高中数学好题速递400题（101—150）

好题速递 101 1 在和中 是的中点 若ABC AEF BEF1ABEF 6BC 33CA 则与的夹角余弦值为 2AB AEAC AF EF BC 解法一 则2AB AEAC AF 2ABABBEACABBF 2 2ABAB BEAC ABAC BF 因为 2 1AB 33 136 33 11 2 33 AB AC BEBF 所以 112BFACAB 所以2BF BC 所以 所以 1 6cos2 2 2 cos 3 解法二 设 AEx AFy CFz 则 2 22 1 1 33 4 1332 22 33 x yz xy xy 222 3 290 4 xyz 又因为为中线 所以 即ABAEF 2222 42ABEFAEAF 22 5 2 xy 所以 2 1 32 4 z 在中 CBF 11 3632 2 44 cos 1 3 26 2 2 一个口袋里装着一个红球 一个黄球 一个蓝球 一个白球 这些小球除了颜色之外 没有区别 从中一次性摸出 2 个球 若摸得红球记 3 分 摸得黄球记 2 分 摸得蓝球记 1 分 摸得白球得 0 分 则得分和至少为 4 分的概率是 解 得分和至少为 4 分的情况为摸出红和黄或摸出红和蓝 故 2 4 21 3 P C 好题速递 102 1 将正方形的四个角 四个全等的小等腰直角三角形 分别沿其底边向同侧折起 使其与 原所在平面成直二面角 则所形成的空间图形的 12 条棱所在的直线中 共有异面直线 对 解 可以将空间图形放回正方体内 问题就转化为 8 条侧面对角线与底面 4 条棱所在直线 组成几对异面直线 以对角线为一条 共有三条对角线异面 共有对BE AH GD FC 3 8 12 2 还有两条底边棱异面 共有对 AD CD2 816 所以共有 28 对 2 某次中俄军演中 中方参加演习的有 4 艘军舰 3 架飞机 俄方有 5 艘军舰 2 架飞机 从中俄两方中各选 2 个单位 1 艘军舰或 1 架飞机都作为一个单位 所有的飞机和军舰都 是不同的 则选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有 种 解 112112 435524 12060180C C CC C C 好题速递 103 1 正 则满足条件的正边长的最大值ABC 3DE 2 3DF 90EDF ABC 是 解 解得 2 3 2 sinsin 33 BD 2 4sin 3 BD 解得 3 sinsin 36 CD 2 3sin 6 CD 所以 3131 4cossin2 3sincos 2222 BCBDCD 5sin3 3cos2 13sin 故 max 2 13BC 2 用 1 2 3 4 5 6 组成数字不重复的六位数 满足 1 不在左右两端 2 4 6 三个 偶数中有且仅有两个偶数相邻 则这样的六位数共有 个 解 288 个 好题速递 104 1 已知函数是上的奇函数 且在区间上单调递增 yf x R f x 0 10f 设 集合 集合 2 cossin2g xxmxm 0 0 2 Mmxg x 则 0 0 2 Nmxfg x MN 解析 易得 所以或 110ff 01f xx 01x 由此 0 101 2 Nmxg xg x 或 所以 0 1 2 MNmxg x 即 恒成立0 2 x 2 cossin21g xxmxm 即 即 2 1sinsin210 xmxm 2 sinsin220 xmxm 令 则对恒成立 sin0 1tx 2 220tmtm 0 1t 所以 2 max 2 2 t m t 令 所以 21 2ts 2 22 222422 442 2 2 stss s tsss 所以 42 2MNm m 2 有四名志愿者到三个景点服务 每个景点至少 1 名大学生 则甲乙两名志愿者被分到不 同景点的情况有 种 解 211 312 421 332 2 2 36630 C C C AC A A 好题速递 105 1 如图 已知正方体的棱长为 4 点 1111 ABCDABC D 在棱上 且 在侧面内作边长为 1 的H 1 AA 1 1HA 11 BCC B 正方形 是侧面内一动点 且点到平面 1 EFGCP 11 BCC BP 的距离等于线段的长 则当点运动时 11 CDDCPFP 的最小值是 HP 解析解析 依题意知点到点的距离与点直线的距离相PF 1 CC 等 所以点的轨迹是以为焦点 为准线的抛物线 PF 1 CC 作于 则最小时最小 1 HQBB QPQ 2 HP 再由解析几何可得 所以最小值为 22 即 min 6PQ 2 HP min 22HP 2 某教师一天上 3 个班级的课 如果一天共 9 节课 上午 5 节 下午 4 节 并且教师不能连上 3 节课 第 5 和第 6 节 不算连上 那么这位教师一天的课的所有排法有 种 解 333 933 32474AAA 好题速递 106 1 在平面直角坐标系中有两点 以原点为圆心 以为半径作 1 3 3 1 3AB 0r r 圆 与射线交于点 与轴正半轴交于点 则当变化时 30yx x MxNr 的最小值为 AMBN 解 设 3 0 22 rr MN r 所以 2 2 2223 13 3135313 22 r AMBNrrrr 问题等价于点与轴上的点连线段长的和最短 5 3 1 3EFx 0P