（江苏版）高考数学走出题海之黄金50题系列（第02期）专题01 热点必考题精选50题（含解析）.doc

1 专题一专题一 热点必热点必考题精选考题精选 第一组 1 已知全集 集合 则 u r 1 1 2 axxbx x u c ba 答案 1 1 2 解析 试题分析 由已知得 2 1 11 bc a u 所以 u c ba 1 1 2 故答案为 1 1 2 2 若从总体中随机抽取的样本为 则该总体的标准差是 1 3 1 1 1 3 2 2 0 0 答案 2 5 3 解析 试题分析 首先计算平均值 所以该总体的标准差为 1 0022311131 10 1 10 10 12 12 13 11 11 11 13 11 110 1 2222222222 3 52 9 20 故答案为 2 5 3 3 在底面直径为 6 的圆柱形容器中 放入一个半径为 2 的冰球 当冰球全部溶化后 容器中液面的高度 为 相同质量的冰与水的体积比为 10 9 答案 15 16 解析 设容器中液面的高度为 则冰的体积 则水的体积为 h 3 32 2 3 4 3 1 v 5 48 10 9 3 32 则 解得 5 48 9 h 15 16 h 4 若圆c的半径为 1 圆心在第一象限 且与直线430 xy 和x轴都相切 则该圆的标准方程是 答案 22 211xy 解析 试题分析 由题意圆心坐标可设为 圆c的半径为 1 且与直线430 xy 相切 所以圆心到直线 1 a 2 的距离 解得 所以圆的方程为 22 211xy 1 34 34 22 a d2 a 5 已知抛物线关于x轴对称 它的顶点在坐标原点 并且经过点 若点m到该抛物线焦点的o 2 0 ym 距离为 3 则 om 答案 32 解析 试题分析 由题意可知抛物线开口向右 故可设抛物线方程为 则其准线方程为 2 2 0ypxp 由抛物线的定义可知 解得 所以抛物线方程为 将点代入 2 p x 23 2 p 2p 2 4yx 2 0 ym 抛物线方程可得 所以 2 0 4 28y 22 0 2482 3omy 6 已知角的顶点在坐标原点 始边与轴的正半轴重合 角的终边与圆心在原点的单位圆 半径为 1 x 的圆 交于第二象限内的点 则 用数值表示 4 5 a a xsin2 答案 25 24 解析 试题分析 由已知得 5 3 a x 从而由三角函数的定义可知 5 3 cos 5 4 sin 从而 sin2 5 3 5 4 2cossin2 25 24 故答案为 25 24 7 已知函数 2 3sincoscos2 rf xxxx x 1 求函数的单调递增区间 f x 2 在中 内角所对边的长分别是 若 abc abc abc 2 c 2 4 f ac 求的面积的值 abc abc s 答案 1 2 63 kkkz 2 33 3 2 在中 abc 2 2 4 f acc 解得 2sin 2 2 6 a 3 akkz 又 0a 3 a 依据正弦定理 有 6 sinsin 34 ac a 解得 5 12 bac 116233 sin26 2242 abc sacb 8 如图 四棱锥的底面abcd 是平行四边形 平面pbd 平面 abcd pabcd pb pd 分别是 的中点 连结 求证 papccdpcombdpcom 1 平面 ompad 2 平面 ompcd 4 m o a d b c p 第 16 题 答案 1 详见解析 2 详见解析 解析 试题分析 1 证明线面平行 关键证明线线平行 这可根据三角形中位线性质得到 在 中 因 pac 为 分别是 的中点 所以 再根据线面平行判定定理进行证明 2 证明线面垂 omacpcompa 直 需多次利用线线垂直与线面垂直相互转化 先根据面面垂直性质定理转化为线面垂直 由平面 pbd 平面 abcd 得 平面 从而 又因为 所以可得 平面 从而 poabcdpocdcdpccdpac 又因为 所以 从而可证 平面 cdompapcompaompcompcd 试题解析 证明 1 连结 ac 因为 abcd 是平行四边形 所以 o 为的中点 2 分 ac 在 中 因为 分别是 的中点 pacomacpc 所以 4 分 ompa 因为平面 平面 om padpa pad 所以 平面 6 分 ompad 2 连结 因为是的中点 pb pd poobd 所以 po bd 又因为平面 pbd 平面 abcd 平面平 pbd 面 平面 abcdbdpo pbd 所以 平面 poabcd 从而 8 分 pocd 又因为 平面 平面 cdpcpcpop pc pacpo pac 所以 平面 cdpac m o a c b d p 5 因为平面 所以 10 分 om paccdom 因为 所以 12 分 papcompaompc 又因为平面 平面 cd pcdpc pcdcdpcc 所以 平面 14 分 ompcd 考点 线面平行判定定理 线面垂直判定定理 9 请仔细阅读以下材料 已知是定义在上的单调递增函数 f x 0 求证 命题 设 若 则 是真命题 r ba1 ab 1 1 b f a fbfaf 证明 因为 由得 r ba1 ab0 1 b a 又因为是定义在上的单调递增函数 f x 0 于是有 1 b faf 同理有 1 a fbf 由 得 1 1 b f a fbfaf 故 命题 设 若 则 是真命题 r