
→P·O→Q = 0,即 x x + { + = 1 4k +3 4+3k1 2 4 3
y1y2 = 0,
- 1 替换,即可得到 x2 的表达式,这是同构法在解析几何中的
第二步:求直线 PQ 的斜率不存在时,圆 E 的面积 k 2
当直线 PQ 的斜率不存在时,设直线 PQ:x= t,-2应用 ) , ……………………………………………………… 11 分
{x= t, ìx1 = t, ì x2 = t, 由 x2 y2 得í í 23 3 所以 |PQ | = |OP | 2 + 1|OQ | 2 = (1+k2 )x21 ++ = 1 2 2 ( 1+ 2k2 ) x2
4 3 y1 = 3- t , y2 = - 3- t , 4 4
12(1+k2 ) 1 12k2= + 1+ = - 7k
2
7 ……… 13 分
所以 x1x2 +y1y2 = 2 - ( - 3t 3 t2 ) = 12 20,得 t2 = , ……………… 8 4k2 +3 (分 k ) 4+3k2 (4k2 +3)(4+3k2 )4 7
第三步:求 |PQ | 2 的最小值
π π 2 3
所以圆 E 的面积为 |PQ | 2 = (2 3- 3 t2 ) = π (3- t2 ) = = - 7 7 484 4 4 4 7 ≥7- = , …………… 15 分12 7
12π |PQ | 2 12k
2 + +25 2 12
( 2 2 12k · 2 +25提 示: 因 为 PQ 是 直 径, 故 圆 的 面 积 为 π7 ( 2 ) = k k
2 2 48
π 当且仅当 k = 1 时, |PQ | 取到最小值 ,
|PQ | 2 ) ; …………………………………………………… 9 分 74
第四步:求圆 E 的面积的最小值
第三步:讨论直线 PQ 的斜率存在时, |PQ | 的最小值 π 48 12π
当直线 PQ 的斜率存在时,设直线 PQ:y= kx+m, 此时,圆 E 的面积的最小值为 × = ,4 7 7
{y= kx+m, 7π 12π 12π因为 > ,所以圆 E 的面积的最小值为 . ………… 17 分由 x2 y2 得(3+4k2 )x2 +8kmx+4m2 -12 = 0,…………… 10 分 4 7 7+ = 1
4 3 解法三(坐标法):第一步:用坐标表示 OP⊥OQ
8km 4m2 -12 → →
所以 x1 +x2 = - 2 ,x1x2 = 2 , ……………………… 11
设 P(x1 ,y1 ),Q(x2 ,y2 ),由 OP⊥OQ,得 OP·OQ= 0,分
3+4k 3+4k 即 x1x2 +y1y2 = 0, ……………………………………………… 8 分
所以 x1x2 +y1y2 = x1x2 +( kx1 +m) ( kx 22 +m) = ( k + 1) x1x2 +km( x1 + 第二步:利用椭圆方程消去 y1,y2
2 2 4m
2 -12 8km 2 -12k
2 +7m2 -12
x 2 3 2 2 3 22 ) +m = (k +1) 3+4k2
-km
3+4k2
+m =
3+4k2
= 0, 把 P,Q 的坐标分别代入椭圆方程,可得 y1 = 3- x1 ,y2 = 3- x4 4 2
,
所以-12k2 +7m2 -12 = 0,即 7m2 = 12k2 +12,………………… 13 …………………………………………………………… 10 分
D　4
3
所以(y1y2)2 = ( 3- x21 ) (3- 3 2 ) = - 9 9x2 9 (x21 +x2)+ x2 22 1x2 = bx2 24 4 4 16 1x2, (3)P(S = j)= j20 20( j= 1,2,3,…,120),其中 b6 0 = b1 = b2 =… = b19 =
…………………………………………………………… 11 分
0,P(X = 0)=
1 - 1 (7 分)
第三步:用基本不等式求 x21 +x2
20
2 的最小值 4 6
11 ×39
9 7 7 (x2 +x2 ) 2 【解】(1)4= 3+1 = 2+2 = 1+3(提示:抛掷两次骰子,可以得到 2 个所以 9- (x2 +x2 2 2 1 24 1 2 )= x1x16 2 ≤ ,16 2 数据,此时和为 4 的情况包含(1,3),(3,1),(2,2)共 3 种情况),
2
x2 +x2
24 12
≥ , x2 = x2 = , , …… 13 1 1解得 1 2 当且仅当 1 2 时 等号成立 分7 7 所以 P(S2 = 4)= 3× ( ) = . …………………………… 4 分6 12
第四步:求 |PQ | 2 的最小值 (2)第一步:求 P(X2 = 0)