r 作 则 5 3E 2 7EPFPE PFPE F 当且仅当时 取得最小值 3r 2 一副扑克牌 有四色 同一色有 13 张不同牌 共 52 张 现随机抽取 3 张牌 则抽出的 3 张牌有且仅有 2 张花色相同的概率为 用数值作答 解 121 41339 3 52 234 425 C C C C 好题速递 107 1 在中 是内部一点 且满足ABC 22ACAB 3BC PABC 则 PBCPCAPAB SSS PA PBPB PCPC PA PAPBPC 解 由得 PBCPCAPAB SSS PA PBPB PCPC PA tantantanAPCBPCAPB 又360APCBPCAPB 故120APCBPCAPB 设 则 BCP 60PCB 30ABP 30PAB 故在中由正弦定理得 PBC 3sin sin120 BP 3sin 60 sin120 CP 在中由正弦定理得 PBA sin 30 sin120 BP sin 30 sin120 AP 所以 解得 sin 30 3sin sin120sin120 3 tan 9 所以 73 21 sin cos 1414 所以PAPBPC sin 303sin 60 3sin 7 sin120sin120sin120 2 五位同学各自制作了一张贺卡 分别装入 5 个空白信封内 这五位同学每人随机地抽取 一封 则恰好有两人抽取到的贺卡是其本人制作的概率是 解 2 5 5 5 21 6 C A 好题速递 108 1 已知实数满足 且 则的最小值为 x y0 xy 2xy 21 3xyxy 解 令 则 3xya xyb 0ab 4ab 212112112132 2 332 2 34 ba ab xyxyabababababab 当且仅当 即 即时取得4 2abab 84 2 4 24ab 2 21 32 2xy 等号 选题理由 选题理由 在解决不等式问题时 如果出现分母里的字母较多较复杂时 不妨考虑先换元 使得分母简单 更容易看清题目考查的本质 这里其实是以往我们非常熟悉的一次和与倒 数和的不等式应用 只是将等式转化为不等式 注重考查了等号能否取到的问题 同类题 同类题 已知正数满足 则的最小值为 a b 23239ab 14 11ab 解 令 则 所以1ax 1by 21 219xy 41 212 x yx x 故 1414136 8 114abxyxx 问题转化为分式函数求值域的问题 易得当 即时 4 5 x 9 9 5 ab min 147 114ab 2 从集合 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 中任取两个数 欲使取到的一个数大于 k 另一个数小 于 k 其中 k 5 6 7 8 9 的概率是 则 k 5 2 解 解得 11 110 2 10 2 5 kk CC C 7k 好题速递 109 1 在直角坐标系中 若直线与曲线有四个交点 则实数xOy1ykx 11 yxx xx 的取值范围是 k 解 是偶函数 故只需画出时的图象 再 11 yxx xx 0 x 2 0 1 2 1 x x f x x x 关于轴对称作出整个图象y 易求得与相切时 1ykx 2 y x 斜率 1 8 k 故由图可知时 恰有四个交点 11 0 88 kkk 选题理由 选题理由 遇到一个未知函数时 一定要充分利用奇偶性和单调性画出函数图象 考试中 遇到的函数图象往往是几段能画的图象拼接而成 画好图象是解决函数问题的王道 2 甲 乙 丙 丁四位同学各自在周五 周六 周日三天中任选一天参加公益活动 则每 天都有同学参加公益活动的概率是 解 211 3 421 3 2 2 4 4 39 C C C A A 好题速递 110 1 设是定义在上的函数 对任意的 恒有成立 yf x Rx R 2 f xfxx 若在上单调递增 且 则 2 2 x g xf x yf x 0 222faf aa 的取值范围是 a 解 令 得 2 2 x g xf x 0gxg x 又因为在上单调递增 故在上也单调递增 yf x 0 yg x 0 又是奇函数 故在上单调递增 g x yg x R 2 2 2 22220 22 aa faf aafaf a 得 20gag a 所以 2gag a 所以 得2aa 1a 2 已知且 则复数对应点在第二象限的概率为 3 2 1 1 2 3 baba biaz 用最简分数表示 解 11 33 2 6 3 10 C C A 好题速递 111 1 已知 若 使得 2 1 ln 1 2 x f xxg xm 12 0 3 1 2xx 12 f xg x 则实数的取值范围是 m 解 要使命题成立需满足 函数在上是增函数 1 min2min f xg x 2 ln 1 f xx 0 3 所以 函数在上是减函数 所以 1 min 0 0f xf 1 2 x g xm 1 2 所以 2 2min 1 2 2 g xgm 2 11 0 24 mm 2 一家 5 口春节回老家探亲 买到了如下图的一排 5 张车票 窗口6 排 A 座6 排 B 座6 排 C 座走廊6 排 D 座6 排 E 座窗口 其中爷爷行动不便要坐靠近走廊的位置 小孙女喜欢热闹要坐在左侧三个连在一起的座 位之一 则座位的安排方式一共有 种 解 30 好题速递 112 1 若实数满足 