讲学练高二上数学：2-1与“学考”复习单元测试、模拟卷答案(供2014-9使用,新2版).doc

新课程同步训练高二数学文理共用参考答案（供2014年9月开始使用）（人教A版，第8版慈溪修订，选修2-1，必修内容章测试+“学考”测试模拟）一、选修2-1 1.1.1命题 1.1.2四种命题 1B 2B 3B 4B 5略 6若，则假 7若，则，真 8两条对角线不相等的四边形不是矩形，真 9原命题是真命题，则它的逆否命题的真命题 10略 11.原命题真；逆命题:“已知，若，则”假；否命题:“已知，若，则”假；逆否命题:“已知，若，则”真.二、选修2-1 1.1.3 四种命题间的相互关系1C 2A 3C 4D 5没有关系 相同 相同 6若，则 7,； ,； ， 8 9逆命题：若方程有实数根，则，假命题；否命题：，假命题；逆否命题：若方程没有实数根，则，真命题10. 提示：可用“原命题与逆否命题的等价性”来证明11提示：只需证明其逆否命题:若且,则. ， 三、选修2-1 1.2.1 充分条件与必要条件1D 2B 3A 4D 5 6充分不必要条件 7必要不充分 8； 9假 真 假 10必要，必要 , 方法一：“”的逆否命题为“有意义，”；方法二：假设，有意义，矛盾11.四、选修2-1 1.2.2 充要条件1A 2B 3C 4B 5 ， ， ， ， ；充分不必要6. 7既不充分又不必要 必要不充分 必要不充分 充要8且 9，证明略 10提示：，11. （1）；（2），提示：， 讨 论化简集合A,当时列不等式求之。 五、选修2-1 1.3 简单的逻辑联结词1D 2C 3C 4D 5或 且 或 且 或6 7.（1）若，（2）若 8 9必要不充分条件10.（1）等腰三角形的任意两个内角都不相等；不是等腰三角形的任意两个内角都不相等 （2）自然数的平方不是正数；不是自然数的数的平方不是正数11； 12. 六、选修2-1 1.4.1 全称量词、 1.4.2 存在量词1D 2C 3A 4A 5D 6（1）；（2）；（3）7 ； 8. 若一个四边形为正方形，则这个四边形一定为菱形，全称命题，真 9 假 真 10由得 由或得七、选修2-1 1.4.3 含有一个量词的命题的否定1C 2C 3C 4B 5存在一个平行四边形，对边不全相等6所有的质数不是偶数 7 89.（1）全称命题；存在实数x，不是方程5x-120的根；真（2）全称命题；对于任意实数y，存在实数x，使；（3）特称命题；任意大于等于0的实数m，使方程x2xm0没有实数根；假 10. ， 或：所有平方大于的数都大于 ， 或：至少存在一个不大于且平方大于的数 真八、选修2-1 第一章常用逻辑用语章末综合能力测试题1D 2D 3B 4C 5C 6B 7D 8A9B 10A 11否命题：不是菱形的四边形的对角线不互相垂直 ；命题的否定：菱形的对角线不互相垂直 12.略13必要条件；充分条件；充分条件， 14 或或等之一 或等15.（1）既不充分又不必要 （2）b016逆命题：若，则，假；否命题：若，则，假；逆否命题：若，则 ，真17（1） :2010与2012不都是5的倍数 ；假，真；（2） 每一个素数都不是偶数；真，假；（3） 存在一个正整数不是质数且不是合数；假，真；（4） 存在一个三角形有两个以上的外接圆或没有外接圆。18恒成立 19p真：，得；q真：，得若p真q假：；若p假q真：，综上,得实数的取值范围为20 或，提示：对，恒成立即恒成立，得 ，所以，又，所以 ,或，得或， 又为真，为假，得真假或假真，九、选修2-1 2.1 曲线与方程1C 2D 3D 4D 5D 6或2 7x0(y0) 8 9 10. 11. 点在曲线上，点不在曲线上 或12. 或13. 取分别为轴的正方向建立坐标系，设，则，由消去得，点轨迹方程为十、选修2-1 2.2.1 椭圆及其标准方程1D 2B 3B 4C 5.D 68 79 89 10. 椭圆 11. 12. 取边所在直线为轴，线段的中垂线为轴，则，点M的轨迹方程为13. 十一、选修2-1 2.2.2 椭圆的简单几何性质1A 2A 3B 4.C 5C 6 74或1 8. 9 10 11. 或 12. 13. 十二、选修2-1 2.3.1 双曲线及其标准方程2D 1D 3B 4D 5C 7 6 89 10.36 11 12. 13.提示：（一）用两点间距离公式求代入，化简求，较烦；（二）用第二定义求之，较简.