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高考冲刺讲义新编试题专题一 第一讲 集合与常用逻辑用语1. 理科）若，则A B C D【解析】A 因为所以1（文科）若，则A B C D2. 设，则对任意实数是的A充分必要条件B充分而非必要条件C必要而非充分条件D既非充分也非必要条件【解析】A 由于，所以函数是奇函数，且在上单调递增若，则，故，即；若，则，故，即，故所以第二讲 函数与基本初等函数1已知函数若不等式恒成立，则实数的取值范围是A B C D【解析】C 函数的两段在处函数值相等，故函数在整个定义域上单调递增，不等式恒成立，等价于，即，解得2.设是以为周期的偶函数,且当时, ,则 【解析】第三讲 函数的应用1函数的零点的个数是 【解析】 ，故函数在上单调递增，如果有零点，则最多有一个零点又，函数在内存在零点故函数只有唯一的一个零点2.为了预防甲流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒已知药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量（毫克）与时间（小时）成正比；药物释放完毕后， 与的函数关系式为（为常数），如图所示（毫克）（小时）根据安全标准，当空气中每立方米的含药量在毫克以下时，学生方可在教室，那么，从药物释放开始，学生至少要离开教室分钟【解析】 由题意和图示，当时，可设（为待定系数），由于点在直线上，；同理，当时，可得，故函数解析式是，由题意可得，由或或，即在时间区间内学生必须离开教室，这段时间是小时，即分钟，故学生至少要离开教室分钟第四讲 导数及其应用1. 若在上是减函数，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【解析】C 由题意可知，在上恒成立，即在上恒成立，由于在上的值域是，故只要即可正确选项C2.（理科）一个半径为的圆形广场要在其边界圆周上建造一座简易圆形天桥，其方法是先在圆周上等距离的建造一些天桥支柱，然后在两个支柱之间，建造圆弧型天桥桥面，把整个天桥连结起来已知一个支柱的造价是万元，相邻两支柱之间，弧长为的圆弧形桥面的造价是万元（1）把工程总费用表示为的函数；（2）建造多少个支架可以使工程总费用最低？最低费用是多少万元？ 【解析】（1）设建造根天桥支柱，则，即所以总的费用，（2），令得，且当时，；当时，因此是函数的极小值点，由于这个极小值点是唯一的，故也是最小值点当时，因此建造根支柱，总费用最低，最低费用为万元2.（文科）两个相距的商场之间为了顾客的方便，要在两个商场之间建立一座简易天桥，建造方法是，先建造天桥支柱，然后在两个支柱之间建造桥面，把整个天桥连结起来，天桥两端各有一个支柱已知一个支柱的造价是万元，在两个相距为的两个支柱之间，天桥桥面的造价是万元（1）将总费用表示为的函数；（2）建造多少个支柱，可以使工程总费用最低？最低费用是多少万元？【解析】（1）设建造支柱根，则，即，（2），令，解得当时，当时，故是函数的极小值点，又这个极小值点唯一，也是最小值点此时，故需要建造根支柱，费用最低最低费用为万元专题二 第一讲 三角函数的图象和性质1. 对于函数，下列结论正确的是 A最小正周期为的偶函数 B 最小正周期为的奇函数C最小正周期为的偶函数D 最小正周期为的奇函数【解析】B 这个函数是最小正周期为的奇函数2.已知函数（其中）的图象与轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为，且图象上一个最低点为（1）求的解析式，并写其单调递增区间；（2）写出由函数的图象得到函数的图象的变换过程【解析】（1）由最低点为得由轴上相邻的两个交点之间的距离为，得，即，由点在图像上的，即，故 ， ，又故由，得，即函数的单调递增区间是（2）方法1第一步：把函数图象向左平移个单位，得到函数的图象；第二步：把函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标缩小到原来的得到函数的图象；第三步：把函数图象上各点的横坐标不变，纵坐标扩大到原来的倍，得到函数，即函数的图象方法2 第一步：把函数图象上各点的纵坐标不变，横坐标缩小到原来的得到函数的图象；第二步：把函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，即的图象；第三步：把函数图象上各点的横坐标不变，纵坐标扩大到原来的倍，得到函数，即函数的图象第二讲 三角恒等变换与解三角形1（理科）若，则A B C D 【解析】B 1.