则的最大值是 x y6182xxyy xy 解 令 1xa 2yb 则 22 34280 0abab 22 3xyab 问题转变求为圆弧上一点到原点的距离的平方减 3 的最大值 故 2 22 352 735020 7xyab 2 设集合 则集合 A 中满足条件 1236 1 0 1 1 2 3 6 i Ax x xxxi 的元素个数为 用数字作答 1236 15xxxx 解 十个字母中有个字母是 有个字母是 0 15kk 1 6k 故有 6 1122550066 66666 2221222664CCCCC L 好题速递 113 1 在平面直角坐标系中 定义点 之间的 直角距离 为 11 P x y 22 Q xy 若到 的 直角距离 相等 其中实 1212 d P Qxxyy C x y 1 3A 6 9B 数满足 则所有满足条件的的轨迹的长度之和为 x y010 010 xy C 解 1369xyxy 先以为分类指标 当时 无解y910y 166xx 当时 无解03y 166xx 当时 39y 21261yxx 再以为分类指标 若 则 线段长度为 1 x01x 8 5y 若 则 线段长度为 16x 9 5xy 5 2 若 则 线段长度为 4 610 x 3 5y 故的轨迹的长度之和为C5 25 2 用数字 组成一个四位数 则数字 都出现的四位偶数有 个 1 21 2 解 7 好题速递 114 1 在平面直角坐标系中 圆 圆 过轴负半轴上一点 22 1O xy 2 2 1 34Oxy x 作圆的切线 与圆 O 相切于点 A 与圆分别相交于点 若 则点MO 1 O B CABBC 的坐标为 M 解 设 连结 0 2MmABCDx 并作 11 OA OC O D 1 O DBC 1 OFO D 则 2 1 4O Dx 2 1 41O Fx 在中 有 1 Rt OO F 222 11 OOOFO F 所以 2 2 2 9341xx 解得 所以 2 15 16 x 1 3 4 O F 又 所以 即 所以 所以 1 MAOOFO 11 OMOA OOO F 1 3 3 4 m 4m 4 0M 2 设为正整数 展开式的二项式系数的最大值为 展开式的二项m 2m xy a 21m xy 式系数的最大值为 若 则 b137ab m 解 所以 1 221 mm mm aCbC 1 221 137 mm mm CC 即 解得 2 21 137 1 mm m mmm 6m 好题速递 115 1 如图 为的外心 为钝角 是边的中点 则OABC 4AB 2AC BAC MBC 的值为 AM AO 解 因为 1 2 AMABAC 所以 22 111 222 11 5 44 AM AOABACAOAB AOAC AO ABAC 2 袋子中装有大小 材质都相同的 2 个绿球 3 个白球共 5 个 小球 随机从袋子中一次性摸取 2 个小球 规定摸到 1 个绿球得 2 分 1 个白球得 1 分 问摸取 2 个小球的得分之和为几分的概率是最大的 试通过计算给出回答 解 摸取个小球的得分之和可能出现三种情况 依次记其发生的事件分别22 3 4 为 A B C 事件表明摸取的个小球都为白球 其概率 A2 2 3 2 5 3 10 C P A C 事件表明摸取的个小球为 个白球 个绿球 其概率 B211 11 32 2 5 6 10 CC P B C 事件表明摸取的个小球为个绿球 其概率 C22 2 2 2 5 1 10 C P C C 通过以上的计算结果可以知道 摸取个小球的得分之和为 分的概率是最大的 23 评注 评注 注意一下大题的书写方式 好题速递 116 1 已知中 角的对边满足 则的最大值是 ABC A B C a b c coscaAC tanC A B C O M 解 222 coscos 2 acb caACaBa ac 即 且为钝角 为锐角 222 1 3 cba BC 由余弦定理得 2222 22222 1 424 22 2 3 cos 22663 abba abcabab C abababab 锐角在区间上递减 故当时 则C0 2 min 2 2 cos 3 C max 2 tan 4 C 2 各大学在高考录取时采取专业志愿优先的录取原则 一考生从某大学所给的个专业中 7 选择个作为自己的第一 二 三专业志愿 其中甲 乙两个专业不能同时兼报 则该考 3 生有 种不同的填报专业志愿的方法 用数字作答 解 32 73 5180AA 好题速递 117 1 已知为锐角 且 则的最大值是 sin cos sin tan 解法一 sinsincos sin coscos sinsinsin 即 tan2tan 2 tantantantan2 tantan 1tantan12tan42 2 tan 当且仅当时取得等号 2 tan 2 解法二 由得 sin cos sin sin coscossinsin sin 即 1 coscossinsin sin 即 222 sincossincossincos2 tan 1sin2sincos42 2sincos 当且仅当 即时取得等号 2sincos 2 tan 2 2 三位同学参加跳高 跳远 铅球项目的比赛 若每人都选择其中两个项目 则有且仅有 两人选择的项目完全相同的概率是 解 211 332 3 2 33 C C C 好题速递 118 