|PQ | 2 =(x -x ) 2 2 2 2 2 21 2 +(y1 -y2 ) =x1 +x2 +y1 +y2 -2(x1x2 +y 2 21y2 )= x1 +x2 + X2 = 0 的情形:4 = 3+1 = 2+2,8 = 6+2 = 5+3 = 4+4,12 = 6+6(关键:
( - 33 x2 ) + ( 33- x2 ) = 16+ (x2 +x2 1 24 48)≥6+ × = , 列出所有可能情形是求解问题的关键),4 1 4 2 4 1 2 4 7 7 1 1
　 …………………………………………………………… 15 所以 P(X2 = 0)= 2 (2+1+2+2+1+1)= . ………………… 7 分分 6 4
第五步:求圆 E 的面积的最小值 第二步:求 P(X2 = 3)
π 48 12π
所以圆 E 的面积的最小值为 × = . ……………… 17 分 X2 = 3 的情形:3 = 2+1,7 = 6+1 = 5+2 = 4+3,11 = 6+5,
4 7 7
= = 1 + + + + = 10 = 5
解法四(基本不等式):第一步:用三角函数知识设 P,Q 因此 P(X2 3) 2 (2 2 2 2 2) .的坐标 6 36 18
设 |OP | =m,P(mcos α,msin α),因为 OP⊥OQ, 第三步:比较得结论
π π = =
所以可设 |OQ | =n,Q (ncos(α+ ) ,nsin (α+ ) ) , ……… 9 分 所以 P(X2 0) 第二步:利用椭圆方程消去 α (x+x2 +x3 +x4 +x5 +x6 ) 20 = b 20 +b1x+b2x +…+b x120120 ,
m2 cos2α m2 sin2α
因为点 P(mcos α,msin α)在椭圆上,所以 + = 1, b
4 3 P(S20 = j)=
j
20 ( j= 1,2,3,…,120),其中 b0 = b6 1
= b2 = … = b19 = 0.
1 = cos
2α sin2α
即 2 + , ………………………………………… 10 分m 4 3 …………………………………………………………… 12 分
π 第二步:在多项式中令 x= ±1,相加求 b +b +b +b +…+b( ) ( π ) 0 2 4 6 118
+b120
cos2 α+ sin2 α+
1 2 2 sin2α cos2α 令 x= 1,得 620 = b0 +b1 +b2 +b3 +…+b119 +b同理可得 = + = + , …… 11 分 120
,
n2 4 3 4 3 令 x= -1,得 0 = b0 -b1 +b2 -b3 +…-b119 +b120(提示:一般地,要使展
1 + 1 = cos
2α+sin
2α+sin
2α cos2+ α= 7所以 2 2 , ……………… 13 分
开式中项的关系变为系数的关系,令 x= 0 得常数项,令 x= 1 可得
m n 4 3 4 3 12
所有项系数和,令 x= -1 可得偶数次项系数之和与奇数次项系数
第三步:求 |PQ | 2 的最小值
之和的差),
所以 |PQ | 2 =
12
m2 +n2 = (m2 +n2 )
7 ( 1 + 1 1m2 n2 ) 故 ×620 = b0 +b2 +b4 +b6 +…+b118 +b120 . …………………… 14 分2
12 ( n2 2 2 2= 2+ +m ) 12≥ ( n m 482+2 · ) = , 第三步:令 x= i,由复数的运算求 b0 +b4 +b8 +…+b1207 m2 n2 7 m2 n2 7
令 x= i,得( -1+i) 20 = (b0 -b2 +b4 -…+b120 ) +( b1 -b3 +b5 -b7 +…+
= = (2k
-1)π
当且仅当 m n 时,等号成立,此时 α ,k∈Z, -
4 b117 b119 )i,又因为(
-1+i) 20 = ( -2i) 10 = -210 ,
所以-210　 …………………………………………………………… 15 = b -b分 0 2 +b4 - … +b120 ( 难点:利用复数的运算法则求出
: E b0 -b +b -…+b第四步 求圆 的面积的最小值 2 4 120 的值),
π × 48 = 12πE . ……………… 17 所以 b0 +b4 + + +
1
b … b = ×620 98 120 -2 , ……………………… 16 分所以圆 的面积的最小值为 分
4 7 7 4
1 第四步:求 P(X20 = 0)
19. (1) (4 分)
12 1 29 1 1
所以 P(X20 = 0)= - 20 = - 11 9 . …………………… 17 分
(2)P(X2 = 0)4 6 4 6 ×3
2
D　5高三数学　 强化卷
本试卷满分 150 分,考试时间 120 分钟.