（文科）若，则A B C D 【解析】B 2. 在中，分别为内角的对边若，则角的大小是 【解析】 ，即.根据正弦定理得，即由余弦定理得，故3.新华社北京2010年8月29日电（记者陈万军）记者从国防部新闻事务局获悉，中国人民解放军海军北海舰队将于9月1日至4日在青岛东南我日常训练海区组织实兵演练这是根据年度计划举行的例行性训练，主要课目是舰炮射击在演练中，位于两处相距两艘炮舰，要对目标实施协同打击，为此需要确定炮舰到目标的距离和两目标之间的距离，在两艘炮舰上可以测得，（如图所示，在同一平面内）（1）求炮舰到两目标的距离；（2）两目标之间的距离 （计算结果保留精确值）【解析】（1）如图在中， ，由余弦定理知在中，由正弦定理知：，所以所以，炮舰到目标的距离分别是和；炮舰到目标的距离分别是和 （2）在中，由余弦定理知两目标之间的距离是第三讲 平面向量1中，是的中点，是的中点，若，则A. B. C. D.【解析】D 如图，延长到点，使得根据向量的几何运算法则，则，而，所以所求的数量积2.（理科）设向量，则向量与夹角的正弦值是A B C D 【解析】C ，故向量与夹角的余弦值是，所以则向量与夹角的正弦值是2（文科）设向量，则向量与夹角的余弦值是A B C D 【解析】A ，故向量与夹角的余弦值是3（理科）长度都为的向量的夹角为，点在以为圆心的圆弧（劣弧）上，则的最大值是 A B C D【解析】B 建立平面直角坐标系，设向量，向量设向量，由，得，即，解得故3（文科）已知向量，点在以坐标原点为圆心的圆弧（劣弧）上，则的最大值是 A B C D【解析】B 设与正方向的夹角为，则向量由，得，故专题三 第一讲 等差数列与等比数列1.设等差数列的前项和为，若，则（ ）A B CD【解析】C 根据等差数列的特点，等差数列中也成等差数列，记这个数列为，根据已知，故这个数列的首项是，公差是，所以2.等比数列的前项和为，已知，成等差数列，则的公比为A. B. C. D.【解析】D ，又，即，解得的公比第二讲 数列的综合应用1.已知数列的前项和为，且满足（1）证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2）若，数列的前项和为求满足不等式的最小值.【解析】（1）因为，所以两式相减得 所以，所以数列为等比数列因为，令得，所以，所以（6分）（2）因为，所以所以， ， 得： 所以若，则，即由于，所以，即所以满足不等式的最小值是2. 已知数列中， （1）求数列的通项公式；（2）设： 求数列的前项的和；（3）已知，求证：【解析】（1）由得：且，所以知：数列是以1为首项，以2为公差的等差数列， 所以 ； （2）由得： ，从而： ，则 =（3）已知，设，则，从而，故 第三讲 不等式1.设表示不超过的最大整数（如）,已知函数，当时，实数的取值集合是 【解析】 不等式即设，其中为的整数部分，为的小数部分则当时，不等式成立；若，则，不等式不成立所以时，的取值集合是2. 两种规格的产品需要在甲、乙两台机器上各自加工一道工序才能成为成品已知产品需要在甲机器上加工小时，在乙机器上加工小时；产品需要在甲机器上加工小时，在乙机器上加工小时在一个工作日内，甲机器至多只能使用小时，乙机器至多只能使用小时产品每件利润元，产品每件利润元，则这两台机器在一个工作日内创造的最大利润是 元【解【解析】 设生产两种产品各件，则满足约束条件生产利润为画出可行域，如图，显然目标函数在点处取得最大值，由方程组解得，此时目标函数的最大值是第四讲 推理与证明1.