1 已知函数对任意都有 则实数的取值范围是 a f xx x 0 1x 11f x fx a 解 这里如果直接代入去解很繁琐 所以进行一次换元有效简化计算 令 1 2 xm 1 1 2 xm 1 1 2 2 m 则问题转化为对恒成立 11 1 22 fm fm 1 1 2 2 m 代入后化简得 2222 131 20 244 amamm 所以对恒成立或对恒成立 2 1 4 am 1 1 2 2 m 2 3 4 am 1 1 2 2 m 即或 1 4 a 1a 2 在 学雷锋 我是志愿者 活动中 有 6 名志愿者要分配到 3 个不同的社区参加服务 每个社区分配 2 名志愿者 则甲 乙两人分到同一社区的概率为 解 22 3 42 3 2 2 222 3 642 3 3 3 1 5 C C A A C C C A A 好题速递 119 1 在三棱锥中 SABC 90SABSACACB 2AC 13BC 则直线与所成角的余弦值是 29SB SCAB 解 将三棱锥放入到长方体内 长方体的高 2 3SA 17AB 4SC 13BC 13 125CD 故在中 DSC 16172517 cos 172 417 DSC 2 如果某年年份的各位数字之和为 7 我们称该年为 七巧 年 例如 年份 2014 的各位数字之和为 7 恰为 七巧年 那么从 2000 年到 2999 年中 七巧年 共有 年 解 21 好题速递 120 1 已知 则的最大值为 13 11 xy xy 2 23xy 解 设 由此可知 越大 2 2 2 23 33 xk xyky k 抛物线顶点越低 由于 如 13 11 xy x yx y xy 图所示 当抛物线过点时 2 1A max 5k 2 两个三口 父母及一个小孩 之家共同游览黄山 需乘坐两辆不同的缆车 每辆缆车最 多只能乘坐 4 人 但两个小孩不能单独乘坐同一辆缆车 则不同的乘坐方法共有 种 解 422332422 622632422 48C C AC C AC C A 好题速递 121 1 在中 若 则的最大值为 ABC 4ABACCB sin A 解 22 04445ABAC CBABACCAABABACAB AC 22 45cos45cos45cosABACAB ACAAB ACAB ACAAB ACA 即 则 4 cos 5 A 3 sin 5 A 2 现有 4 人去旅游 旅游地点有 A B 两个地方可以选择 但 4 人都不知道去哪里玩 于 是决定通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去哪里玩 掷出能被 3 整除的数时去 A 地 掷 出其他的则去 B 地 1 求这 4 个人中恰好有 1 个人去 B 地的概率 2 求这 4 个人中去 A 地的人数大于去 B 地的人数的概率 解 依题意 这 4 个人中 每个人去 A 地旅游的概率为 去 B 地的人数的概率为 1 3 2 3 设 这 4 个人中恰有人去 A 地旅游 为事件k 0 1 2 3 4 i A i 4 4 12 33 ii i i P AC 1 这 4 个人中恰有 1 人去 A 地游戏的概率为 13 1 14 1232 3381 P AC 2 设 这 4 个人中去 A 地的人数大于去 B 地的人数 为事件 B 则 34 BAA 3140 34 44 12121 33339 PCC 好题速递 122 1 已知 且的最小值 1234 Ax x x x 212 sin1 4 x BxRx 1234 xxxx 为 解 的周期为 8 图象关于点中心对称 图象也关于点sin 4 x y 12 0 1 212 y x 中心对称 故要最小 在轴右侧最靠近轴的四个点 12 0 1234 xxxx yy 1234 4 1248xxxx 2 将 3 个不相同的黑球和 3 个相同白球自左向右排成一排 如果满足 从任何一个位置 含这个位置 开始向右数 数到最末一个球 黑球的个数大于或等于白球的个数 就称 这种排列为 有效排列 则出现有效排列的概率为 解 有效数列 要求从后往前数 黑球数目总是大于或等于白球的个数 有如下五种模 式 以上三种是后两位都是黑球 以上两种是后三位黑白黑 罗列要有规律 故概率为 33 33 6 6 51 4 A A A 评注 评注 在求概率的时候所有的相同不同的球一律视为不同 从而保证基本事件等概率 好题速递 123 1 自平面上点引两条射线 点分别在射线 上 且 点OOAOB P QOAOB2PQ 与点不重合 且 则的取值范围是 P QO 3 AOB PQ POQP QO POQO 解 设 则 OPQ 2 3 POQ 2 0 3 2 2cos 2cos 3 2 2 coscos2sin1 2 36 QO PO PQ POQP QO POQOPOQO 2 一个不透明的袋中装有大小形状完全相同的黑球 10 个 白球 6 个 共 16 个 经过充分 混合后 现从中任意摸出 3 个球 则至少得到 个白球的概率是 用数值作答 解 3 10 3 16 11 1 14 C C 好题速递 124 1 若的内角满足 则的最小值是 ABC sin2sin2sinABC cosC 解 由得 即sin2sin2sinABC 22abc 2 2 ab c 2 22 222 1 2 31262 4 cos 228444 abab abcab