十三、选修2-1 2.3.2 双曲线的简单几何性质1A 2C 3A 4B 5A 6 73 8 9 10. 11. 12. 13. 十四、选修2-1 2.4.1 抛物线及其标准方程1D 2A 3B 4C 5.B 6.2 75，（4，4）或（4，-4） 84 98 10 11 或 或12. ,或, 13. , 或（4，-4）十五、选修2-1 2.4.2 抛物线的简单几何性质1D 2D 3C 4C 5B 6 7 8（2，2） 9 10 11. 或 12.（1）-3 （2）不变，等于-3，提示：设，代入由韦达定理得 可求得 13.略十六、选修2-1 第二章圆锥曲线与方程章末综合能力测试题1A 2A 3C 4B 5C 6D 7A 8C 9C 10C 11 12或 13 14 15 16 17 M或M 18 20 19（1） （2） 20 十七、选修2-1 3.1.1 空间向量及其加减运算1B 2D 3D 4A 5（1）0 （2） 6单位球面 7 8 9(1)个; (2); (3);(4) 10(1); (2); (3);11.提示：,十八、选修2-1 3.1.2 空间向量的数乘运算1D 2B 3B 4B 5 6-1 7-1 8 9设，则，与共线. 10.证明（略） 11.不妨设， 则即, 又，四点共面,反之成立.十九、选修2-1 3.1.3 空间向量的数量积运算1A 2A 3D 4B 5.3 6 7 8 9. 10 11.提示： , , 由知， 。二十、选修2-1 3.1.4 空间向量的正交分解及其坐标表示1 D 2D 3A 4C 54 6 7, 8.共面9. 10, 11.（1）, （2） 二十一、选修2-1 3.1.5 空间向量运算的坐标表示1A 2.B 3C 4D 5.C 6 7或 8 9且 10.4 11.（1）（2） 12， 13.（1）略 二十二、选修2-1 3.2（一） 立体几何中的向量方法（1）1 C 2C 3D 4.C 5， 6平行 7 8 9. ，提示：可设，由可解得：10， 11. 方法（一）：（）平面ABCD,PABD即BD 又为菱形, 平面,又 分别是的中点, （）设为中点 ，则平面，作交于，则平面，是中点，得，故即二面角的平面角 ，在中，得 方法（二）：（）是的中点，故，以分别为 轴建立空间直角坐标系，设则，即（）平面的法向量为n(0,0,1), 设平面的法向量为n= ,而 由得 平面的法向量可取n=（-1，）设二面角的大小为，则， 二十三、选修2-1 3.2（二） 立体几何中的向量方法（2）1B 2A 3D 4C 5. 6平行 7， 8 9 10.略 （3）二十四、选修2-1 第三章空间向量与立体几何章末综合能力测试题1C 2B 3D 4D 5D 6C 7D 8C9.B 10B 11. 12. 13. 14. 15.建立以为原点，所在直线分别为轴的空间直角坐标系，则,， , ,16. =17.；18.建立以为原点，所在直线分别为轴的空间直角坐标系，则, , , ,设，则,平面 存在使(F为PC的中点), 当点在点时，有平面.19. 建立以为原点，所在直线分别为轴的空间直角坐标系，则, , , , , .设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则，即 ，即 , .20.，, , 平面，几何意义：以为邻边的平行四边形面积.二十五、阶段复习（一）（选修2-1第一章常用逻辑用语测试题）1 A 2D 3C 4C 5C 6充分不必要条件 7若都是奇数，则不是偶数8 9.-1 10.充要条件 11.逆命题：若成等比数列，则，真命题；否命题：若，则不成等比数列，真命题；逆否命题：若不成等比数列，则，假命题 12.证明略 13.（1） （2）二十六、阶段复习（二）（选修2-1第二章圆锥曲线与方程测试题）1B 2C 3A 4B 5D 6 78 9 10. 11.12. 略 13. 二十七、阶段复习（三）（选修2-1第三章空间向量与立体几何测试题）1D 2B 3A 4B 5A 6 7.2 8. 9 10.2； 11. ， 12. 建立以为原点，所在直线分别为轴的空间直角坐标系， 则,，与所成角为.13.建立以为原点，所在直线分别为轴的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则,，设平面的一个法向量为，则，即 令，则， ，同理，可得平面的一个法向量为， ，平面平面. 设平面的一个法向量为,则,即,，又，.