ba1 ab 1 1 b f a fbfaf 请针对以上阅读材料中的 解答以下问题 f x 1 试用命题的等价性证明 设 若 则 是真命 r ba 11 f af bff ab 1 ab 题 2 解关于的不等式 其中 x 11 2 2 xxxx f aff af 0a 答案 1 证明略 2 当时 即时 不等式的解集为 21a 1 2 a 2 log aa 当时 即时 不等式的解集为 021a 1 0 2 a 2 log aa 当时 即时 不等式的解集为 21a 1 2 a r 解析 试题分析 1 在判断四种命题的关系时 首先要分清命题的条件和结论 当确定了原命题时 要能根 据四种命题的关系写出其他三种命题 2 当一个命题有大前提时 若要写出其他三种命题 大前提需 保持不变 3 判断一个命题为真命题 要给出推理证明 说明一个命题是假命题 只需举出反例 4 根据 原命题与逆否命题同真同假 逆命题与否命题同真同假 这一性质 当一个命题直接判断不 易进行时 可转化为判断其等价命题的真假 6 试题解析 解 1 原命题与原命题的逆否命题是等价命题 原命题的逆否命题 设 若 则 4 分 rba 1 ab 11 f af bff ab 下面证明原命题的逆否命题为真命题 因为 由得 1 分 rba 1 ab 1 0a b 又是定义在上的单调递增函数 f x 0 所以 1 1 分 1 f af b 同理有 2 1 分 1 f bf a 由 1 2 得 1 分 11 f af bff ab 所以原命题的逆否命题为真命题 所以原命题为真命题 1 分 2 由 1 的结论有 即 3 分 1 21 xx a 2 xaa 当时 即时 不等式的解集为 2 分21a 1 2 a 2 log aa 当时 即时 不等式的解集为 2 分021a 1 0 2 a 2 log aa 当时 即时 不等式的解集为 2 分21a 1 2 a r 10 已知点 椭圆 的长轴长为 是椭圆的右焦点 直线 2 0 ae1 2 2 2 2 b y a x 0 ba4f 的一个方向向量为 为坐标原点 af 2 3 d o 1 1 求椭圆的方程 e 2 2 设过点的动直线 与椭圆相交于 两点 当 的面积最大时 求 的方程 alepqopqsl 答案 1 2 直线 的方程为 1 4 2 2 y x l2 2 7 xy 解析 试题分析 先写出直线的方程 求出直线与轴的交点 得 又 则 得 af x 0 3 f3 c2 a1 b 出椭圆的方程 第二步先设直线 的方程与椭圆方程联立方程组 消去得关于的一元二次方程 由于lyx 7 直线 与椭圆相交于 两点 则需满足 设而不求 设 根据根与系lepq0 11 yxp 22 yxq 数关系 可得 利用弦长公式用表示 再求点到直线 的距离 表示出三角形 2121 xxxx kpqold 的面积 最后用换元法换元整理 用均值不等式求出最值 opq 试题解析 1 设 直线的点方向式方程为 令 得 即 0 cfaf 2 2 3 yx 0 y3 x 3 c 由已知 所以 所以椭圆的方程为 2 a1 222 cabe1 4 2 2 y x 2 由题意 设直线 的方程为 将代入 得l2 kxy2 kxy1 4 2 2 y x 当 即时 直线 与椭圆相交 01216 14 22 kxxk 0 34 16 2 k 4 3 2 kle 设 则 11 yxp 22 yxq 14 16 2 21 k k xx 14 12 2 21 k xx 所以 4 1 1 21 2 21 22 21 22 21 2 21 xxxxkxxkyyxxpq 又点到直线 的距离 所以34 14 14 14 48 14 16 1 2 2 2 2 2 2 2 k k k kk k kol 1 2 2 k d 的面积 设 则 opq 14 344 2 1 2 2 k k dpqstk 34 2 0 t t t t t s 4 4 4 4 2 因为 所以 当且仅当 即时 取最大值 所以 当 的面积4 4 t t1 s2 t 2 7 ks1opq 最大时 直线 的方程为 sl2 2 7 xy 第二组 1 若复数 为虚数单位 则的值为 1 3 1 i z i i z 答案 5 8 解析 试题分析 法一 5 2 10 11 31 1 31 22 22 i i z 法二 先求出 则 i i ii ii i i z21 2 42 1 1 1 31 1 31 52 1 22 z 2 一个算法的程序框图如右图所示 则该程序运行后输出的值是 输出输出 k 否否 是是 s ss 2 1kk 0 s0k s 1000 开始开始 结束结束 答案 4 解析 试题分析 初始条件 k 0 s 0 运行第 1 次 s 0 1000 是 s 0 20 1 k 1 运行第 2 次 s 1 1000 是 s 1 21 3 k 2 运行第 3 次 s 3 1000 是 s 3 23 11 k 3 运行第 4 次 s 11 1000 是 s 11 211 2059 k 4 运行第 5 次 s 2059 1000 否 输出 k 4 3 设是两条不同的直线 是两个不同的平面 则下面四个命题中错误的序号是 ab 1 若 则 2 若 则 ba b ab ab 3 若 则 或 4 若 则 a a a a a 答案 4 解析 9 试题分析 命题 1 中若 则或 但 则 正确 命题 2 