数学押题卷对出题的分析

2006年高考数学考前押题卷(对出题的分析)1已知（2x3)6a0a1(x1)a2(x1)2a6(x1)6，求a1a3a5_命题理由：在多项式系数上，略作一点变化，既能考查对系数特征、组合原理的把握，又可看到学生的能力略解：令x1t，则有 (2t1)6a0a1ta2t2a6t6，a1a3a5364或a1a3a5C2(1)5C23(1)3C25(1)3642（满分14分）如图，在平行四边形ABCD中，AB1，BD，ABD90，将它们沿对角线BD折起，折后的C变为C1，且A、C1间的距离为2（如图乙所示）（）求证：平面A C1D平面ABD；（）求二面角BAC1D的大小 （）E为线段A C1上的一个动点，当线段EC1的长为多少时？DE与平面BC1D所成的角为30图 乙BC1DAEBCDA图 甲命题理由：该题根据新教材B版本中B组某复习题改编，考察了学生简单的线面垂直、平面角、线面角，既可用向量方法求解，也注意到了几何方法的简单、快捷，以折叠方式引入，特别是线面角的探索，有很强的新颖性解法一：（）ABCD是平行四边形，故知BDC1ABD90，即ABBD，C1DBD，ADBC1， 1分DBC1AEyxz由C1D1，AC12可得，AC12C1D2AD2，C1DADC1D平面ABD， 2分又C1D 平面AC1D，故平面AC1D平面ABD 3分（）由ABBD，ABC1D可知，AB平面BC1D，故可以B为原点，平行于C1D的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系 4分则A(0,0,1)，D(0, ,0)，C1(1, ,0)(0,0,1)，(1, ,0)，(0, ,1) ，(1,0,0)5分设平面ABC1的法向量为(x1,y1,z1)，则0，0，即，解得，故得平面ABC1的一个法向量(,1,0)6分设平面ADC1的法向量为(x2,y2,z2)，则0，0，即，解得，故得平面ABC1的一个法向量(0, 1, )7分cos8分显然，二面角BAC1D所成的平面角为锐角，故大小为arccos .9分（）设，则(1,0,0)(1,1)(1, )，10分由ABC平面BCD可知，(0,0,1)是平面BCD的一个法向量， 若DE与平面BC1D所成的角为30，则不难看出60，cos11分又cos12分故，整理，得421242，解得13分故知E为AB的中点，即|C1E|1时DE与平面BC1D所成的角为3014分解法二：（）同上3分（）作DFBC1于F，则DF平面ABC1，又作DGAC1，连FG，由三垂线定理可知，则FGAC1，故FGD就是二面角BAC1D的平面角5分BC1DAEFGHB C1DFBDD C1，故DF，6分同理，DG7分 sinFGD，8分故二面角BAC1D的大小为arcsin9分（）过E作EHBC1于H，则EHAB，故EH平面BC1D，连DH，则EDH就是DE与平面BC1D所成的角10分设|C1E|x，AB1，AC12，故知AC1B30，则EHx，11分同理可知，DC1E60，在DC1E中，由余弦定理得DE212x221xcos60x2x112分若EDH30，则DE2EHx，故有x2x2x1，解得x1，即|C1E|1时，DE与平面BC1D所成的角为3014分3（满分14分）已知f(x)ln(x21)(ax2)（）若函数f(x)是R上的增函数，求a的取值取值范围；（）若|a|1，求f(x)的单调增区间；命题理由：将导数与不等式结合在一起，很常规，也是高考命题的一种趋势，该题既注意到了导数与函数的密切关系，将问题转化为不等式恒成立与最值之间的关系，同时注意到不等式的解法，通过参数的讨论来提升学生的能力解：（）f (x)a，1分f(x)是R上的增函数，故f (x)a0在R上恒成立，即a在R上恒成立，2分令g(x)g (x)3分由 g (x)0，得x1或x1g (x)0，得1x1g (x)0，得x1或x14分故函数g(x)在(,1)上单调递减，在(1,1)上单调递增，在(1,)上单调递减5分当x1时，g(x)有极小值g(1)1，当x1时，g(x)有极大值g(1)1又0，故知g(1)1为函数g(x)的最小值6分a1但当a1时，f(x)亦是R上的增函数，故知a的取值范围是(,17分（）f (x)a 8分由f (x)0，得ax22xa0，由判别式44a24(a1)(a1) 可知当a0时，f (x)0x0，即函数f(x)在(0,)上单调递增；10分当0a1时，有0，f (x)0= x，即函数f(x)在（，）上单调递增；12分当1a0时，有0，f (x)0= x或x，即函数f(x)在（，）、（,）上单调递增14分.4（满分14分）设P(x1,y1)，Q(x2,y2)是抛物线C：y22px 上相异两点，且0，直线QP与x轴相交于E（1）若Q、P到x轴的距离的积为4，求p的值；（2）若视p为已知常数，在x轴上，是否存在异于E的一点F，直线PF与抛物线的另一交点为R，而直线RQ与x轴相交于T，且有3，若存在，求出F点的坐标（用p表示），若不存在，说明理由命题理由：将向量与解析几何综合在一起，结合根与系数的关系的应用，是近年来高考命题的一个热点，本题既注意到了这些方面的综合应用，同时也注意到考察学生分析、探索的能力解： （1）0，则x1x2y1y20，1分xyOPQREFT又P、Q在抛物线上，故y122px1，y222px2，故得 y1y20， y1y24p2 |y1y2|4p23分又|y1y2|4，故得4p24，p=14分（2）设E(a,0），直线PQ方程为xmya联立方程组 5分消去x得y22pmy2pa06分 y1y22pa 7分 设F(b,0)，R(x3,y3)，同理可知，y1y32pb 8分由、可得 9分 若 3，设T(c,0)，则有(x3c,y30)3(x2c,y20)y33y2 即310分将代入，得b3a11分又由（）知，0 y1y24p2，代入，可得2pa4 p2a2p13分故b6p故知，在x轴上，是否存在异于E的一点F(6p,0)，使得 314分注：若设直线PQ的方程为ykxb，不影响解答结果【试题1】某地区在高三第二轮复习组织一次大型调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数，则下列命题不正确的是 A. 某地区这次考试的数学平均数为88分 B.分数在120分以上的人数与分数在56分以下的人数相同 C. 分数在120分以上的人数与分数在60分以下的人数相同D. 某地区这次考试的数学标准差为10【猜题理由】正态分布在新课标中，只要求它的基本性质，特别是正态曲线的对称性，而这些在现在高考命题是可操作的.【解答】由题意可知，=88，2=100，=10，由正态分布曲线的对称性可知仅C不正确.故选C.【试题2】三棱锥P-ABC中，顶点P在平面ABC的射影为O满足+=0，A点在侧面PBC上的射影H是PBC的垂心，PA=6，则此三棱锥体积最大值是 A36 B.48 C.54 D.72【猜题理由】动态几何问题能有效地考查考生的能力，而且本题利用向量这一工具，使三棱锥体积最大值问题顺利地解决，具有较强的综合性.OPAbaABDCPHO【解答】+=0，O为ABC的重心.又A点在侧面PBC上的射影H是PBC的垂心，PHBC，而PA在侧面PBC上的射影为PH，PABC，又而PA在面ABC上的射影为PO，AOBC. 同理可得COAB，O是ABC的垂心. 由于ABC的重心与垂心重合，所以ABC为等比三角形，即三棱锥P-ABC为正三棱锥. 设AB=x，则AO=，PO=，V= x2= ，令f(x)=108x4x6，则f(x)=6x3(72x2)，当x(0，6)时f(x)递增；当x(6，6)时f(x)递减，故x=6时f(x)取得最大值36. 故选A【试题3】若关于的方程x2(a2+b26b)x+ a2+b2+2a4b+1=0的两个实数根x1，x2满足x10x21，则a2+b2+4a的最大值和最小值分别为A和5+4 B. 和5+4 C. 和12 D. 和154【猜题理由】本题在函数、方程、线性规划的交汇处命题，有效地考查了函数与方程思想方法，以及解答线性规划的基本方法.