C ababba 2 用红 黄 蓝三种颜色分别去涂图中标号为 1 2 3 9 的 9 个小正方形 如图 需满足任意相邻 有公共边的 小正方形所涂的颜色都不相同 且 标号为 1 5 9 的小正方形涂相同的颜色 则符合条件的所有涂法中 恰好 满足 1 3 5 7 9 为同一颜色 2 4 6 8 为同一颜色的概率为 解 求 n 第一步 涂 1 5 9 有 3 种方法 第二步 涂 2 6 3 类 2 6 同色 涂 2 6 有 2 种 如 1 涂红 则 2 6 可黄黄或蓝蓝 涂 3 有 2 种 3 与 2 不同色 但可与 1 同色 故有 2 2 4 种 类 2 6 不同色 涂 2 6 有 2 种 如 1 涂红 则 2 6 可黄蓝或蓝黄 涂 3 只有 1 种 只能与 1 同色 故有 2 种 第二步 涂 4 8 7 与涂 2 6 3 一样 有 4 2 6 种 故共有 n 3 6 6 108 123 456 789 求 n A 把 1 3 5 7 9 看作一块 2 4 6 8 看作另一块 用 3 种颜色涂这 2 块 n A 2 3 6A 61 10818 P A 好题速递 125 1 设是双曲线在第一象限内的点 为其右焦点 点关于原A 22 22 10 0 xy ab ab FA 点的对称点为 若 设且 则双曲线离心率的取值OBAFBF ABF 12 6 范围 解 设左焦点为 令 则 FAFm AFn BFAFn 所以 即2BFAFa 2nma 因为 所以AFBF OAOBOFc 所以 222 4mnc 即 2 222 242mnmncmnca 又因为 22 11 22sin22sin2 22 ABFAOF SSmncmnc 于是得 222 2sin22cca 222 1 sin21 1sin2 eee 因为 所以 12 6 13 sin2 22 故 2 1 2 42 3 1sin2 e 故2 31e 2 从边长为 1 的正方形的中心和顶点这五点中 随机 等可能 取两点 则该两点间的距离为 的概率是 2 2 解 2 5 好题速递 126 1 已知函数 若存在 使得函数有三个零点 2g xx xax 2 3a yg xat 则实数 的取值范围是 t 解 2 2 2 2 xa x xa g x xa x xa 若 对称轴时 在上递增xa 2 2 2 a xaa g x a 若 对称轴时 在上递增xa 2 2 2 a xaa g x a 所以当时 在上递增 则函数不可能有三个零点 故只需22a g xR yg xat 考虑的情况23a 画出的大致图象知 要使得函数有三个零点 只能 yg x yg xat 2 2 a gg a 即 即存在 使得即可 2 2 2 4 a taa 23a 2 2 2 4 a t a 令 只要使即可 而 2 2 244 2 44 aaa h a aa max th a max 25 3 12 h ah 故 25 2 12 t 2 如图 沿田字型的路线从往走 且只能向右或向下走 AN 随机地选一种走法 则经过点的概率是 C 解 2 3 好题速递 127 1 已知是空间相互垂直的单位向量 且 则的最小 a b 3 1 2cc ac b cmanb 值是 解法一 解法一 由知在方向上的投影为 1 在方向上的投影为 2 1 2c ac b c a c b 是在组成的平面内的任意向量 表示空间向量的终点到平面上manb a b cmanb c A B C D E F S NM 任一点的距离 最小值就是连线垂直于平面时 即 222 3212 解法二 解法二 22 222 22 22 22 2 9244124 cmanbcmanbcm an bc manb mnmnmn 2 从集合中随机选取一个数记为 m 从集合中随机选取一个数记为 n 1 1 2 3 1 2 4 则方程表示焦点在轴上的椭圆的概率为 22 mxnymn x 解 3 1 好题速递 128 1 已知函数 若关于的方程有 1 2 21 0 21 0 x x f x xxx x 22 120fxmf xm 五个不同实根 则的值是 m 解 画出的图象 可知当时 有 3 个根 把代入 f x 1f x 1f x 得或 22 120fxmf xm 0m 1 2 m 当时 方程有 5 个根 当时 或 此时有 7 个根 舍去 0m 1 2 m 1f x 1 2 f x 2 袋子中装有大小 材质都相同的 2 个绿球 3 个白球共 5 个小球 随机从袋子中一次性 摸取 2 个小球 规定摸到 1 个绿球得 2 分 1 个白球得 1 分 问摸取 2 个小球的得分之和 为几分的概率是最大的 试通过计算给出回答 解 摸取个小球的得分之和可能出现三种情况 依次记其发生的事件分别22 3 4 为 1 分 A B C 事件表明摸取的个小球都为白球 其概率 2 分A2 2 3 2 5 3 10 C P A C 事件表明摸取的个小球为 个白球 个绿球 其概率 3 分B211 11 32 2 5 6 10 CC P B C 事件表明摸取的个小球为个绿球 其概率 4 分C22 2 2 2 5 1 10 C P C C 通过以上的计算结果可以知道 摸取个小球的得分之和为 分的概率是最大23 的 5 分 好题速递 129 1 已知三棱锥的侧面底面 侧棱 且PABC PAC ABCPAAB 如图平面 以直线为轴旋转三棱锥 记该三棱锥在4PAPCACAB