中若ba a b b b b 则 正确 命题 3 中若 则 或 正确 命题 ab ab a a a 4 若 则直线错误 因为 则与平面可能平行 可能相 aaa a a 交 4 圆心在抛物线 xy2 2 上 且与 x 轴和抛物线的准线都相切的一个圆的方程是 答案 0 4 1 2 22 yxyx 解析 由题意 得圆心到准线的距离等于到轴的距离 即圆心与抛物线的焦点连线与轴垂直 则圆xx 心坐标为 半径为 1 则圆的方程为 即 1 2 1 1 1 2 1 22 yx0 4 1 2 22 yxyx 5 若椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合 则 1 22 ymxxy4 2 m 答案 2 1 解析 试题分析 由于抛物线的焦点为椭圆的焦点在轴上且右焦点为 椭圆方程化为 xy4 2 0 1 fx 0 1 f 则 1 1 2 2 y m x 2 1 11 1 2 m m c 6 已知函数 sin 3 f xx rx 0 的最小正周期为 将 xfy 图像向左平移 个 单位长度 2 0 所得图像关于y轴对称 则 答案 12 解析 试题分析 因为函数 sin 3 f xx rx 0 的最小正周期为 所以 将 xfy 图像向左平移 个单位长度 2 0 得到2 2 t 3 2sin xxf 图像 关于y轴对称 2 0 所以 3 22sin xy 12 23 2 7 在abc 中 a b c分别为内角 a b c所对的边 且满足cba babsin2 1 求a的大小 10 2 若2a 32 b 求abc 的面积 答案 1 2 6 2 3 解析 试题分析 1 在三角形中处理边角关系时 一般全部转化为角的关系 或全部转化为边的关系题中若出 现边的一次式一般采用正弦定理 出现边的二次式一般采用余弦定理 应用正弦 余弦定理时 注意公式 变形的应用 解决三角形问题时 注意角的限制范围 2 在三角形中 注意隐含条件 3 cba 解决求三角形面积问题时 根据边角关系灵活的选用公式 一般情况下角优先 试题解析 1 babsin2 babsinsin2sin 2 分 0sin b 2 1 sin a 4 分 由于cba a 为锐角 6 a 6 分 2 由余弦定理 222 2cosabcbca 2 3 322124 2 cc 8 分 086 2 cc 2 c或4 c 由于cba 4 c 10 分 所以 1 sin2 3 2 sbca 12 分 8 如图 在正方体中 分别是中点 1111 abcdabc d e f 1 ad dd 求证 1 平面 ef 1 c bd 2 平面 1 ac 1 c bd ab c d a1 b1 c1 d1 答案 1 详见解析 2 详见解析 11 解析 试题分析 1 利用正方体的性质和三角形中位线性质可得 ef ad1 进而利用平行四边形 abc1d1转化为 ef bc1 最后利用线面平行的判定定理证得结论 2 首先利用侧棱垂直于底面得到 aa1 bd 然后结合正方形性质有 ac bd 即可证得 bd 平面 aa1c 同 理可证 a1c bc1最后利用线面垂直的判定定理即得结论 试题解析 a b c d e f a1b1 c1 d1 证明 1 连结 a1d e f 分别是 ad 和 dd1的中点 ef ad1 2 分 正方体 abcd a1b1c1d1 ab d1c1 ab d1c1 四边形 abc1d1为平行四边形 即有 a1d bc1 4 分 ef bc1 又 ef 平面 c1bd bc1 平面 c1bd ef 平面 ab1d1 7 分 2 连结 ac 则 ac bd 正方体 abcd a1b1c1d1 aa1 平面 abcd aa1 bd 又 1 aaaca i bd 平面 aa1c a1c bd 11 分 同理可证 a1c bc1 又 1 bdbcb i a1c 平面 c1bd 14 分 9 1 已知函数 2 1ax f x bxc 是奇函数 a b c 为常数 求实数c的值 2 若 a bz 且 12 23ff 求 f x 的解析式 3 对于 2 中的 f x 若 2f xmx 对 0 x 恒成立 求实数m的取值范围 12 答案 1 2 3 0 c x x xf 1 2 32 m 解析 试题分析 1 利用奇函数的定义进行求解 2 利用条件列出方程与不等式 进行消元化简 则利用 求值 即得解析式 3 分离参数 转化为求函数的求值问题 利用基本不等式求函数的最值 zba 试题解析 1 fxf x 22 11axax bxcbxc 1 分 bxcbxc 2 分 0c 3 分 2 12 23ff 1 2 41 3 2 a b a b 4 分 12 41 312 41 13 2 ab a a a a b 5 分 01aza 或 6 分 当 0a 时 1 2 b 舍 7 分 当 1a 时 1b 2 1x f x x 8 分 3 1 f xx x 11 23xmxmx xx 对 0 x 恒成立 1 32 3x x 当且仅当 3 3 x 时等号成立 即 3 3 x 时 min 1 32 3 x x 2 3m 10 如图 曲线 由曲线 22 1 22 10 0 xy caby ab 和曲线 22 2 22 10 xy cy ab 组成 其中点 13 12 f f 为曲线 1 c 所在圆锥曲线的焦点 点 34 f