【解答】令f(x)= x2(a2+b26b)x+ a2+b2+2a4b+1，则由题意有f(0)= a2+b2+2a6b+10且f(1)=2a+2b+20，即(a+1)2+(b2)24且a+b+10，在直角坐标平面aOb上作出其可行域如图所示，而a2+b2+4a=(a+2)2+b24的几何意义为|PA|24（其中P(a，b)为可行域内任意的一点，A(2，0). 由图可知，当P点在直线l：a+b+1=0上且APl时取得最小值；当P点为AC(C为圆(a+1)2+(b2)24的圆心)的延长线与圆C的交点时达到最大值. 又A点的直线l的距离为，|AC|=，所以a2+b2+4a的最大值和最小值分别为和(+2)24=5+4.故选B【试题4】已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c的图象经过原点，且在x=1处取得极值，直线y=2x+3到曲线y=f(x)在原点处的切线所成的夹角为450. (1)求f(x)的解析式；(2)若对于任意实数和恒有不等式| f(2sin)f(2sin)|m成立，求m的最小值(3)若g(x)=xf(x)+tx2+kx+s，是否存在常数t和k，使得对于任意实数s，g(x)在3，2上递减，而在1，0上递增，且存在x0(x01)使得g(x)在1，x0上递减？若存在，求出t+ k的取值范围；若不存在，则说明理由.【猜题理由】本题在函数和导数、以及线性规划的交汇处命题，具有较强的预测性，而且设问的方式具有较大的开放度，情景新颖.【解答】(1)由题意有f(0)= c=0，f(x)=3 x2+2ax+b，且f(1)= 3+2a+b=0.又曲线y=f(x)在原点处的切线的斜率k=f(0)= b，而直线y=2x+3到它所成的夹角为450，1=tan450= ，解得b= 3. 代入3+2a+b=0得a=0.故f(x)的解析式为f(x)=x3 3x.(2)对于任意实数和有2sin，2sin2，2.由f(x)=3x23=3(x1) (x+1)可知，f(x)在(，1和1，)上递增；在1，1递减.又f(2)= 2，f(1)= 2，f(1)= 2，f(2)= 2，f(x)在2，2上的最大值和最小值分别为2和2.对于任意实数和恒有| f(2sin)f(2sin)|4.故m4，即m的最小值为4.(3)g(x)=x(x3 3x)+tx2+kx+s= x4+(t3)x2+kx+s，g(x)= 4 x3+2(t3)x+k，要使g(x)在3，2上递减，而在1，0上递增，且存在x0(x01)使得g(x)在1，x0上递减，只需在3，2和1，x0上g(x)0，而在1，0上g(x)0.令h(x)= g(x)，则h(x)= 12 x2+2(t3)，当t30时，h(x)在R上恒为非负，此时显然不存在这样的常数t和k，t30.当t30)，两动点M，N满足+=0，|=|=|，向量与共线.(1)求ABC的顶点C的轨迹方程；(2)若过点P(0，a)的直线与(1) 轨迹相交于E、F两点，求的取值范围；(3)(理科作)若G(a，0)，H(2a，0)，Q点为C点轨迹在第一象限内的任意一点，则是否存在常数(0)，使得QHG=QGH 恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【猜题理由】本题本题在平面向量和解析几何的交汇处命题，重点考查了解析几何的基本思想方法，体现最新考试大纲的要“构造有一定的深度和广度的数学问题”高考命题要求.【解答】(1)设(x，y)，+=0，M点是ABC的重心，M(，).又|=|且向量与共线，N在边AB的中垂线上，N(0，).而|=|，=，即x2 =a2.(2)设E(x1，y1)，F(x2，y2)，过点P(0，a)的直线方程为y=kx+a，代入x2 =a2得 (3k2)x22akx4a2=0=4a2k2+16a2(3k2)0，即k24. k234或0，x00)，则x02 =a2，即y02=3(x02a02).