2017高考数学试题分类汇编22个专题
2017年高考数学试题分类汇编及答案解析（22个专题）目录
专题一 集合 1
专题二 函数 6
专题三 三角函数 21
专题四 解三角形 32
专题五 平面向量 40
专题六 数列 48
专题七 不等式 68
专题八 复数 80
专题九 导数及其应用 84
专题十 算法初步 111
专题十一 常用逻辑用语 120
专题十二 推理与证明 122
专题十三 概率统计 126
专题十四 空间向量、空间几何体、立体几何 149
专题十五 点、线、面的位置关系 185
专题十六 平面几何初步 186
专题十七 圆锥曲线与方程 191
专题十八 计数原理 217
专题十九 几何证明选讲 220
专题二十 不等式选讲 225
专题二十一 矩阵与变换 229
专题二十二 坐标系与参数方程 230
专题一 集合
1.（15年北京文科）若集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
考点：集合的交集运算.
2.(15年广东理科) 若集合，，则
A． B． C． D．
【答案】．
【考点定位】本题考查一元二次方程、集合的基本运算，属于容易题．
3.(15年广东文科) 若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：，故选C．
考点：集合的交集运算．
4.（15年广东文科）若集合，
，用表示集合中的元素个数，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
考点：推理与证明．
5.（15年安徽文科）设全集，，，则( )
（A） （B） （C） （D）
【答案】B
【解析】
试题分析：∵ ∴ ∴选B
考点：集合的运算.[学优高考网gkstk]
6.（15年福建文科）若集合，，则等于（ ）
A． B． C． D
【答案】D
考点：集合的运算．
7.(15年新课标1文科)
8.(15年新课标2理科) 已知集合A=｛-2，-1,0，1,2｝，B=｛x|（X-1）（x+2）＜0｝,则A∩B=（ ）
（A）｛--1,0｝ （B）｛0,1｝ （C）｛-1,0,1｝ （D）｛,0,，1，2｝
【答案】A
【解析】由已知得，故，故选A
9.(15年新课标2文科) 已知集合,,则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
考点：集合运算.
10.(15年陕西理科) 设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：，，所以，故选A．
考点：1、一元二次方程；2、对数不等式；3、集合的并集运算．
11.(15陕西文科) 集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】
考点：集合间的运算.
12.(15年天津理科) 已知全集 ，集合 ，集合 ，则集合
（A） （B） （C） （D）
【答案】A
【解析】
试题分析：,所以，故选A.
考点：集合运算.
13.(15年天津理科) 已知全集,集合,集合,则集合（ ）
(A) (B) (C) (D)
【答案】B
【解析】
试题分析：,,则,故选B.
考点：集合运算
14.(15年浙江理科)
15.(15年山东理科) 已知集合A=，则
(A)(1,3) (B)(1，4) (C)(2，3) (D)(2，4)
解析：,答案选(C)
16.(15年江苏) 已知集合，，则集合中元素的个数为_______.
【答案】5
【解析】
试题分析：
考点：集合运算
专题二 函数
1.（15年北京理科）如图，函数的图象为折线，则不等式的解集是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
考点：1.函数图象；2.解不等式.
2.（15年北京理科）汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况. 下列叙述中正确的是
A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米
B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多
C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油
D．某城市机动车最高限速80千米/小时. 相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油
【答案】
【解析】
试题分析：“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，A中乙车消耗1升汽油，
最多行驶的路程为乙车图象最高点的纵坐标值，A错误；B中以相同速度行驶相同路程，甲燃油效率最高，所以甲最省油，B错误，C中甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，甲车每消耗1升汽油行驶的里程10km,行驶80km，消耗8升汽油，C错误，D中某城市机动车最高限速80千米/小时. 由于丙比乙的燃油效率高，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油,选D.
考点：1.函数应用问题；2.对“燃油效率”新定义的理解；3.对图象的理解.
3.（15年北京理科）设函数
①若，则的最小值为 ；
②若恰有2个零点，则实数的取值范围是 ．
【答案】(1)1，(2) 或.
考点：1.函数的图象；2.函数的零点；3.分类讨论思想.
4.（15年北京文科）下列函数中为偶函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：根据偶函数的定义，A选项为奇函数，B选项为偶函数，C选项定义域为不具有奇偶性，D选项既不是奇函数，也不是偶函数，故选B.
考点：函数的奇偶性.
5.(15年北京文科) ，，三个数中最大数的是 ．
【答案】
【解析】
试题分析：，，，所以最大.
考点：比较大小.
6.（15年广东理科）下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是
A． B． C． D．
【答案】．
【解析】令，则，即，，所以既不是奇函数也不是偶函数，而BCD依次是奇函数、偶函数、偶函数，故选．
【考点定位】本题考查函数的奇偶性，属于容易题．
7.（15年广东理科）设，函数。
(1) 求的单调区间 ；
(2) 证明：在上仅有一个零点；
(3) 若曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行（是坐标原点）,证明：．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】（1）依题，
∴ 在上是单调增函数；
【考点定位】本题考查导数与函数单调性、零点、不等式等知识，属于中高档题．
8.（15年广东文科）下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：函数的定义域为，关于原点对称，因为，，所以函数既不是奇函数，也不是偶函数；函数的定义域为，关于原点对称，因为，所以函数是偶函数；函数的定义域为，关于原点对称，因为，所以函数是偶函数；函数的定义域为，关于原点对称，因为，所以函数是奇函数．故选A．
考点：函数的奇偶性．
4. 9.（15年安徽文科）下列函数中，既是偶函数又存在零点的是( )
（A） y=lnx （B） （C）y=sinx （D）y=cosx
【答案】D
考点：1.函数的奇偶性；2.零点.