AB AB 平面上的俯视图面积为 则的取值范围是 SS 解 因为侧面底面 PAC ABC 所以在旋转过程中等边在底面上的射影总在侧面PAC 与平面的交线 上 且长度范围是PAC l2 3 4 由已知可推得ABl 所以 minmax 4 3 8SS 2 袋子里有 3 颗白球 4 颗黑球 5 颗红球 由甲 乙 丙三人依次各抽取一个球 抽取 后不放回 若每颗球被抽到的机会均等 则甲 乙 丙三人所得之球颜色互异的概率是 解 3 11 好题速递 130 1 已知非零向量的夹角为 则的取值范围是 a b 3ab 1ab 解 由与3ab 1ab 两式平方相加和相减得和 22 2ab 1 2 a b 22 221aba ba b 得 1 coscos 2 a b 0 3 2 1 的展开式中常数项为 240 则的展开式中项的 6 0 a xa x 4 2xaxa 2 x 系数为 2 2015 年 5 月 12 日 尼泊尔再次发生强烈地震 世界各国纷纷派出搜救队员参与到尼 泊尔的抗震救灾中 现要从 7 名中国籍搜救队员 4 名非中国籍搜救队员中选 5 名组成一 支特殊搜救队到某地执行任务 求这 5 名队员中至少有 2 名非中国籍队员的概率 解 1 64 2 541 774 5 11 43 1 66 CC C C 好题速递 131 1 函数 若对 4 0 1 x f xx x 1 2 g xxaxbab 1 0 x 21 xx 则的最大值为 21 g xf x 2ab 解 1 2 2 1 2 baxb ab g xxaxb abxa 44 40 11 x f xx xx 若使对 成立首先需使且 1 0 x 21 xx 21 g xf x 1 4 2 ba 1 0 2 ab 且线段与曲线无交点 2 ab yxaxb 4 0 1 x f xx x 由得无正根 2 4 1 ab yx x y x 2 30 22 abab xx i 若 即时 要求 3 2 0 2 ab 6ab 2 320 2 ab ab 解得 即182ab 62ab ii 若时 满足 恒成立6ab 0 2 ab 综上 2ab 故要使对 成立只需 画出可行域可得 1 0 x 21 xx 21 g xf x 8 2 ba ab ab 27ab 2 1 若复数与其共轭复数满足 则 zz5z 2zz 5 z z 2 若函数的图象总在图象的上方 求实数的取值集合 ln xa f x x F xx a 解 1 2 2 对且恒成立 ln xa x x 0 x 1x 故或 min ln 1axxxx min ln 01axxxx 令 得 lng xxxx 1a 好题速递 132 1 已知 若的最大值是 则关于的不等 222 2145f xxaxaa f x g aa 式的解集是 1 2 log30g a 解 令 则 2 10 1xt 22 1xt 所以 2 222 246246f ttataataaa 当时 0a 2 046g afaa 当时 01a 2 246g af aaa 当时 1a 2 125g afaa 解得或 1 2 log308g ag a 26a 3a 2 1 设 复数满足 且 其中 为虚数单位 求 Ra z2izaiz 5z ia 2 已知是函数的一个极值点 图像经过点 设0 x 32 f xxbxcx f x 3 0 A 在其图像上不同两点处的切线分别为 当时 求证 f x 1122 P x yQ xy 12 l l 12 ll 为定值 12 xx 1 解 由得 2izaiz 2 1 ai z i 2 1 1 1 aii ii 2 2 2 aa i 再由得 5z 22 22 25 22 aa 解得 46a 2 解 由得 32 f xxbxcx 2 32fxxbxc 由是函数的一个极值点知 0 x f x 0 0fc 又由图像经过点得 f x 3 0 A 3 27930fbc 所以 3b 32 3f xxx 由得 12 ll 22 121122 3636fxfxxxxx 化为 由于 得 1212 3 2 0 xxxx 12 0 xx 12 2xx 所以当时 为定值 12 ll 12 xx 好题速递 133 1 如图 一条隧道的截面由一个长方形和抛物线构成 现欲在隧道抛物线拱顶上安装监控 探头 若位置对隧道底的张角最大时 采集效果最好 则采集效果最好时位置CAB 到的距离是 CAB 解 以抛物线顶点为原点建系 则抛物线方程为 2 4xy 4 6 4 6 ABC x y 设 则ACB cos CA CB CA CB 且 11 86sin 22 ABC SyCA CB 所以两式相除得 2 2 868 tan 8 166 64 6 y xy y y 当且仅当时 即到的距离为m 时 取得2 26y CAB2 2 max 8 tan222 2 24 2 1 某校周四下午第三 四两节是选修课时间 现有甲 乙 丙 丁四位教师可开课 已知甲 乙教师各自最多可以开设两节课 丙 丁教师各自最多可以开设一节课 现要求 第三 四两节课中每节课恰有两位教师开课 不考虑教师所开课的班级和内容 不考虑教师所开课的班级和内容 则不同的 开课方案共有 种 解 若只有甲乙两人开课 他们两人每人开设两节 只有一种方案 若甲乙两人开课 丙丁中有一人开课 则有种方案 111 222 8C A A 若甲乙两人中有一人开课 丙丁两人均开课 