二十八、选修模块 系列2-1 综合评价测试题（一） 1A 2D 3D 4B 5D 6B 7C 8B 9A 10.D11.ABC中,若C=90,则A、B不都是锐角 12. 13.-1 14. 15. 16.为假命题时， ；为真命题时，17. 建立以为原点，所在直线分别为轴的空间直角坐标系，设，平面的一个法向量为，则,，则，,由，即， 又，且平面,平面平面的一个法向量为，由图形知，二面角的大小为.18.证明：（1）设过点的直线交抛物线于点，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，直线与抛物线相交于，。当直线的斜率存在时，设直线的方程为，其中由得又 综上，“直线与抛物线相交于、两点，如果直线过点，那么”是真命题（注:如果设）（2） （1）中命题的逆命题是：“直线交抛物线于、两点，如果，那么直线过点”该命题是个假命题。例如：取抛物线上的点，直线AB的方程为，而点（3，0）不在直线AB上。 19.建立以为原点，所在直线分别为轴的空间直角坐标系，则, ，, ,与所成角的余弦值为. 假设，则，存在点，使平面.20. 由题意得：， 设直线方程为，由消去得 ，又，又当时，又当轴，.二十九、选修模块 系列2-1 综合评价测试题（二） 1B 2D 3C 4A 5C 6D 7.D 8B 9B 10C 11. 12. 13.或 14. 15. ， 16.当命题为真命题时，有；当命题q为真命题时，有，即若真q假，则，若假q真，则，17（1）； （2）D为A1C1的中点.18.当时，由消去得，设到的距离为，则,又，直线方程为:或或或.19.建立以为原点，所在直线分别为轴的空间直角坐标系，设，则, ，,设平面的一个法向量为，则，,令,， 平面.设平面的一个法向量为，则，即， , 平面的一个法向量为,， , 即， 又20解：（1）设,P(x , y) 因为，所以 （*）又点P是MN上一点，且，所以P分所成的比为 将其代入（*）得 即为所求的方程 （2），所以四边形OASB为平行四边形，若存在l使得|=|，则四边形OASB为矩形 若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由矛盾，故l的斜率存在.设l的方程为 把、代入存在直线使得四边形OASB的对角线相等 三十、必修第一章集合与函数概念单元检测一、选择题题号12345678910答案ABBBCBCADA二、填空题11. 12. 13. 14.6；15.1，1 16. 17.1三、解答题18.（1）由知，从而得，即，解得或当时，满足条件；当时，满足条件所以或（2）对于集合，由因为，所以当，即时，满足条件；当，即时，满足条件；当，即时，才能满足条件，由根与系数的关系得，矛盾故实数的取值范围是19.依题意，恒成立，则，解得，所以，从而，所以的值域是20. (1)(2) 三十一、必修第二章基本初等函数（I）单元检测一、选择题题号12345678910答案DBCDADADAC二、填空题11. . 12. 13. 0 14.；15. 16. 17. 三、解答题18.解：（1）因为 所以当时，故值域为 （2）因为，所以当时，；当时，19.解：（1）；（2）奇函数，证明略；（3） 20.解：（1）由已知，且 解得 所以 （2）可知，则（）在恒成立等价于在恒成立 所以在恒成立 因为易知函数在上是减函数 所以的最小值为 故的取值范围是 （）因为，对称轴， 所以由（)得 当即时，当即时，当即时，所以 三十二、必修第三章函数的应用单元检测一、选择题题号12345678910答案BDACDBBDBA二、填空题11、2 12、 13、5 14、（2,1）15. (-2,0)(2 ,5 16. 17. 三、解答题18.（1） 即 则 定义域为 （2）证明：设又 ，则 又 19. 解（1）由题意：未租出的车辆为：租出的车辆为：(2) 方法一：设每辆车的月租金为x元时 ，月收益为y元由题意得： 所以当x=4050元时， 方法二： 设月租金增加的为50x元，月收益为y，则未租出的车辆为x辆 ，每辆车月租金为所以 当，即月租金为4050元时 20. （1）由题意知，需加工G型装置4000个，加工H型装置3000个，所用工人分别为人，人. 即。（2）。当；当（3）完成总任务所用时间最少即求的最小值. 当时，递减，此时 当时，递增， 此时 加工G型装置，H型装置的人数分别为86，130或87，129。