当QHx轴时，x0=2a，y0=3a，QGH=，即QHG= 2QGH，故猜想=2，使QHG=QGH总成立.当QH不垂直x轴时，tanQHG=，tanQGH= ，tan2QGH= = = = = tanQHG.又2QGH与QHG同在(0，)(，)内，2QGH=QHG.故存在=2，使2QGH=QHG恒成立.【试题7】在直角坐标平面中，过点A1(1，0)作函数f(x)=x2(x0)的切线l1，其切点为B1(x1，y1)；过点A2(x1，0)作函数g(x)=ex(x0)的切线l2，其切点为B2(x2，y2)；过点A3(x2，0)作函数f(x)= x2(x0)的切线l3，其切点为B3(x3，y3)；如此下去，即过点A2k2(x2k2，0)作函数f(x)=x2(x0)的切线l2k1，其切点为B2k1 (x2k1，y2k1)；过点A2k1 (x2k1，0)作函数g(x)= ex (x0)的切线l2k，其切点为B2k (x2k，y2k)；.(1)探索x2k2与x2k1的关系，说明你的理由，并求x1的值；(2)探索x2k1与x2k的关系，说明你的理由，并求x2的值；(3)求数列xn通项公式xn；(4)是否存在实t，使得对于任意的自然数n和任意的实数x，不等式+ +3tx44tx312tx2+33t恒成立？若存在，求出这样的实数t的取值范围；若不存在，则说明理由. 【猜题理由】本题以导数为背景，命制出数列与函数、导数、不等式的综合试题，重点考查数列的基本思想方法，综合较强，与高考的压轴题的难度相当，具有较强的预测性.【解答】（1）f(x)=2x，切线l2k1的方程为yx2k12=2 x2k1(xx2k1)，又切线l2k1过点A2k2(x2k2，0)，0x2k12=2 x2k1(x2k2x2k1)，且x2k10，x2k1=2 x2k2.x1=2.(2)又g(x)=( ex) = ex，切线l2k的方程为ye=e(xx2k)，而切线l2k过点A2k1(x2k1，0)，0e= e(x2k1x2k)，且x2k0，x2k= x2k1+1. x2=x1+1=3.(3)由(1) (1)可知x2k= x2k1+1 = 2x2k2+1，即x2k+1= 2(x2k2+1)，数列x2k +1为等比数列，且首项为4，x2k +1=42k1，即x2k =2k+11. 而x2k1=2 x2k2=2(2k1)= 2k+12，故数列xn通项公式为xn=(4) (理)令Sn= + += +， Sn= +，两式相减得Sn= + = = (1)，Sn=1 =1.Sn+1 Sn=(1)(1 )=0，数列 Sn递增.又当n6时，2n+1=2(1+1) n=2(1+C+C+C+C+C+C+C+C)4(1+C+C)2(n2+n)，0，而=0，Sn=1.令h(x)= 3tx44tx312tx2+33t，则h(x)= 12t(x3x22x)= 12tx(x+1)(x2)，当t0时，h(x)在(，1)和(0，2)上递减，在(1， 0)和(2，+)上递增，h(x)在x=1或x=2处取得极小值，而h(1)=5t+33t，h(2)=32t+33t，h(x)min= t. 对于任意的自然数n和任意的实数x不等式恒成立等价于t1，开始输入x=4，y=2，z=0，n=1n=n+1x=x+3y=y+2z= z+n=2007?打印x，z否是结束n为偶数？是否x=4x(1)(4)(2)(3)(5)(7)(8)(9)(10)n=n+1(6)而t0，所以有t2t60，解得t3或t2 (舍).故存在这样的实数t，其取值范围为t3.【试题8】右图是某计算机的程序框图.(1)求打印出来的x的值；(2)求打印出来的z的值；(3)若将程序框图中的语句(9)“n=2007?”改为“z1?”，则张三同学说这是死循环(即一直无限的算下去而没有结果)，而李四说不会是死循环，你认为哪个同学说的正确？并说出你的理由.【猜题理由】本题以程序框图作背景，情景新颖，而且体现了新课标的理念，与新课标联系紧密，是新课程教材（现行教材）向新课标教材过渡时期的优秀试题.