下图中的第一个图形是一个边长为的正方形；第二个图形是将第一个图形每一边三等分后，以中间一段为边向外作小正三角形所得；第三个图形是将第二个图形每一边三等分后，以中间一段为边向外作小正三角形所得；那么，第个图形的周长是_【解析】 由于第一个正方形的边长为，根据规则，第二个图形中在第一个图形每边上的长度增加了原来长度的，即是原来长度的，同样的道理，第三个图形中在第二个图形的每个边的长度都增加了原来长度的，即是原来长度的，即图形的边长构成一个首项为，公比为的等比数列，故第个图形的周长是2.若函数有两个不同的零点，且，证明在两个函数值中至少有一个小于 【解析】用反证法证明。由于函数的零点满足，故首先且即且假设两个函数值都不小于，则且，即且由于，故，即解得或者，又，故，同理由可得，即，解得或者，又，故，这与矛盾，故假设不成立，即两个函数值中至少有一个小于专题四第一讲 空间几何体1.如图所示的是一个几何体的三视图，则多面体的表面积为【解析】 根据三个视图中都是矩形，可以断定这个的底面、右侧面和后面都是矩形，画好这几个矩形后，上面是一个三角形、左侧面是一个三角形、正前面是一个三角形，即这个空间几何体是一个长方体截去了一个三棱锥构成的如图所示，此几何体是一个以，为棱的长方体被平面截去一个角后得到的，在中，因为，所以，故几何体表面积为2.如图（1）所示，一只装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为和半径为的两个圆柱组成的简单几何体当这个几何体如图（2）水平放置时，液面高度为，当这个几何体如图（3）水平放置时，液面高度为，则这个简单几何体的总高度为 （ ） A B C D图（1） 图（2） 图（3）【解析】A 设小圆柱的高为，大圆柱的高为，则，即，故正确选项A第二讲 点、直线、平面之间的位置关系1. 已知表示两条直线，表示一个平面，给出下列四个命题： 其中正确命题的序号是 。【答案】【解析】 正确；在中，可能是；中，两直线可以是平行也可以是异面也可以是相交；正确。2.（理科）如图，在六面体中，平面平面，平面，,且,（1）求证： 平面；（2）求二面角的余弦值.【解析】方法1.（1）设的中点为，连结.则由已知条件易证四边形是平行四边形.所以/，且.又/，且/，且，四边形ABMF是平行四边形，/。又平面,故 /平面. （6分）（也利用面面平行进行的证明）（2）由已知平面，又，平面/ ， 平面在平面中，过作，垂足为，连接，则是所求二面角的平面角连结平面平面，又，所以四边形为平行四边形，且平面，平面，在中，.在中，.二面角的余弦值是2.（文科）如图，在六面体中，平面平面，平面，,且,（1）求证： 平面；（2）求该六面体的体积【解析】（1）设的中点为，连结.则由已知条件易证四边形是平行四边形. 所以/，且.又/，且/，且，四边形ABMF是平行四边形，/，又平面,故 /平面. （也利用面面平行进行的证明）（2）平面平面，又，所以四边形为平行四边形,，且 由（1）平行，且，且.平面平面，故几何体是三棱柱同理几何体是三棱柱六面体的体积等于这两个三棱柱的体积之和，所以所求的六面体的体积等于第三讲 空间向量与立体几何1.在边长为的正方体中，为正方 体内一动点(包括表面)，若，且则点所有可能的位置所构成的几何体的体积是A. B. C. D. 【解析】D根据向量加法的几何意义和空间向量基本定理，满足的点在三棱柱内，满足是点在三棱柱内，故同时满足和的点在这两个三棱柱的公共部分，即图中的是三棱锥内，其体积是正确选项D2.如图，已知三棱锥中平面，,（1）求二面角的平面角的余弦值；（2）以为边，在平面内作正三角形（如图），在上是否存在一点使得平面，若存在求出，若不存在说明理由【解析】根据已知，以为坐标原点，射线为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，.（1）方法一：设平面的法向量，则且，即且，令，则，取平面的一个法向量为，再取平面一个法向量为，则，由于所求的二面角为锐二面角，故二面角的平面角的余弦值方法二：过点作于点，过点作于点，则向量所成的角等于二面角的平面角设，由于，故,即，即，即，即，故；设，同理，由于，得，即，故.（2），故;设，若，则，即，即，即，即当为中点时，即存在点使得平面，此时.专题五 第一讲 直线与方程、圆与方程1.直线与圆相交于点，若劣弧的长度不大于，则的取值范围是 A. B. C. D. 