f 为曲线 2 c 所在圆锥曲线的焦点 1 若 23 2 0 6 0ff 求曲线 的方程 2 如图 作直线l平行于曲线 2 c 的渐近线 交曲线 1 c 于点 a b 求证 弦 ab 的中点 m 必在曲线 2 c 的 另一条渐近线上 3 对于 1 中的曲线 若直线 1 l 过点 4 f 交曲线 1 c 于点 c d 求 1 cdf 面积的最大值 答案 1 22 10 2016 xy y 和 22 10 2016 xy y 2 证明略 3 3 516 解析 试题分析 1 利用待定系数法求解 2 写出渐近线的方程与直线 的方程 联立直线与椭圆的方程 l 利用中点坐标公式写出中点坐标 再验证中点在另外一条渐近线上 3 写出直线方程 与曲线方程 1 l 联立 利用弦长公式和点到直线的距离公式求弦长与高 求三角形的面积的不等式 再利用基本不等式求 其最值 试题解析 1 222 222 3620 416 aba abb 2 分 则曲线 的方程为 22 10 2016 xy y 和 22 10 2016 xy y 3 分 2 曲线 2 c 的渐近线为 b yx a 4 分 如图 设直线 b l yxm a 5 分 14 则 222 22 22 220 1 b yxm a xmxma xy ab 6 分 2 2222 24 24 2022mmaamama 又由数形结合知m a 2ama 7 分 设点 112200 a x yb xym xy 则 12 22 12 2 xxm ma xx 8 分 12 0 22 xxm x 00 2 bb m yxm aa 9 分 00 b yx a 即点 m 在直线 b yx a 上 10 分 3 由 1 知 曲线 22 1 10 2016 xy cy 点 4 6 0f 设直线 1 l 的方程为 60 xnyn 22 22 1 4548640 2016 6 xy nyny xny 10 分 2 22 484 644501nnn 11 分 设 3344 c xyd xy 由韦达定理 34 2 34 2 48 45 64 45 n yy n yy n 12 分 2 2 343434 2 1 416 5 45 n yyyyyy n 15 11 41 4 22 1434 22 1111 8 16 564 5 224545 cdfcf fdf f nn sssffyy nn 13 分 令 2 10tn 22 1nt 1 2 1 64 564 5 9 49 4 cdf t s t t t 14 分 0t 9 412t t 当且仅当 3 2 t 即 13 2 n 时等号成立 15 分 13 2 n 时 1max 116 5 64 5 123 cdf s 16 分 第三组 1 给定空间中的直线l及平面 条件 直线l与平面 内的无数条直线都垂直 是 直线l与平面 垂直的 条件 答案 必要非充分条件 解析 试题分析 直线与平面 内的无数条平行直线垂直 但该直线未必与平面 垂直 即 直线 l 与平面 内无数条直线都垂直 直线 l 与平面 垂直 为假命题 但直线 l 与平面 垂直时 l 与平面 内的每一条直线都垂直 即 直线 l 与平面 垂直 直线 l 与平面 内无数条直线都垂直 为真命题 故 直线 l 与平面 内无数条直线都垂直 是 直线 l 与平面 垂直 的必要非充分条件 2 按如图所示的流程图运算 则输出的s 开始 结束 s输出 y n 4 a 1 5 sa ass 1 aa 第 7 题 答案 20 16 解析 试题分析 开始 a 5 s 1 第一步 判断成立 45 415 551 as 第二步 判断成立 45 314 2045 as 第三步 判断不成立 输出 20 43 3 若一个球的体积为 则它的表面积为 34 答案 12 解析 试题分析 因 所以 故 34 3 4 3 rv3 r 124 2 rs 4 当和取遍所有实数时 恒成立 则的最小值为 x y 22 5cos sin f x yxyxym m 答案 8 解析 试题分析 首先把题目中的字母更改一下 当 和取遍所有实数 t 22 sin cos5 tttf 这时设 令 则点的轨迹为直线 设 令 则 yxm ty tx5 m05 yx yxn sin cos y x 点的轨迹为圆在第一象限的四分之一圆弧 而表示圆弧上一点与直线上一点的距离n1 22 yx tf 的平方 画出图形可以看出 当取圆弧上一点时 点到直线的距离最小 此时 0 1 nn05 yx 22 d 取最大值为 8 要使当和取遍所有实数时 恒成 tfx y 22 5cos sin f x yxyxym 立 则的最小值为 m8 5 若方程表示双曲线 则实数的取值范围是 1 32 22 k y k x k 答案 3 2 2 17 解析 试题分析 由题意可知 解得 所以 实数的取值范围是 230kk x 3 2 2 k 3 2 2 6 已知函数 13 sin2cos21 22 f xxx 若 2 logf xt 对xr 恒成立 则t的取值范围为 答案 0 1 解析 试题分析 函数 13 sin2cos21 22 f xxx 要使 2 logf xt 对xr 恒成立 只1 3 2sin x 要小于或等于的最小值即可 的最小值是 0 即只需满足 解得t 2 log xf xf1log0log 22 t 10 t 7 在中 角的对边分别为 向量 