高考数学试题分类解析 考点3135.doc

2015年高考数学试题分类解析 考点31-35考点31 坐标系与参数方程【1】（a，湖北，理16）在直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系. 已知直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为 ( t为参数) ，与相交于ab两点，则 .【2】（a，广东，理14）已知直线l的极坐标方程为,点a的极坐标为,则点a到直线l的距离为 .【3】（a，湖南，文12）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.若曲线c的极坐标方程为，则曲线c的直角坐标方程为 .【4】（b，北京，理11）在极坐标系中，点到直线的距离为 .【5】（b，重庆，理15）已知直线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为则直线与曲线的交点的极坐标为 .【6】（b，广东，文14）在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数），则与交点的直角坐标为 .【7】（b，安徽，理12）在极坐标系中，圆上的点到直线距离的最大值是 .【8】（a，新课标i，文23理23）在直角坐标系中，直线:,圆:,以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(i)求，的极坐标方程；(ii)若直线的极坐标方程为，设与的交点为、，求的面积.【9】（a，新课标，文23理23）在直角坐标系中，曲线为参数，其中，在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线：，曲线：(i)求与交点的直角坐标；(ii)若与相交于点，与相交于点，求的最大值【10】（a，福建，理21-ii）在平面直角坐标系中，圆c的参数方程为.在极坐标系（与平面直角坐标系取相同的长度单位，且以原点o为极点，以轴非负半轴为极轴）中，直线l的方程为.(i)求圆c的普通方程及直线l的直角坐标方程；(ii)设圆心c到直线l的距离等于2，求m的值【11】（a，湖南，理16-ii）已知直线（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(i)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；(ii)设点的直角坐标为，直线与曲线的交点为，求的值.【12】（b，江苏，理21c）已知圆的极坐标方程为，求圆的半径.【13】（b，陕西，文23理23）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为(i)写出圆的直角坐标方程；(ii)为直线上一动点，当到圆心的距离最小时，求的直角坐标考点32 几何证明选讲【1】（a，天津，文6理5）如图，在圆中，是弦的三等分点，弦，分别经过点，. 若，则线段的长为a. b.3 c. d. 第1题图 第2题图【2】（a，湖北，理15）如图，是圆的切线，为切点，是圆的割线，且，则 .【3】（b，重庆，理14）如图，圆o的弦相交于点过点作圆o的切线与的延长线交于点,若则 . 第3题图 第4题图【4】（b，广东，文15）如图，为圆的直径，为的延长线上一点，过作圆的切线，切点为，过作直线的垂线，垂足为若，则 .【5】（b，广东，理15）如图，已知ab是圆的直径，ab=4，ec是圆的切线，切点为，bc=1，过圆心做bc的平行线，分别交ec和ac于点d和点p，则od= . 第5题图 第6题图【6】（a，新课标i，文22理22）如图，是的直径，是的切线，交于点.(i)若为的中点，证明：是的切线；(ii)若，求的大小.【7】（a，新课标，文22理22）如图，为等腰三角形内一点，与的底边交于m、n两点，与底边上的高交于点，且与，分别相切于e、f两点(i)证明：efbc；(ii)若等于的半径，且,求四边形的面积 第7题图 第8题图【8】（a，江苏，理21a）如图，在中，的外接圆的弦交于点.求证：.【9】（a，湖南，理16-i）如图，在o中，相交于点e的两弦ab，cd的中点分别是m，n，直线mo与直线cd相交于点f，证明：(i)；(ii).第9题图 第10题图【10】（b，陕西，文22理22）如图，切圆于点，直线交圆于两点，垂足为(i)证明：；(ii)若，求圆的直径考点33 不等式选讲【1】（b，重庆，文14）设,则的最大值为 .【2】（b，重庆，理16）若函数的最小值为5，则实数 .【3】（a，新课标i，文24理24）已知函数，.(i)当时，求不等式的解集；(ii)若的图像与轴围成的三角形面积大于，求的取值范围.