一、选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分. 在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合 A= {1,2,3,4,5},B= {x | x2 -4x-5<0},则A∩B= (　 　 )
A. {2,3,4,5} B. {1,2,3}
C. {1,2,3,4} D. {2,3,4}
2. 若(1-i) z= i,则 z= (　 　 )
A. - 1 + 1 i B. - 1 - 1 i C. 1 + 1 i D. 1 - 1 i
2 2 2 2 2 2 2 2
3. 某正四棱锥的底面边长为 2,侧棱与底面的夹角为 60°,则该正四棱锥的体积为 (　 　 )
A. 4 6 B. 8 2
3 3
C. 5 15 D. 4 6
3 9
4. 已知{an}为等比数列,若 a2 +4a4 = 4a3,则{an}的公比 q= (　 　 )
A. -2 B. 2 C. - 1 D. 1
2 2
5. x
2 y2
已知双曲线 2 - 2 = 1(a>0,b>0)虚轴的两个端点分别为 B1,B2,左、右焦点分别为 F1,F2,若 cos∠Fa b 1
B1F2 =
- 5 ,则双曲线的离心率为 (　 　 )
13
A. 3 5 B. 3 C. 5 D. 5
5 2 3
6. 已知在 A,B,C 三个地区暴发了流感,这三个地区分别有 6% ,5% ,4% 的人患了流感. 假设这三个地区人口数
量的比为 3 ∶ 2 ∶ 1,现从这三个地区中任意选取一个人,则这个人患流感的概率为 (　 　 )
A. 7 B. 31
150 600
C. 4 D. 8
75 25
π π 7. 已知 0<α< ,若 tan (α+ ) = 2(sin α+cos α),则sin 2α= (　 　 )2 4
A. 1 B. 1 C. 3 D. 4
3 2 4 5
8. 若函数 f(x)= eax ln(x+1)有极值,则 a 的取值范围为 (　 　 )
A. ( -∞ ,0)∪(e,+∞ ) B. ( -∞ ,0)∪(e2,+∞ )
C. (-∞ ,-1)∪(1,+∞ ) D. (-∞ ,-1)∪( 1 ,+e ∞ )
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二、选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 全部选对的得
6 分,部分选对的得部分分,有选错的得 0 分.
9. 已知平面向量 a= (2,sin θ),b= (1,cos θ),则 (　 　 )
A. a,b 不可能垂直
B. a,b 不可能共线
C. | a+b |不可能为 5
D. 若 θ= π ,则 a 在 b 方向上的投影向量为 2b
2
10. π π函数 f(x)= sin2 (x+ ) +sin2 (x+ ) ,则下列关于 f(x)的说法中正确的是 (　 　 )12 4
A. 最小正周期是 π B. 最大值是 2
C. π 2π在区间 ( , ) 上单调递减 D. π图象关于点 ( ,1 ) 中心对称3 3 6
11. 已知函数 f(x)和其导函数 g(x)的定义域都是 R,若f(x) -x 与 g(2x+1)均为偶函数,则下列选项正确的有
(　 　 )
A. f(0)= 0
B. f(x)的图象关于点(0,1)对称
x
C. g(2 023)= 1
D. (g(1)-1)×(g(2)+1)+(g(2)-1)×(g(3)+1)+…+(g(2 023) -1) ×(g(2 024) +1)= 0
三、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.
12. 已知 f(x)为幂函数, 1且 f(2)= 4,则 log 2 f ( 2 ) =　 　 　 　 .
13. 已知等差数列{an}的各项不为零,前 n 项和为 Sn,若 Sn =anan+1,则 a13 = 　 　 　 　 .
14. 已知方程 | 4x2 -2ax+1 | +ax2 -x= 0 有且仅有两个不相等的正实数根,则实数 a 的取值范围是　 　 　 　 .
四、解答题:本题共 5 小题,共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. (13 分)在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,已知 3 c= 2asin C.
(1)求 A;
(2)若 a= 3 ,且△ABC 的周长为 3+ 3 ,求 b.
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16. (15 分)已知函数 f(x)= 1 ln x ,g(x)= m(x-1) .
2 2-x
(1)求曲线 y= f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若当 x∈[1,2)时,恒有 f(x)≥g(x),求实数 m 的取值范围.
17. (15 分)如图, 1在四棱锥 E-ABCD 中,底面 ABCD 为直角梯形,AB∥CD 且 AB = CD = 1,AB⊥BC,∠ADC =
2
60°,cos∠CDE= 1 ,△ADE 为等边三角形.
4
(1)若 M,N 分别是棱 AD,EC 的中点,证明:MN∥平面 ABE;
(2)求平面 BCE 与平面 ADE 夹角的余弦值.
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18. (17 分)已知动圆 M 与圆 C1:(x+1) 2 +y2 = 9 内切,且与圆 C2:(x-1) 2 +y2 = 1 外切,记圆心 M 的轨迹为曲
线 C.
(1)求 C 的方程;
(2)设点 P,Q 在 C 上,且以 PQ 为直径的圆 E 经过坐标原点 O,求圆 E 面积的最小值.
19. (17 分)通过抛掷骰子产生随机数列{an},具体产生方式:若第 k(k = 1,2,3,…,n)次抛掷得到点数 i( i = 1,
2,3,4,5,6),则 ak = i. 记数列{an}的前 n 项和为 Sn,Xn 为 Sn 除以 4 的余数.
(1)若 n= 2,求 S2 = 4 的概率;
(2)若 n= 2,比较 P(X2 = 0)与 P(X2 = 3)的大小,说明理由;
(3)若 n= 20,设(x+x2 +x3 +x4 +x5 +x6) 20 = b0 +b1x+ b2x2 +…+b 120120x ,试确定该展开式中各项系数与事件 Sn =
j( j∈N ,j≤120)的联系,并求 X20 = 0 的概率.
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