abc a b c a b c cos sinmabab 且 cos sinnbb 3 5 m n 1 求的值 sin a 2 若 求角的大小及向量在方向上的投影 4 2 5ab bba bc 答案 1 2 4 5 2 2 解析 试题分析 1 由向量数量积公式可得 在用两角和差公式cos cossin sinm nabbabb 将其化简可得的值 根据同角三角函数基本关系式可得 2 由正弦定理可得 从而可得cos asin asin b 角 再根据余弦定理可得 在方向上的投影为 bcba bc coscosbabcb 试题解析 1 由 3 分 3 cos cossin sincos 5 m nabbabba 又 则 6 分0a 4 sin0sin 5 aa 18 2 由 7 分 2 sinsin sinsin2 abb ba aba 又 8 分 4 ababb 由余弦定理 得或 舍 10 分 222 3 4 2 52 51 5 ccc 7 则在方向上的投影为 12 分ba bc 2 coscos 2 babcb 8 如图 在三棱锥中 已知是正三角形 平面 为abcd bcd abbcdabcab e 的中点 在棱上 且 bcfacfcaf3 1 求三棱锥的体积 abcd 2 求证 平面 acdef 3 若为中点 在棱上 且 求证 平面 mdbnaccacn 8 3 mndef 答案 1 2 详见解析 3 详见解析 3 3 12 a 解析 试题分析 1 利用等体积法 而 平面 所以根据锥体积公式可得 2 d abca bcd vv abbcd 3 3 12 a 证明线面垂直 一般利用线面垂直判定定理 即从线线垂直出发 先在底面中 利用平几知识证明 abc 再证明 平面 从而可证这样就可根据线面垂直判定定理证明平面 efac deabc deac ac 3 证明线面平行 一般利用线面平行判定定理 其中证线线平行是关键 由得 def cacn 8 3 所以连 设 则为 的重心 所以 因此有 2 3 cfcn cmcmdeo obcd 2 3 cocm 再根据线面平行判定定理得证 mnof 试题解析 1 因为 是正三角形 且 所以 2 分 bcdabbca 2 3 4 bcd sa 19 因为 平面 abbcd s bcd 5 分 1 3 d abca bcd vvab 2 13 34 aa 3 3 12 a 2 在底面中 以下运用的定理不交代在同一平面中 扣 1 分 abc 取的中点 连接 achbhabbc bhac 为的中点 3 affc fch 为的中点 ebc 是正三角形 bcddebc 10 分 acdef 面 注意 涉及到立体几何中的结论 缺少一个条件 扣 1 分 扣满该逻辑段得分为止 3 当时 连 设 连 3 8 cnca cmcmdeo of 为 的重心 当时 11 分 obcd 2 3 cocm 2 3 cfcn mn of 14 分 mn def面 9 已知函数 xx kxf 22 r x 1 1 判断函数的奇偶性 并说明理由 xf 2 2 设 问函数的图像是否关于某直线成轴对称图形 如果是 求出的值 如0 k xfmx m 果不是 请说明理由 可利用真命题 函数的图像关于某直线成轴对称图形 的充要条件 xgmx 为 函数是偶函数 xmg 3 3 设 函数 若函数与的图像有且只有一个公共点 1 kaaxh xx 3 4 22 1 xf xh 求实数的取值范围 a ef 6efac 分 bh b bc abb aa cb bc 面 9 8 deabc ab de cac ac 面分 分 面 7 bcd b ab abde dced 面 分 面 a de ef cef dee def fe 面 ofdef emnd f 面 面 20 答案 1 当时 是偶函数 当时 是奇函数 当时 既不是奇函1 k xf1 k xf1 k xf 数也不是偶函数 2 3 kx 2 log 2 1 1 3 解析 试题分析 第一步函数的定义域为 函数的奇偶性与有关 若函数为偶函数 则满足偶函数定义 对rk 任意有 成立 可求出 若函数为奇函数 则满足奇函数定义 对任意rx xfxf 1 k 有 成立 可求出 那么时 既不是奇函数也不是偶函数 第rx xfxf 1 k1 k xf 二步函数的图像关于某直线成轴对称图形 只需满足任意实数 故 xgmx x xmfxmf 化简得 求出 第三 2222 xmxmxmxm kk 0 22 22 mmxx kkm 2 log 2 1 步利用转化思想 令 整理得 令 得 xhxf 012 3 4 2 1 2 xx aat x 2 01 3 4 1 2 atta 函数与的图像有且只有一个公共点 只需方程有且只有一个0 t xf xh01 3 4 1 2 atta 正数根 最后针对和两种情形进行讨论求出的取值范围 1 a1 aa 试题解析 1 若是偶函数 则 即 xx kxf22 xf xfxf xxxx kk 2222 所以对任意实数成立 所以 若是奇函数 则 即0 22 1 xx kx1 k xf xfxf 所以对任意实数成立 所以 xxxx kk 22220 22 1 xx kx1 k 综上 当时 是偶函数 当时 是奇函数 当时 既不是奇函数也1 k xf1 k xf1 k xf 不是偶函数 2 当时 若函数的图像是轴对称图形 