有种方案 12 22 4A A 若甲乙丙丁四人全部开课 每人一节 有种方案 22 42 6C C 故共有 19 种 2 若二项式展开式中含有常数项 则的最小取值是 2 3 2 3 n x x nN n 解 7 好题速递 134 1 已知双曲线的左 右焦点分别为 过的直线交双曲线 22 22 10 0 xy ab ab 12 F F 2 F 的右支于两点 若 且 则双曲线的离心率为 P Q 112 PFFF 22 32PFQF 解 如图所示 标出两个焦点三角形各边的长度 是的中点 则在M 2 PF 中 利用勾股定理得 11 Rt PFM Rt FMQ 2222 2 1 2344FMccacaca 所以 22 51270caca 即 7 5 e 2 1 将二项式的展开式按的降幂 n x x 2 1 4 x 排列 若前三项系数成等差数列 则该展开式中的指数是整数的项共有 个 x 2 无重复数字的五位数 a1a2a3a4a5 当 a1a3 a3a5时称为波形数 则由 1 2 3 4 5 任意组成的一个没有重复数字的五位数是波形数的概率为 解 1 3 个 2 五个数任意排列 有种不同排法 5 5 120A 若将 5 排在位置 4 排在位置 其余三个数任意排 有种 2 a 4 a 3 3 6A 5 与 4 交换位置 又有 6 种 若将 5 排在位置 3 排在位置 则 4 只能排在位置 其余两个数有 2 种排法 5 与 2 a 4 a 1 a 3 交换位置 又有 2 种 共计 6 6 2 2 16 种 概率为 162 12015 好题速递 135 1 已知向量的夹角为 向量 的夹角为 a b 3 5ab ca cb 2 3 则的最大值为 2 3ca a c 解法一 解法一 则 又 OAa OBb OCc 2 3ACca 5ABab 3 AOB 此时四点共圆 也可能不四点共圆 点 C 关于 AB 对称点也可 2 3 ACB O A C B 但要使最大 显然四点共圆时更大 a c 由正弦定理得 则 3 sin 5 ABC 4 cos 5 ABC 在中 由余弦定理得ACO AOCABC 22 2 2cosACaca cAOC 即 8 12230 5 a ca ca c 所以cos24a ca cAOC 解法二 解法二 同前 四点共圆 O A C B 由正弦定理得 5 3 R 3 sin 5 ABC 3 tan 4 ABC 又 28 cos tan3 OAC OAC S a ca cAOCS 所以当且仅当为等腰三角形时 AOC max9 OACNAC SS 故的最大值为 24 a c 解法三 解法三 同前 四点共圆 O A C B 由极化恒等式 2 2 4 AC a cOE 故 2 22 324 4 AC a cOENE 2 1 预祝大家高考满堂红 这句话 如图所示形式排列 从 预 字读起 只允许逐字沿水平向右或竖直向下方向读 则读完整句话的不同读法共有 种 答案 种 8 2256 2 的展开式中的系数是 8 11xx 5 x 解 14 好题速递 136 2015 年浙江第年浙江第 18 题题 设函数 记为在上的最大值 2 f xxaxb a b R M a b yf x 1 1 1 设 求证 2a 2M a b 2 若 请求出的最值 2M a b ab 证明 1 因为对称轴或 0 1 2 a x 0 1 2 a x 预 祝 大 家 高 考 满 堂 红 祝 大 家 高 考 满 堂 红 大 家 高 考 满 堂 红 家 高 考 满 堂 红 高 考 满 堂 红 考 满 堂 红 满 堂 红 堂 红 红 max max1 1max 1 1f xffabab 证法一 规划视角证法一 规划视角 22 22 1112112110ababba baba baa b 故 又结合 max 1 410 max 1 1 1 410 baa b f xabab baa b 2a 可以从规划视角来解题 以为横坐标 为横坐标建系 ab 画出可行域如图 1 所示 410 2 a b a 目标函数视为可行域内的点到直线的距离的 1 12 2 ba ba a b10 xy 倍 显然当取点时2 a b 2 1 min 1222ba 同理 可行域如图 2 所示 410 2 a b a 目标函数视为可行域内的点到直线的距离 1 12 2 ab ab a b10 xy 的倍 显然当取点时2 a b 2 1 min 12ba 综上 2M a b 证法二 绝对值不等式证法二 绝对值不等式 max max1 1max 1 1 1111 2 22 f xffabab abababab a 解法三 解法三 max 1 1M a babab 令 则1bt max M a bg tta ta 在同一个坐标系中画出和的图象 两者取其大 则显然当时 1 yta 2 yta 0t min2g ta 故 2M a b 2 解法一 规划视角 解法一 规划视角 222 2 112 21231 211221231 848 1 22 42 44 24 fab ababa M a bfabababa abaa a b fab 显然又是一个规划问题了 以为横坐标 为横坐标建系 画出可行域如图中的蓝色部分 这里画图时注意到abABC 上下两条抛物线恰与两条直线相切 这里命题人命题时可能又是两边夹的应用 目标函数 0 0 0 0 0 0 0 0 ab