【解析】B 设为坐标原点，根据劣弧的长度不大于，可知圆心角，此即等价于圆心到直线的距离不小于圆的半径的倍，即圆心到直线的距离不小于由此得不等式，解得当时，直线与圆相切故所求的的取值范围是2.已知圆的方程为，直线的方程为，点在直线上，过点作圆的切线，切点为（1）若，试求点的坐标；（2）若点的坐标为，过作直线与圆交于两点，当时，求直线的方程；（3）求证：经过三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标.【解析】（1）设，由题可知，所以，解之得：故所求点的坐标为或（2）设直线的方程为：，易知存在，由题知圆心到直线的距离为，所以，解得，或，故所求直线的方程为：或 （3）设，的中点，因为是圆的切线，所以经过三点的圆是以为圆心，以为半径的圆，故其方程为：。化简得：，此式是关于的恒等式，故解得或所以经过三点的圆必过定点或。. 第二讲 圆锥曲线与方程1.斜率为的直线与双曲线相交于两点，若中点的坐标为，则该双曲线的离心率等于 【解析】 设由于点在双曲线上，故，两式相减得，此即，其中，由此得，即所以2.（理科）已知椭圆的离心率为，一个焦点和抛物线的焦点重合（1）求椭圆的方程；（2）若在椭圆上的点处的椭圆的切线方程是过直线上点引椭圆的两条切线，切点分别是，求证直线恒过定点；是否存在实数使得，若存在，求出的值；若不存在，说明理由【解析】（1）设椭圆方程为抛物线的焦点是，故，又，所以，所以所求的椭圆的方程为（2）设切点坐标为，直线上点的坐标则切线方程分别为又两切线均过点，即，即点的坐标都适合方程，而两点之间确定唯一的一条直线，故直线的方程是，显然对任意实数，点适合这个方程，故直线恒过定点. 将直线的方程，代入椭圆方程得，即 不妨设，同理此即故存在实数使得2.（文科）已知椭圆的离心率为，焦点和双曲线的焦点重合（1）求椭圆的方程；（2）若在椭圆上的点处的椭圆的切线方程是过直线上任意点引椭圆的两条切线，切点分别是，证明直线恒过定点，并求出此定点坐标【解析】（1）设椭圆方程为双曲线的焦点是，故，又，所以， 所以所求的椭圆的方程为 （2）设切点坐标为，直线的点则切线方程分别为又两切线均过点，故，即点都适合方程，由于两点之间确定唯一的一条直线，故直线的方程是 由于点在直线上，故，直线的方程是，即，显然当且时，上面方程对任意实数恒成立由且，解得，即直线恒过定点 专题六 第一讲 计数原理1.小明和小勇在五种课外读物中各自选购两种，则他们两人所选购的课外读物中至少有一种不相同的选法种数是 A. B. C. D. 【解析】各自选购的方法是，根据乘法原理，选购方法数是选购的都相同的方法数是故所求的方法数是2.展开式中，含的非整数次幂的项的系数之和为A. B. C. D.【解析】B ，当时为含的整数次幂的项，所以展开式中含的整数次幂的项的系数之和为，展开式所有项的系数之和为，故展开式中含的非整数次幂的项的系数之和为正确选项B第二讲 概率1.（理科）已知平面区域，平面区域是曲线与轴所围成的封闭图形，向区域内随机掷点，则点落在区域内的概率是 A. B. C. D.【解析】B根据定积分的几何意义计算区域的面积，根据几何概型的意义求解概率如图，区域的面积是，区域的面积是，故所求的概率是1.（文科）已知平面区域，平面区域是曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的封闭图形，向区域内随机掷点，则点落在区域内的概率是A. B. C. D.【解析】D把曲线的切线求出来，求出区域的面积，根据几何概型的意义求解，故曲线在点处的切线斜率是，切线方程是，如图，区域的面积为，而区域为，故所求的概率是2.某著名中学语文教研组有名特级教师和名高级教师，数学教研组有名特级教书和名高教教师，现从这两个教研组中各抽取两名教师到外地支教（1）求选出的这名教师均是高级教师的概率； （2）求选出的名教师中恰有名特级教师的概率；（3）设表示选出的名教师中特级教师的人数，求的分布列和数学期望【解析】（1）设“从语文教研组中选出名教师是高级教师”为事件，“从数学教研组中选出的名教师是高级教师”为事件由于事件相互独立，且，故选出的名教师是高级教师概率为（2）设“从语文教研组中选出名教师是高级教师，且从数学教研组中选出名教师中名是高级教师名是特级教师”为事件，“从语文教研组中选出名教师中名是高级教师名是特级教师，且从数学教研组中选出名教师是高级教师，为事件由于事件互斥，且，故选出的名教师中恰有个特级教师的概率（3）可能的取值为由（1）（2）得，从而的分布列为的数学期望2.