【4】（a，新课标，文24理24）设a、b、c、d均为正数，且a+b=c+d，证明：(i)若，则；(ii)是的充要条件【5】（a，江苏，理21d）解不等式.【6】（a，福建，理21-iii）已知，函数的最小值为4(i)求的值；(ii)求的最小值【7】（a，湖南，理16-iii）设，且，证明：(i)；(ii)与不可能同时成立.【8】（b，陕西，文24理24）已知关于的不等式的解集为(i)求实数的值；(ii)求的最大值考点34 创新与拓展【1】（b，湖北，理10）设r,表示不超过的最大整数.若存在实数，使得,，同时成立,则正整数的最大值是a.3b.4c.5d.6【2】（b，湖北，文10理9）已知集合，定义集合，则中元素的个数为a. 77 b.49 c45 d30【3】（b，广东，理8）若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值a.至多等于3 b.至多等于4c.等于5 d.大于5【4】（b，浙江，理6）设是有限集，定义：cardcard，其中card表示有限集中的元素个数命题：对任意有限集，“”是“”的充分必要条件；命题：对任意有限集，a.命题和命题都成立b.命题和命题都不成立c.命题成立，命题不成立d.命题不成立，命题成立【5】（c,上海,理17）记方程,方程,方程,其中是正实数.当成等比数列时，下列选项中，能推出方程无实根的是a.方程有实根，且有实根b.方程有实根，且无实根c.方程无实根，且有实根d.方程无实根，且无实根【6】（c，上海，文理18）设是直线与圆在第一象限的交点，则极限a. b. c.1 d.2【7】（c，广东，文10）若集合,且,，且，用表示集合中的元素个数，则a. b. c. d.【8】（a，上海，文5理3）若线性方程组的增广矩阵为，解为则 .【9】（b，山东，文14）定义运算“”：.当时，的最小值为 .【10】（c，上海，文14理13）已知函数.若存在满足,且（），则的最小值为 .【11】（a，福建，理21-i）已知矩阵.(i)求a的逆矩阵；(ii)求矩阵c，使得ac=b.【12】（b，江苏，理21b）已知r，向量是矩阵的属于特征值的一个特征向量，矩阵以及它的另一个特征值.考点35 交汇与整合【1】（c，上海，文17理16）已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的纵坐标为a. b. c. d.【2】（c，江苏，文理14）设向量，则的值为 .【3】（a，湖北，理20）某厂用鲜牛奶在某台设备上生产两种奶制品生产1吨产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1000元；生产1吨产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1200元要求每天产品的产量不超过产品产量的2倍，设备每天生产两种产品时间之和不超过12小时. 假定每天可获取的鲜牛奶数量（单位：吨）是一个随机变量，其分布列为w121518p0.30.50.2该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利z（单位：元）是一个随机变量(i)求z的分布列和均值；(ii)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10000元的概率【4】（c，上海，文23）已知数列与满足，.(1)若，且，求的通项公式；(2)设数列的第项是最大项，即（），求证：的第项是最大项；(3)设（）.求的取值范围，使得对任意的，且.【5】（c，上海，理22）已知数列与满足.(1)若，且，求的通项公式；(2)设数列的第项是最大项，即（），求证：的第项是最大项；(3)设.求的取值范围，使得有最大值与最小值，且.【6】（c，上海，理23）对于定义域为的函数，若存在正常数，使得是以为周期的函数，则称为余弦周期函数，且称为其余弦周期.已知是以为余弦周期的余弦周期函数，其值域为.设单调递增，.(1)验证是以为余弦周期的余弦周期函数；(2)设，证明对任意，存在，使得；(3)证明：“为方程在上的解”的充要条件是“为方程在上的解”，并证明对任意都有.【7】（c，安徽，理21）设函数.(i)讨论函数在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(ii)记，求函数在上的最大值；(iii)在(ii)中，取，求满足条件时的最大值【8】（c，陕西，理21）设是等比数列，的各项和，其中，(i)证明：函数在内有且仅有一个零点（记为），且；(ii)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为，比较与的大小，并加以证明考点31 坐标系与参数方程【1】（a，湖北，理16）、解析：由曲线的参数方程为消去，得，直线的方程为，解方程组得,.