且对称轴是直线 则函数是偶函数 0 k xfmx xmf 即对任意实数 故 化简得x xmfxmf 2222 xmxmxmxm kk 因为上式对任意成立 所以 所0 22 22 mmxx kr x022 mm kkm 2 log 2 1 以 函数的图像是轴对称图形 其对称轴是直线 xfkx 2 log 2 1 3 由得 即 此方程有且只 xhxf 0 3 4 22 1 aa xx 012 3 4 2 1 2 xx aa 21 有一个实数解 令 则 问题转化为 方程有且只有一个正数根 当 x t2 0 t01 3 4 1 2 atta 时 不合题意 当时 i 若 则或 若 则 符1 a 4 3 t1 a0 3 a 4 3 3 a 2 1 t 合题意 若 则 不合题意 ii 若 则或 由题意 方程有一个正根 4 3 a2 t0 3 a 4 3 a 和一个负根 即 解得 综上 实数的取值范围是 0 1 1 a 1 aa 1 3 10 已知分别是椭圆的左 右焦点 椭圆过点 12 ff 22 22 1 0 0 xy cab ab c 且与抛物线有一个公共的焦点 3 1 2 8yx 1 求椭圆方程 c 2 斜率为的直线 过右焦点 且与椭圆交于两点 求弦的长 kl 2 fba ab 3 为直线上的一点 在第 2 题的条件下 若 为等边三角形 求直p3x abp 线 的方程 l 答案 1 2 3 1 26 22 yx 13 162 2 2 k k 02 yx02 yx 解析 试题分析 1 设椭圆的方程 若焦点明确 设椭圆的标准方程 结合条件用待定系数法求出的值 22 b a 若不明确 需分焦点在轴和轴上两种情况讨论 2 解决直线和椭圆的综合问题时注意 第一步 xy 根据题意设直线方程 有的题设条件已知点 而斜率未知 有的题设条件已知斜率 点不定 可由点斜式 设直线方程 第二步 联立方程 把所设直线方程与椭圆的方程联立 消去一个元 得到一个一元二次方 程 第三步 求解判别式 计算一元二次方程根 第四步 写出根与系数的关系 第五步 根据题设条件 求解问题中结论 3 涉及弦长的问题时 应熟练地利用根与系数的关系 设而不求计算弦长 直线与 圆锥曲线相交所得中的弦问题 就解析几何的内容之一 一般有以下三种类型 求中点弦所在的直线方 程 求弦中点的轨迹方程问题 弦长为定值时 弦中点的坐标问题 其解法有代点相减法 设而不求 法 参数法 待定系数法及中心对称变换法 试题解析 1 由题意得 2 分 1 2 0 f 2c 又 22 31 1 4aa 得 解得或 舍去 2 分 42 8120aa 2 6a 2 2a 则 1 分 2 2b 22 故椭圆方程为 1 分 22 1 62 xy 2 直线 的方程为 1 分l 2 yk x 联立方程组 22 2 1 62 yk x xy 消去y并整理得 3 分 2222 31 121260kxk xk 设 11 a x y 22 b xy 故 1 分 2 12 2 12 31 k xx k 2 12 2 126 31 k x x k 则 4 1 1 21 2 21 2 21 2 xxxxkxxkab 2 分 2 2 2 6 1 31 k k 3 设的中点为 ab 00 m xy 可得 1 分 2 0 2 6 31 k x k 1 分 0 2 2 31 k y k 直线的斜率为 又 mp 1 k 3 p x 所以 2 分 22 0 222 11 3 1 1 31 p kk mpxx kkk 当 为正三角形时 abmp 2 3 abp 可得 1 分 222 222 1 3 1 3 2 6 1 31 231 kkk kkk 解得 1 分1k 即直线 的方程为 或 1 分l20 xy 20 xy 第四组 23 e d a c b 1 已知集合 若 则实数的取值范围是 2lg 2 rxxxyxm nx xa mn a 答案 2 解析 试题分析 且 2 202002xxx xx 02 mxx mn nx xa 2a 2 为了解名学生的视力情况 采用系统抽样的方法从中抽取容量为的样本 则分段的间隔为30020 答案 15 解析 试题分析 采用系统抽样的方法从中抽取容量为的样本 只需分组编号 每组 人 则分段2015 20 300 的间隔为 15 3 如图 在矩形中 为边的中点 分别以 为圆心 为半径作abcdead1ab 2bc ad1 圆弧 在线段上 由两圆弧 及边所围成的平面图形绕直线旋转一周 ebeceadebecbcad 则所形成的几何体的体积为 答案 3 2 解析 由题意 可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成 其中 圆柱的底面半径为 1 母 线长为 2 体积为 两个半球的半径都为 1 则两个半球的体积为 则所 2 2 1 hrv 3 4 3 4 3 2 rv 求几何体的体积为 3 2 21 vvv 4 已知抛物线的顶点在坐标原点 焦点与双曲线 的右焦点重合 则抛物线的方程是 c 22 1 72 xy c 24 答案 2 12yx 解析 试题分析 由于双曲线 中 a2 7 b2 2 所以 c 3 22 1 72 xy 从而它右焦点为 3 0 所以抛物线的方程是 c 2 12yx 5 若抛物线上的两点 到焦点的距离之和为 6 则线段的中点到轴的距离为 2 4yx ababy 答案 2 解析 设 