【解答】(1)从数列角度来看，语句(4)(即“x=x+3”) 可以理解为xn+1=xn+3(其中nN*)，语句(6)（即“x=4x”）可以理解为xn+1=4xn(其中nN)，而语句(2)(6)是一个小循环，执行的程序是xn+1=(kN). 同理语句(2)(9)是一个大循环，其终止条件为“n=2007”. 于是问题转化为：在数列xn中，x1=4，xn+1=(kN)，求x2007. x2n+2= x2n+1+3=4 x2n+3，即x2n+2+1=4 x2n+4=4 (x2n+1)，令an= x2n+1，则an=1=4an，数列 an为等比数列，且a1=x2+1=(x1+3)+1=8，an=84n1=24n.故x2n=24n1，x2n2=24n11，x2n1=4 x2n2=4(24n11)= 24n4.故x2007= x210041= 2410044= 220094，即打印出来的x的值为220094.(2)由于经过语句(2)(7)的小循环后，n为偶数才执行语句(7)(即“y=y+4”)，从数列角度来看，它可以理解为y2n+1=y2n1+2(其中nN*).令bn= y2n1，则bn+1=bn+2，数列bn为等差数列，且b1= y1=2，bn=2+2(n1) =2 n.y2n1=2 n.此时语句(8) (即“z= z+”)执行的程序是z2n+1= z2n1+. 于是令cn=，则z2n1为数列cn的前项和，z2n1= + = +，两边同乘以得 z2n1= +，两式相减得 z2n1= + =+ =+ (1)= ，z2n1= .故z2007=z210041=，即打印出来的x的值为.(3)由于对于任意的自然数n，都有z2n1= 0，m0，若函数f(x)=m sin cos 在区间，上单调递增，则的范围是 B A.（0，） B.(0，) C. ，+ D.1，+猜题理由：三角函数的图像和性质历来是高考创新试题的“试验田”，重点是对单调性与周期性的考查。该题给出了f(x)在某个区间上的单调性，求的范围，这正是该题的新颖之处。，又0，(0，详细解答：f(x)sinx的一个单调递增区间是，由题设有，则有 故选B。试题2：在60的二面角l中，动点A，动点B，AA1，垂足为A1，且AA1a，ABa，那么，点B到平面的最大距离是 MAA1B猜题理由：近十年高考立体几何试题，几乎没有涉及仅是“二面角内部”的数学问题，这类问题可以很集中的反应线面关系，更能考察学生分析问题和解决问题的能力，另外该题涉及到了浓重的平面几何问题，这正是高考对考生的新要求。详细解答：如图：过点A做AMl，垂足为M，连接lA1M，则A1Ml，所以A1MA是二面角l的平面角，即AMA160，又AA1，AA1aAA1 A1B，AA1a，ABa，A1Ba。故点B的轨迹是平面内以A1为圆心，a为半径的圆，显然B、A1、M三点共线时，点B到平面的距离最大，其最大距离为BM sin60（BA1+A1M）sin60（a+a）a试题3：数列142n的前n项和为Sn，数列142n的前n项和为Sn，若Sn的最大值为Sm，则nm时，Sn 猜题理由：阅读理解能力是近几年高考试题的一种新要求，该题以等差数列为载体，考察了前n项和的性质，它运用了函数的观点。详细解答：设an142n，显然an为递减数列，所以前7项和最大，因此m7，n7时，SnS7281429142n1442（n6）（n7）。试题4：求（2 cos+1）tan2sin的值猜题理由：三角公式已经大大减弱，纯粹的三角题难度不大，因此三角中常规的东西，如变角、降次，讲究角间的配合。化弦等方法正是三角中最重要的东西。我认为三角试题应体现原创性。详细解答：原式试题5：设点P是双曲线1（a，bR）上除顶点外的任意一点，F1、F2分别为左、右焦点，c为半焦距，F1PF2的内切圆与边F1F2的切点为M，则F1MMF2OM2（O为坐标原点）的值是 猜题理由：圆锥曲线定义的运用及深刻挖掘是解析几何试题的重要特征，它更能体现学生优良的数学思维品质。