【2】（a，广东，理14）、解析：依题已知直线：和点可化为：和，所以点a与直线的距离为：【3】（a，湖南，文12）、解析：由得，它的直角坐标方程为，即.【4】（b，北京，理11）、1解析：点对应的坐标为，极坐标方程对应的直角坐标方程为.根据点到直线的距离公式，.【5】（b，重庆，理15）、解析：直线的普通方程为化曲线的极坐标方程为直角坐标方程为联立直线与曲线解得交点坐标为，因此交点的极坐标为【6】（b，广东，文14）、解析：由得，由得，所以，联立解得，所以与交点的直角坐标为.【7】（b，安徽，理12）、6解析：因为圆的普通方程为，其圆心为，直线的普通方程为，圆心到直线的距离为2，所以圆上的点到直线距离的最大值是6【8】（a，新课标i，文23理23）解析：(i)因为，所以的极坐标方程为，的极坐标方程为.(ii)将代入得，解得，故，即.由于的半径为，所以的面积为.【9】（a，新课标，文23理23）解析：(i)曲线的直角坐标方程为,曲线的直角坐标方程为. 联立解得或所以与的交点的直角坐标为和.(ii)曲线的极坐标方程为,其中. 因此的极坐标为,的极坐标为.所以=.当时,取得最大值,最大值为4.【10】（a，福建，理21-ii）解析：(i)消去参数t，得到圆的普通方程为,由,得,所以直线l的直角坐标方程为.()依题意，圆心c到直线l的距离等于2，即解得【11】（a，湖南，理16-ii）解析：(i)等价于，将 ，代入上式即得曲线c的直角坐标方程是.(ii)将代入得.设这个方程的两个实根分别为，则由参数t的几何意义知【12】（b，江苏，理21c）解析：以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点，以极轴为轴的正半轴，建立直角坐标系. 圆的极坐标方程为，化简，得.则圆的直角坐标方程为.即，所以圆的半径为.【13】（b，陕西，文23理23）解析：(i)由，得，从而有，所以.(ii)设，又，则，故当时，取得最小值，此时，点的直角坐标为.考点32 几何证明选讲【1】（a，天津，文6理5）、a解析：设，在圆中，,. 第1题图 第2题图 第3题图【2】（a，湖北，理15）、解析：由圆的切割线定理知,又,故.又由知.【3】（b，重庆，理14）、2解析：由切割线定理知:，又因为 由此得由相交弦定理知：所以第4题图【4】（b，广东，文15）、3解析：因为是圆的切线方程，所以，所以，解得或（舍去）.连接oc，则，由，得，所以，所以，故.【5】（b，广东，理15）、解析:如图所示，连接oc,因为od/ac,又所以又o为ab线段的中点，所以在中，由直角三角形的射影定理可得od=8. 第5题图 第6题图【6】（a，新课标i，理22）解析：(i)连接，由己知得，,.在中，由己知得，故连结，则又所以故是的切线.(ii)设，由己知得，.由射影定理可得，所以，即可得，所以.【7】（a，新课标，文22理22）解析：(i)由于是等腰三角形,所以是的平分线.又因为分别与、相切于点,所以，故,从而.(ii)由(i)知,故是的垂直平分线.又为的弦,所以在上.连接,则.由等于的半径得,所以,因此和都是等边三角形.因为,所以,.因为,所以.于是,. 第7题图 第8题图【8】（a，江苏，理21a）解析：因为，所以.又因为，所以.又为公共角，可知.【9】（a，湖南，理16-i）解析：(i)如图所示， 因为m，n分别是弦ab,cd的中点，所以omab,oncd,即ome=， eno=，ome+eno =，又四边形的内角和等于，故men+nom=；(ii)由(i)知，o,m,e,n四点共圆，故由割线定理即得.第9题图 第10题图【10】（b，陕西，文22理22）解析：(i)因为为圆直径，则，又，所以，从而.又切圆于点，得，所以.(ii)由(i)知平分，则，又，从而.所以，所以.由切割线定理得，即，故，即圆直径为3.考点33 不等式选讲【1】（b，重庆，文14）、解析：由=.【2】（b，重庆，理16）、-6或4解析：当时，此时所以当时，显然不成立.当时，此时所以综上可知或.【3】（a，新课标i，文24理24）解析：(i)当时，化为.当时，不等式化为，无解；当时，不等式为，解得；当时，不等式化为，解得.所以的解集为.(ii)由题设可得所以函数的图像与轴围成的三角形的三个顶点分别为，. 的面积为. 由题设得，故. 所以的取值范围为.【4】（a，新课标，文24理24）解析：(i)因为,由题设，得,因此.(ii)()必要性 若,则,即.因为,所以.由(i)得.()充分性若,则,即,因为,所以. 于是,因此.综上,是的充要条件. 【5】（a，江苏，理21d）解析：原不等式可化为或，解得或.综上，原不等式的解集是.【6】（a，福建，理21-iii） 解析：(i)因为当且仅当时，等号成立.