中点 焦点为 则 2211 yxbyxa 00 yxmf 62211 021 xxxbfaf 解得 即线段的中点到轴的距离为 2 2 0 xaby 6 如图所示为函数 的部分图象 其中 那么 2sinf xx 0 2 5 ab 1f 答案 2 解析 试题分析 函数周期为 则有 解得 即 f xt 2 2 2 4 2 t ab 6t 2 t 3 由图知 2sin 3 f xx 02sin1f 1 sin 2 5 26 则可得 所以 5 2sin 36 f xx 5 12sin12sin2 362 f 7 如图 在海岸线一侧有一休闲游乐场 游乐场的前一部分边界为曲线段 effgbc 25 该曲线段是函数 的图像 图像的sin 0 0 0 yaxa 4 0 x 最高点为 边界的中间部分为长 千米的直线段 且 游乐场的后一部分边界是以 1 2 b 1cdcdef 为圆心的一段圆弧 o c y 2 1me q p o x d b g f 4 0 1 求曲线段的函数表达式 fgbc 2 曲线段上的入口距海岸线最近距离为 千米 现准备从入口修一条笔直的景观路fgbcgef1g 到 求景观路长 ogo 3 如图 在扇形区域内建一个平行四边形休闲区 平行四边形的一边在海岸线上 odeompqef 一边在半径上 另外一个顶点在圆弧上 且 求平行四边形休闲区面积的odppoe ompq 最大值及此时的值 答案 1 2 3 时 平行四边形面积最大值为 0 4 3 2 6 sin2 xxy 10 6 3 32 解析 试题分析 1 求函数的解析式时 比较容易得出 困难的是确定 0 0sin axaxfa 待定系数的值 常用如下方法 一是由即可求出的值 确定的值 若能求出离原点最 和 t 2 近的右侧图象上升 或下降 的 零点 横坐标 则令 或 即可求出 0 x0 0 x 0 x 二是代入点的坐标 利用一些已知点坐标代入解析式 再结合图形解出 若对的符号或对的 和 a 范围有要求 则可利用诱导公式进行变换使其符合要求 2 运用公式时要注意审查公式成立的条件 要 注意和差 倍角的相对性 要注意升幂 降幂的灵活运用 重视三角函数的三变 三变指变角 变名 变 式 变角 对角的分拆要尽可能化成同名 同角 特殊角 变名 尽可能减少函数名称 变式 对式子变 形一般要尽可能有理化 整式化 降低次数等 适当选择公式进行变形 3 把形如 26 化为 可进一步研究函数的周期 单调性 最值和对称性 xbxaycossin xbaysin 22 试题解析 解 1 由已知条件 得 1 分 2 a 又 2 分 2 3 12 46 t t 又 当时 有 2 分 1x 2 2sin 2 63 y 曲线段的解析式为 1 分fbc 2 2sin 4 0 63 yxx c p1 y 2 1me q p o x d b g f 4 0 2 由得 2 2sin 1 63 yx 2 分 6 1 4 k xkkz 又 2 分 4 0 0 3 3 1 xkxg 1 分10og 景观路长为千米 1 分go10 3 如图 1 分3 1 2 6 occdodcod 作轴于点 在中 1 分xpp 11 p 1 opprt sin2sin 1 oppp 在中 1 分omp 60sin 120sin 00 omop 1 分 sin 3 32 cos2 60sin 3 4 120sin 60sin 0 0 0 op om 1 分 sin2 sin 3 32 cos2 1 ppoms ompq平行四边形 2 sin 3 34 cossin4 3 32 2cos 3 32 2sin2 27 2 分 3 32 6 2sin 3 34 3 0 当时 即时 平行四边形面积最大值为 1 分 26 2 6 3 32 8 如图 在正方体中 分别为的中点 1111 abcdabc d o e 1 b d ab 1 求证 平面 oe 11 bcc b 2 求证 平面平面 1 b dc 1 b de b a c d b1 a1 c1 d1 e 第 16 题图 o 答案 1 详见解析 2 详见解析 解析 试题分析 1 证明线面平行 一般利用其判定定理进行证明 即先找出线线平行 这可利用平行四边 形得到 连接 设 则易证四边形 oebf 是平行四边形 所以 再根据线面 1 bc 11 bcbcf oebf 平行判定定理得到面 本题也可由进行证明 2 证明面面垂直 一般利 oe11 bcc b 111 oeadbc 用线面垂直进行证明 关键是证面的垂线 因为面 所以 又 所 dc 11 bcc b 1 bcdc 11 bcbc 以面 所以面面 1 bc 1 b dc 1 b dc 1 b de 试题解析 证明 1 连接 设 连接 2 分 1 bc 11 bcbcf of 因为 o f 分别是与的中点 所以 且 1 b d 1 bc ofdc 1 2 ofdc 又 e 为 ab 中点 所以 且 ebdc 1 2 ebdc 从而 即四边形 oebf 是平行四边形 ofeb ofeb 所以 6 分 oebf ba c d b1 a1 c1 d1 e f o 28 又面 面 oe 11 bcc b bf 11 bcc b 所以面 8 分 oe11 bcc b 2 因为面 面 dc 11 bcc b 1 bc 11 bcc b 所以 10 分 1 bcdc 又 且面 11 bcbc 