ab ab ab zab ab ab ab ab 当然这个目标函数也可以理解为一个正方形逐渐变大 显然当在第一象限 含坐标轴 时 目标函数 a b 0 1ab 当在第二象限时 目标函数 a b 0 3ab 当在第三象限时 目标函数 a b 0 3ab 当在第四象限时 目标函数 a b 0 1ab 综上 的最大值为 3 最小值为 0 ab 解法二 解法二 显然 而时 所以0ab 0ab 2 f xx 0 012M a bM 可以取到 所以0ab min 0ab 又由 1 的逆否命题可知当时 必有 2M a b 2a 且 112 4112231 112 fab ababbb fab i 若 则01b 2 13ab ii 若 则 30b 1 1 2 a 2 2 24 aa fbM a b 所以 从而 2 02 4 a b 2 2 2133 42 aa aba 当且仅当时 2 1ab 2 21f xxx 2M a b 3ab 综上 的最大值为 3 最小值为 0 ab 解法三 解法三 显然 而时 所以0ab 0ab 2 f xx 0 012M a bM 可以取到 所以0ab min 0ab 由 1 11 11 2 111 112 2 aff fab fab bff 故 1111 1111211111 2222 abffffffff 故或 11abf 11abf 又 故 12f 3ab 这种解法范韡同学考前特地拿来问 硬逼着我去解 难道他 做梦做到这个题了 呵呵 好题速递 137 2015 年第年第 20 题题 已知数列满足且 n a 1 1 2 a 2 1 nnn aaan N 1 求证 1 12 n n a n a N 2 若数列的前项和为 证明 2 n an n S 11 2221 n S nnn 证明 解法一 综合法解法一 综合法 1 故 2 1 0 nnn aaa 11 1 2 nn aaa 又 故与同号 又因为 故 即 1 10 n n n a a a 1n a n a 1 1 0 2 a 0 n a 1 0 2 n a 所以 即 1 1 1 1 2 n n n a a a 1 12 n n a n a N 解法二 分析法解法二 分析法 2 2 1 111 244 nnnn aaaa 而 故与同号 又因为 故 即 2 1 1 nnnnn aaaaa 1n a n a 1 1 0 2 a 0 n a 且 1 0 2 n a 1 1 n n a n a N 另一端要证 即证 即证 即证 显然 1 2 n n a a 2 2 n nn a aa 2 20 nn aa 1 20 nn aa 成立 故 1 12 n n a n a N 本题的几何背景 本题的几何背景 是二次型结构的递推关系式 所以可将 2 1 nnn aaan N 视为抛物线上的点 则可视为点与原点连线的斜率 1 nn a a 2 yxx 1n n a a 1 nn a a 画出的图象 2 1 0 2 yxxx 因为原点处的导数值 点与原点连线斜率为 故 0 1 x y 1 1 2 4 1 2 1 1 2 k 即 1 12 n n a n a N 2 由 2 1nnn aaa 可得 222 12121111 1 2 nnnnnn Saaaaaaaaaa 分析法分析法 要证 即证 11 2221 n S nnn 2222 n nn S nn 即证 1 11111 222222 n a nn 即证 1 11 222 n a nn 解法一 由解法一 由的二次型结构 考虑用取倒法证明的二次型结构 考虑用取倒法证明 2 1 nnn aaan N 2 1 11111 11 nnnnnnn aaaaaaa 故 1 111 1 nnn aaa 由 1 知 得 1 0 2 n a 1 11 1 2 nn aa 累加得 即 11 11 2 n nn aa 1 11 222 n a nn 从而 式得证 原命题得证 解法二 从第一小题的结论出发 利用单调性放缩解法二 从第一小题的结论出发 利用单调性放缩 由得 1nn aa 2 11nnnnnn aaaaa a 所以 即 11nnnn aaa a 1 11 1 nn aa 故累加得 所以 11 11 2 n nn aa 1 1 2 n a n 同理 又由第 1 小题的另一边得 1 2 nn aa 2 11 2 nnnnnn aaaaa a 即 1 11 2 nn aa 故累加得 所以 1 11 222 nn nn aa 1 1 22 n a n 即 得证 1 11 222 n a nn 评注 评注 本解法多次用到了累加 是典型的等变不等的问题 特别是第二小题 如果在第一 小题的基础上 想到将不等号全部改为等号 那么提示意味就很明显一些了 考前学生们做了考前学生们做了 1 已知数列中 n a 1 1a 112 2 nn naaaan N I 求 II 求数列的通项公式 234 a a a n a n a III 设数列满足 求证 n b 1 1 2 b 2 1 1 nnn k bbb a 1 n bnk 解 I 234 2 3 4aaa II 1 2 nn naS 1 12 nn naS 两式相减得 即 故累乘得 1 12 nnn nanaa 1 1 nn nana n an III 由 II 得 2 1121 1 0 nnnnn bbbbbbb k 故是单调递增数列