详细解答：因为P是双曲线上一点，所以PF1PF22a等价于F1MF2M2a，又F1MF2M2c，所以P在右支时，F1Mca，F2Mca，P在左支时，F1Mca，F2Mca，显然M点为双曲线顶点，OM2a2，F1MF2MOM2c2a2a2c2试题6：已知两个向量集合M=（cos，），R，N（cos，sin）R，若MN，则的取值范围是 A.（3，5 B.,5 C.2，5 D.5，)猜题理由：平面向量作为新增内容，应该充分注意它与其它知识的联系，该题是集合、向量与三角知识的一个融汇，这应该是一个新的探索。详细解答：由MN知M、N中必有相同元素，设（cos，）（cos，sin），则有 coscossin 消去得4cos2sinsin2sin3（sin）2，sin时，min，当sin1时，max5，故选B。试题7：关于x的不等式（m2m2）xcot m的解集为空集，则m的值为 A. 2 B.1 C.1或2 D.不存在这样的m猜题理由：每年高考题几乎都有解不等式的试题，而给出了一个不等式的解集，去探索原不等式的性质，这给试题增加了思维度。详细解答：不等式（m2m2）xcot m的解集为空集当且仅当 （m2m2）0 cot m0恒成立，则实数m的取值范围是（ ）A. （0，1） B.（，0） C. （，1） D. （，）猜题理由：小题综合化是当今高考试题的一种新要求。该题考察函数的增减性、奇偶性，解不等式及恒成立问题的处理方法，是一道综合性较强的试题。该题另一个特点思维量较大。详细解答：显然f（x）是奇函数，又是R上的增函数，由f（m cos）f（1m）0得f（m cos） f（1m）即f（m cos） f（m1） m cosm1 m cos（1m）0，令cos，0，01，令f（）m（1m），则f（m cos）f(1m）0恒成立，当且仅当f（）0（0，1）恒成立，当且仅当m0 10 f（1）0 1m0 解法二：m=0时，有f（0）f（1）10成立，排除A、B。又m时，f（ cos）f（）cos3（cos3+1）0成立，排除D，因此选C。试题10：M是抛物线y2=x上一点，N是圆（x1）2（y1）21关于直线xy10的对称曲线上一点，则的最小值是（ ）A. B. C. 2 D. 猜题理由：直线与曲线、曲线与曲线的位置关系问题以及解析几何的最值问题是平面解析几何中两个重要问题，它们交织在一起构成一个综合试题，这也是高考试题的命题方向。详细解答：圆（x1）2（y4）21关于直线xy10对称的曲线方程为c：（x3）2y21如图，设M是y2x上一点，只需求圆心C到抛物线的最短距离，设M（y2，y），则2（y23）2y2y45 y29（y2）29（y2）2y时，min，min1 故选A。2006高考数学预测1、 在集合中任取一个元素，所取元素恰好满足方程的概率是 。2、质地均匀的正方体木块的棱长为n,n为正整数且n2.在其表面涂上与材质颜色不同的蓝色后将木块分割成棱长为1的小正方体木块,假设从中任意取一块得到表面有蓝色的木块的概率为P,请研究P能否大于或小于. 解答:当n=2时, P=1; 当n3时,有P=,P-=.记y=g(x)= , x2.g(x)= ,可知在(2,+)上y= g(x)只有一个极大值点x=,所以函数y= g(x)在(2, )上是增函数;在(,+)上是减函数.又验证g(3)0, g(9) 0, g(10);当正整数n10时, P.3某一居民小区五幢住宅楼，由于有水紧缺，规定每一幢楼在一周内必须选择某一天停水（选择哪一天是等可能的）。假定每一楼之间的选择互不影响。（1） 求个5幢楼均选择星期天停水的概率。（2） 求至少有两幢选择同一天停水的概率。（1）设5幢楼均选择星期天停水的事件为A，则 P（A）= （6） （2）设五幢楼选择的停电时间各不相同的事件为B，则 P（B）= （12）4、在正四棱锥SABCD中，E是BC的中点，P点在侧面内及其边界上运动，并且总是保持PEAC.（1）指出动点P的轨迹（即说明动点P在满足给定的条件下运动时所形成的图形），证明你的结论；（2）以轨迹上的动点P为顶点的三棱锥PCDE的最大体积是正四棱锥SABCD体积的几分之几？（3）设动点P在G点的位置时三棱锥PCDE的体积