又，所以,所以的最小值为, 所以(ii)由(1)知，由柯西不等式得，即. 当且仅当,即时，等号成立，所以的最小值为.【7】（a，湖南，理16-iii）解析：由，得 .(i)由基本不等式及，有，即.(ii)设与可同时成立，则由及可得.同理 . 从而这与相矛盾，故与不可能同时成立.【8】（b，陕西，文24理24）解析：(i)由得，则解得.(ii),当且仅当，即时等号成立，故.考点34 创新与拓展【1】（b，湖北，理10）、b解析：由的性质知若，则；若，则，即；由知，则可取4；，其中，故不能取5.【2】（b，湖北，文10理9）、c解析：由题意知，,，所以由新定义集合可知，或.当时，所以此时中元素的个数有:个;当时，这种情形下和第一种情况下除的值取或外均相同，即此时有，由分类计数原理知，中元素的个数为个.【3】（b，广东，理8）、b解析：正四面体的四个顶点是两两距离相等的，即空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值最多等于4.故选b.【4】（b，浙江，理6）、a解析：根据题中所给出的定义所代表的实际含义为集合互异的元素个数.命题的逆否形式为：“”是“”的充分必要条件，因此命题是正确的. 结合venn图以及题中的定义不难推出命题是正确的【5】（c, 上海，理17）、b解析：取，三个方程都有实根，排除a；取，则b满足条件；取，则方程无实根，且方程有实根，但方程有实根，排除c；取，则方程无实根，且方程无实根，但方程有实根，排除d.故选b.注 若，则方程无实根，且方程无实根，方程也无实根，所以在得到b可能满足条件后还要排除其他情况.【6】（c，上海，文理18）、a解析：因点在圆上，所以，即.又点在上，而，因为直线与圆在第一象限交点为，所以.于是 选a.【7】（c，广东，文10）、a解析：对于：当，可以从0,1,2,3这四个数任取一个，因而有444=64；当，可以从0,1,2这三个数任取一个，因而有333=27；当，可以从0,1这两个数任取一个，因而有222=8；当，都取值0，只有1种情况.故.对于:先处理前面两个，当，可以从0,1,2,3这四个数任取一个，有4种；当，可以从0,1,2这3个数任取3个；当，可以从0,1这两个数任取2个；当，=0只有1种.故前面两个的可能结果有4+3+2+1=10种，同理得后面有10种，故，所以.【8】（a，上海，文5理3）、16解析：由已知可得，所以【9】（b，山东，文14）、解析：由题意知：，当且仅当时，取得最小值.【10】（c，上海，文14理13）、8解析：两个正弦函数值差的绝对值最大值是最高点和最低点的纵坐标的差，因此只要取相邻最高点和最低点，两端点取零点即可.当，时，,所以的最小值为8.【11】（a，福建，理21-i）解析：(1)因为所以.(2)由ac=b得,故.【12】（b，江苏，理21b）、1解析：由已知，得，即，则，即，所以矩阵.从而矩阵的特征多项式，所以矩阵的另一个特征值为1.考点35 交汇与整合【1】（c，上海，文17理16）、d解析：法1 设，则由复数乘法（三角形式）的几何意义得 ，选d.法2 设，则是正三角形，所以解得，选b.【2】（c，江苏，文理14）、解析：，因此.【3】（a，湖北，理20）解析：(i)设每天两种产品的生产数量分别为，相应的获利为，则有 （1）目标函数为第3题图1 第3题图2 第3题图3当时，（1）表示的平面区域如图1，三个顶点分别为.将变形为.当时，直线：在轴上的截距最大，最大获利当时，（1）表示的平面区域如图2，三个顶点分别为将变形为，当时，直线：在轴上的截距最大，最大获利当时，（1）表示的平面区域如图3，四个顶点分别为. 将变形为，当时，直线：在轴上的截距最大，最大获利故最大获利的分布列为816010200108000.30.50.2因此，.(ii)由(i)知，一天最大获利超过10000元的概率，由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10000元的概率为.【4】（c，上海，文23）解析：（1）因，所以，所以是首项为1、公差为6的等差数列，故.(2) 法1 ，故，于是，所以.所以，对任意的，均有，即的第项是最大项.法2 当时， .同理，当时，即.于是，对任意的，均有，即的第项是最大项.(3)因，所以 以上各式相加可得 .当时也成立，所以.因为对任意，所以，特别地，故.对此时任意的，当时，且单调递减，有最大值，且单调递增，有最小值，故的最大值为，最小值为，所以的最大值为，最小值为，由，解得 .【5】（c，上海，理22）解析：(1)参见【4】（c，上海，文23）（1）的解析.(2)参见【4】（c，上海，文23）（2）的解析.(3)因为，故， 当时，符合上式，所以当时，单调递减，有最大值；单调递增，有最小值，所以，又，所以.当时，所以，所以，不满足条件.当时，当时，无最大值；当时，无最小值.综