1 dc bc 1 b dc 1 dcbcc 所以面 12 分 1 bc 1 b dc 而 所以面 又面 1 bcoe oe 1 b dc oe 1 b de 所以面面 14 分 1 b dc 1 b de 9 已知函数和的图像关于原点对称 且 f x g x 2 f xxx 1 求函数的解析式 yg x 2 若在上是增函数 求实数的取值范围 3h xg xm f x 1 1 m 答案 1 2 xxxg 2 1 3 3 m 解析 试题分析 1 用去代替即可得到答案 2 通过讨论对称轴与区间的关系研究单调 yx yx 1 1 性求得的范围 m 试题解析 1 设点是上的任意一点 则在的图像上 则 yx xgy yx xfy 即 xxxxy 22 xxxgy 2 2 2 1 1 3h xm xm x 当 即时 对称轴 10m 1m 1 1 2 1 m x m 31m 当 即时 符合题意 10m 1m 23h xx 1m 当 即时 对称轴 10m 1m 1 1 2 1 m x m 1 1 3 m 综上 1 3 3 m 10 已知椭圆长轴的一个端点是抛物线的焦点 且椭圆焦点与抛物线焦点的距离是 1 e 2 12yx 1 求椭圆的标准方程 e 29 2 若 是椭圆的左右端点 为原点 p是椭圆上异于a b的任意一点 直线ap abeoe bp分别交 轴于m n 问onom 是否为定值 说明理由 y 答案 1 2 onom 为定值 5 22 1 95 xy 2 设 00 yxp 则 且 22 00 5945xy 3 0 3 0 ab 又直线 直线 10 分 0 0 3 3 y pa yx x 0 0 3 3 y pbyx x 令 得 0 x 00 00 33 0 0 33 yy omon xx 故 onom 为定值 14 分 22 00 22 00 9545 5 99 yx xx 第五组 1 若复数 是虚数单位 是纯虚数 则实数 i ia 21 2 ia 答案 4 30 解析 试题分析 由于复数是纯虚数 得 5 224 2121 212 21 2iaa ii iia i ia 0 5 4 a 4 a 2 甲 乙 丙三位同学各自在周六 周日两天中任选一天参加公益活动 则周六 周日都有同学参加公 益活动的概率是 答案 4 3 解析 试题分析 甲 乙 丙三位同学各自在周六 周日两天中任选一天参加公益活动共有 8 种不同的选法 日 日 日 六 六 日 六 日 六 日 六 六 日 日 六 日 六 日 六 日 日 六 六 六 周六 周日都有同学参加公益活动有 6 种 4 3 8 6 p 3 已知某圆锥体的底面半径 沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为的扇形 则该圆3r 2 3 锥体的表面积是 答案 36 解析 试题分析 由已知沿圆锥体的母线把侧面展开后得到的扇形的弧长为 从而其母线长为 62 r 从而圆锥体的表面积为 9 3 2 6 l 36969 2 1 底侧 ss 故答案为 36 4 已知双曲线 22 2 1 4 xy b 的右焦点与抛物线 2 12yx 的焦点重合 则该双曲线的焦点到其渐近线的距离 为 答案 5 解析 试题分析 抛物线 2 12yx 的焦点坐标为 3 0 由题意双曲线 22 2 1 4 xy b 的右焦点为 3 0 所以 所以双曲线的一条渐近线方程为 5 b025 yx5 45 53 d 5 设函数 若存在同时满足以下条件 对任意的 都有 sin 2 15 xxf 1 1 0 xr x 31 成立 则的取值范围是 0 xfxf 222 00 xf xm m 答案 22 解析 试题分析 对任意的 都有成立 此时 r x 0 xfxf 2 15 min0 xfxf 2 1 0 x 所以 解得或 2 4 15 4 1 m 2 m2 m 6 的内角 所对的边分别为 已知 则abcabcabcaccacos2cos3 3 1 tan a b 答案 4 3 解析 试题分析 用正弦定理 边化角 因为 则 accacos2cos3 accacossin2cossin3 ctan 又 因 则2 1 3 1 2 3 tan 2 3 a 1 tantan1 tantan tan tan ca ca cab a0 4 3 a 7 如图 有一块扇形草地 omn 已知半径为 r 2 mon 现要在其中圈出一块矩形场地 abcd 作为儿 童乐园使用 其中点 a b 在弧 mn 上 且线段 ab 平行于线段 mn 1 若点 a 为弧 mn 的一个三等分点 求矩形 abcd 的面积 s 2 当 a 在何处时 矩形 abcd 的面积 s 最大 最大值为多少 h e c d b n o m a 答案 1 2 当 a 在弧 mn 的四等分点处时 2 2 13 r 2 max 12rs 解析 试题分析 1 作辅助线 将其矩形的长和宽表示出来 再求其面积 2 设出 用其表示矩形的aob 长和宽 再表示其面积 利用三角函数的图像与性质求其最值 试题解析 1 如图 作oh ab 于点 h 交线段 cd 于点 e 连接 oa ob 32 6 aob 2 分 2 sin cos 1212 abrohr 1 sin 212 oedeabr cossin 1212 ehohoer 4 分 22 2 sincossin2sincos2sin 1