（文科）某著名中学语文教研组有名特级教师和名高级教师，数学教研组有名特级教书和名高教教师，现在要从语文教研组中选出名教师，从数学教研组中选出名教师到外地支教。（1）求选出的这名教师均是高级教师的概率； （2）求选出的名教师中至少有名特级教师的概率。【解析】记语文教研组的名教师分别为 ，数学教研组的名教师分别为。从语文教研组选取名教师的选法为，共有种选法，每种选法对应着从数学教研组中选取名教师的种选法，故基本事件的个数是。（1）选出的名教师均是高级教师，要从语文教研组中选出的都是高级教师，有三种情况，每种情况都对应中从数学教研组选名是高级教师的种选法，故选出的名教师均是高级教师共有个基本事件，记选出的这名教师均是高级教师为事件，则；（2）记选出的名教师中至少有名特级教师为事件,则事件相互对立，故.第三讲 统计1.光明中学为了提高学生的数学素养，开设了数学史选讲、对称与群、球面上的几何三门选修系列三的数学课程，供高二学生选修，已知高二年级共有学生人，他们每人都参加且只参见一门课程的选修为了了解学生对选修课的学习情况，现用分层抽样的方法从中抽取名学生进行座谈，据统计，参见数学史选讲、对称与群、球面上的几何的人数依次组成一个公差为的等差数列，则应抽取参加数学史选讲的学生的人数为A. B. C. D.【解析】C 方法1.根据等差数列的性质，参加对称与群的学生人数一定是，故参加数学史选讲的学生人数为抽取比例是，故应该抽取人方法2.根据分层抽样的等比例性，抽取的人数也成等差数列，且公差为，又参见对称与群的学生抽取人，故参加数学史选讲的学生应该抽取人2.如图所示是一样本的频率分布直方图由图形中的数据，可以估计中位数和平均数分别是（ ）ABC D【解析】D 由于中位数是位于中间的数，在全部数据中比中位数小的和比中位数大的各占，因此在频率分布直方图中位于这个数据两边的数据个数相等，如果以这个数据作一条垂直与横轴的直线，则这条直线把频率分布直方图中各个矩形的面积等分为两部分，这样我们就得到了一个估计计算方法，即在频率分布直方图中从左到右（从右到左也行），逐个计算各个小矩形的面积，当到达某个小矩形的累加面积超过时，中位数就在这个小矩形的区间内，以这个小矩形对应的区间左端点值加上使其累计面积等于的那个小矩阵的底边长度一般是以各组的组中值乘以各组的频率之和估计平均数中位数是平均数是.第四讲 算法初步与复数1.在下面的程序框图中，若输入的，则输出结果是 【解析】 第一次是；第二次是；第三次；第四次；第五次至此程序结束，故输出结果是2.设的共轭复数是，或，则等于A.B. C. D.【解析】D 设，则，由得且，解得，即或者当时，同理当时，正确选项D专题七 不等式选讲1. 不等式的解集是 。【解析】 当时，不等式即，此时不等式的解是；当时，不等式即，此时不等式的解是。综合知，所求不等式的解集是。2.若，对任意恒成立，则实数的取值范围是 。【解析】 问题等价于，对任意恒成立，根据绝对值三角不等式，问题等价于对任意恒成立。令，则只要即可，即，解得。函数与方程思想1. （方程思想）已知等比数列中，已知，若分别为等差数列的第项和第项，则数列的通项公式 。【解析】 设的公比为，由已知得，解得，故，则，设的公差为，则有解得从而。2.（函数思想）已知函数（），如果函数有两个不同的零点且，证明对满足的任意正常数，恒成立【解析】由于函数有两个不同的零点，所以两式相减得 ，所以 ，要证明，只要证明，即只要证明即可，即证明即可。令，即只要证明早上恒成立，当时，函数在上为增函数，故所证明的不等式成立 数形结合思想1. 已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足则的最大值是 。【解析】把三个向量的起点放在一起，如图所示，向量的终点，必须在以线段为直径的圆上，这个圆上的点到点的最大距离为，这就是所求的