三十三、必修第一章三角函数单元检测一、选择题1A 2B 3C 4B 5A 6A 7. A 8.C 9D 10D 二、填空题11.k，k)(kZ)12 1013.y1sin(2x)14 15 1617(1)；(2).三、解答题18 解：(1)f()cos.(2)cos()cos()sin，sin.又是第三象限角，cos. f()().19解：(1)设扇形的圆心角为，扇形所在圆的半径为R，依题意有 解得或6，即圆心角的大小为弧度或6弧度 (2)设扇形所在圆的半径为x cm，则扇形的圆心角，于是扇形面积是Sx24xx2(x2)24.故当x2 cm时，S取得最大值此时圆心角2弧度，弦长AB22sin14sin1 cm.即扇形的面积取得最大值时圆心角等于2弧度，弦长AB4sin1 cm.20 解：(1)将x0，y代入函数y2cos(x)中，得cos.0，.T，且0，2.(2)点A(，0)，Q(x0，y0)是PA的中点，y0，点P的坐标为(2x0，)点P在y2cos(2x)的图象上，且x0，cos(4x0)，且4x0.4x0，或4x0.x0，或x0.三十四、必修第二章平面向量单元检测一、选择题1 C 2 D 3 D 4 C 5 A 6 C 7 A 8 D 9 D 10 B二、填空题11|20，|15. 12 13. R2 14. 1 15 (，)(，) 16 17.三、解答题18解：(1)由ac，a(3，4)，可设c(4，3)，求得c(，)，或c(，)(2)设e(x，y)，则x2y225.又ae3x4y|a|e|cos45，即3x4y.由上面求得e(，)或(，)又e由a绕原点逆时针方向旋转45得到，e(，) 19解：b(ab)aba(ab)ab.20解：(1)ambnc，(3，2)(m4n，2mn)(2)(akc)(2ba)，akc(34k，2k)，2ba(5，2)，2(34k)5(2k)0，即k.(3)dc(x4，y1)，ab(2，4)，又(dc)(ab)，|dc|1，解得或d(，)，或d(，)三十五、必修第三章三角恒等变换单元检测一、选择题1D 2C 3C 4C 5A 6C 7C 8B 9B 10A 二、填空题11 12. 13 142 15， 16 17 (，2) 三、解答题18 解：ycos(2x)2sin(x)cos2(x)2sin(x)12sin2(x)2sin(x)2sin(x)2. x0，x，sin(x)， ymax，ymin.19 解：(1)由题意，得f(x)2cos2x2sinxcosx1cos2xsin2xsin(2x)1，f(x)的最小值为1.(2)sin(2)sin(2)0，cos()sin()0 又k，cos()0，k(kZ)，k(kZ)，sin()cos()，即原结论成立20 三十六、必修第一章解三角形单元检测一、选择题1. A 2. C 3. C 4. A 5. A 6. B 7.D 8. D9. A解析： 若3是最长边，则，又，得：，所以：；此时B为最大角，由余弦定理，, 因为是锐角三角形，所以最大角是锐角，所以，则：，得：,所以： .若是最长边，则，又，所以：, 此时C为最大角，由余弦定理， ，因为是锐角三角形，所以最大角是锐角，所以，则：，得：,所以：,若，显然满足锐角三角形的要求。综上，的取值范围是：. 10.A二、填空题11. 或 12. 13. 9 14. 15. 16. 17. （1）解法1，（2）两解即A可为锐角或钝角，不能有 三、解答题18.解: 在中,由正弦定理得:又,且.当时, , 当时, ,故或.另法:先用余弦定理求得的两个值,再用正弦定理求得.19.解: 设A,C分别表示缉私艇,走私船的位置,设经过 小时后在B处追上, 则有 ,20.解(1)方法一:即,即 ,而. 方法二:,即, ,而. (2);又,; 由联立得:,所以是等边三角形.三十七、必修第二章数列单元检测一、 选择题题号12345678910答案CDBBBAACAD二、填空题题号11121314151617答案2n-15301819三、解答题18解： 设数列的公比为,由，成等差数列，得，即，由，得，解得，（舍去），所以. 对任意,= =2+=0所以对任意,，成等差数列. 19 解：(1)由，得， ， (2)令=0，解得n=6或n=-5(舍去). 令0,解得n6或 n6()时，. 令0,解得.当0n 12aab2ab 133 1436 15(-2,3) 166 17.提示：由，则，又，即，18解： 由题意，作出可行域如右上图所示，（1） ；经过点 时， . （2） （3）的取值范围是，于是的取值范围是19.解：由，得，得到： 当时， 当时， 当时， 当时，20.解：(1)-1和5是方程的两个根，由韦达定理-1+5=8-2a, （2），当时，；当时， 当时，,即 当时， 三十九、必修第一章空间几何体单元检测1.D 2.C 3.C 4.B 5.C 6.B 7.A 8.D 9.D 10.C11.ABAD0，即m0，即m所以,， OMON，所以x1x2+y1y2=0，代入解得m= 满足m5且m，所以m= 20解：（1）设动点，由整理得： 当时，方程为，表示过且平行于y轴的一条直线； 当时，方程化为，表示以为圆心， 为半径的圆 (2) 方法一、当时，方程化为 看作点和距离的最值问题： 即最大值为，最小值为 方法二、当时，方程化为，即，令，则 其中，转化为直线和圆有交点，即，解得, 所以；即最大值为，最小值为 四十三、2015年高中数学学业水平考试模拟卷（一）参考答案一、选择题题号12345678910111213答案DBCCACABACAAD题号141516171819202122232425答案CCDBDDCDADCA2、 填空题2637; 271，7; 28; 29; 30（1），（2）。三、解答题31解： (1)设数列的首项为，公差为，则由已知得 所以 故 (2)设去掉的是，则，由得，即，所以 ，即去掉的是第项.32.（1）证明：；（2）33.（A）（1）因为/ , ,为的中点，所以四边形为平行四边形，所以/ 因为 所以 即 又因为平面平面 且平面平面= 所以平面因为平面所以平面平面（2）以原点、为轴、为轴、为轴建立空间直角坐标系，则 ，设， 所以 ，得 所以 因为，所以 所以 ，得或因为，所以得 所以，得设平面的一个法向量为，则由 得 取得，所以 取平面的一个法向量为，则二面角的大小满足:，故33. （B)（1）由平面ABCD平面BCEG平面ABCD平面BCEG=BC, 平面BCEG, 所以EC平面ABCD 又CD平面BCDA, 故 ECCD （2）AG平面BDE，理由说明如下： 在平面BCEG中，过G作GNCE交BE于M，连 DM，则由已知知：MG=MN，MNBCDA,且所以MGAD,MG=AD， 故四边形ADMG为平行四边形，所以AGDM 因为DM平面BDE，AG平面BDE， 所以AG平面BDE（3） 【温馨提示：若以点分割，则应为】34解：详细下页41. 四十四、2015年高中数学学业水平考试模拟卷（二）参考答案一、选择题题号12345678910111213答案DBBAABDBABCDB题号141516171819202122232425答案BDCBDBDDABCC二、填空题26; 27; 28; 29; 30(2),(3),(4)。三、解答题31. 解：(1) 由余弦定理得2a cos Abc a， 所以cos A 又A(0，)，故A (2) 由()知CB，故cos Bsin Ccos Bsin (B) sin Bcos Bsin (B) 因为0B，所以B， 所以1sin(B) 所以cosBsinC的取值范围是1，)32.解：（1）由题意，代入得，消得， ，是各项都为正数的等比数列， 进而， （2）记 最小值为， ， 或33.解（A)：(1) 证明：连接AC交BE于点M，连接.由 （2）解法一：连,过作于.由于,故.过作于,连.则,即为二面角的平面角. , 解法二：以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系. ， 设平面的法向量，由 得面法向量为. 由于 ， 解得. 。 33. 解（B）： (1) 证明：连接AC交BE于点M，连接.由， (2)连,在平面内过作于.由于,故.过作于,连.则,即为二面角的平面角., ,即二面角的大小为.34. 解：（1）由题意可知：点到定点的距离与到直线距离相等 所以点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线（2）设，代入得 ， ，故 因为，所以将点坐标中的换成，即得 则，整理得， 故不论为何值，直线必过定点。四十五、2015高中数学学业水平考试模拟卷（三）参考答案一、选择题题号12345678910111213答案ACBBBADCDDAAC题号141516171819202122232425答案CDDBCDBCADCB二、填空题261; 27; 28;