10. 10.（15年安徽文科）函数的图像如图所示，则下列结论成立的是( )
（A） a>0，b<0，c>0，d>0
（B）a>0，b<0，c<0，d>0
（C）a<0，b<0，c<0，d>0
（D）a>0，b>0，c>0，d<0
【答案】A
考点：函数图象与性质.[学优高考网]
11.（15年安徽文科） 。
【答案】-1
【解析】
试题分析：原式＝
考点：1.指数幂运算；2.对数运算.
12．（15年安徽文科）在平面直角坐标系中，若直线与函数的图像只有一个交点，则的值为 。
【答案】
【解析】
试题分析：在同一直角坐株系内，作出的大致图像，如下图：由题意，可知
考点：函数与方程.
13.（15年福建理科）下列函数为奇函数的是( )
A． B． C． D．
【答案】D
考点：函数的奇偶性．
14.（15年福建理科）若函数 （ 且 ）的值域是 ，则实数 的取值范围是 ．
【答案】
考点：分段函数求值域．
15.（15年福建文科）下列函数为奇函数的是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：函数和是非奇非偶函数； 是偶函数；是奇函数，故选D．
考点：函数的奇偶性．
16.（15年福建文科）若函数满足，且在单调递增，则实数的最小值等于_______．
【答案】
【解析】
试题分析：由得函数关于对称，故，则，由复合函数单调性得在递增，故，所以实数的最小值等于．
考点：函数的图象与性质．
17.（15年新课标1理科）若函数f(x)=xln（x+）为偶函数，则a=
【答案】1
【解析】由题知是奇函数，所以
=，解得=1.
18.（15年新课标2理科）设函数,( )
（A）3 （B）6 （C）9 （D）12
【答案】C
【解析】由已知得，又，所以，故
．
19.（15年新课标2理科）如图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP=x．将动点P到A、B两点距离之和表示为x的函数f（x），则f（x）的图像大致为
【答案】B
的运动过程可以看出，轨迹关于直线对称，且，且轨迹非线型，故选B．
20.（15年新课标2文科）如图,长方形的边AB=2,BC=1,O是AB的中点,点P沿着边BC,CD与DA运动,记
,将动点P到A,B两点距离之和表示为x的函数 ,则的图像大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
考点：函数图像
21.（15年新课标2文科）设函数,则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：由可知是偶函数,且在是增函数,所以
.故选A.
考点：函数性质
22.（15年新课标2文科）已知函数的图像过点（-1,4）,则a= ．
【答案】-2
【解析】
试题分析：由可得 .
考点：函数解析式
23.（15年陕西文科）设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】
考点：1.分段函数；2.函数求值.
24.（15年陕西文科）设，则（ ）
A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数
C．是有零点的减函数 D．是没有零点的奇函数
【答案】
【解析】
试题分析：
又的定义域为是关于原点对称，所以是奇函数；
是增函数.
故答案选
考点：函数的性质.
25.（15年陕西文科）设，若，，，则下列关系式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】
【解析】
试题分析：；；
因为，由是个递增函数，
所以，故答案选
考点：函数单调性的应用.
26.（15年天津理科）已知定义在 上的函数 （ 为实数）为偶函数，记 ，则 的大小关系为
（A） （B） （C） （D）
【答案】C
【解析】
试题分析：因为函数为偶函数，所以，即，所以
所以，故选C.
考点：1.函数奇偶性；2.指数式、对数式的运算.
27.（15年天津理科）已知函数 函数 ，其中，若函数 恰有4个零点，则的取值范围是
（A） （B） （C）（D）
【答案】D
【解析】
试题分析：由得，
所以，
即
,所以恰有4个零点等价于方程
有4个不同的解，即函数与函数的图象的4个公共点，由图象可知.
考点：1.求函数解析式；2.函数与方程；3.数形结合.
28.（15年天津理科）曲线 与直线 所围成的封闭图形的面积为 .
【答案】
【解析】
试题分析：两曲线的交点坐标为，所以它们所围成的封闭图形的面积
.
考点：定积分几何意义.
29.（15年天津文科）已知定义在R上的函数为偶函数,记,则,的大小关系为（ ）
(A) (B) (C) (D)
【答案】B
【解析】
试题分析：由 为偶函数得,所以,故选B.
考点：1.函数奇偶性；2.对数运算.
30.（15年天津文科）已知函数,函数,则函数的零点的个数为
(A) 2 (B) 3 (C)4 (D)5
【答案】A
考点：函数与方程.
31.（15年湖南理科）设函数，则是（ ）
A.奇函数，且在上是增函数 B. 奇函数，且在上是减函数
C. 偶函数，且在上是增函数 D. 偶函数，且在上是减函数
【答案】A.
【解析】
试题分析：显然，定义域为，关于原点对称，又∵，∴
32.（15年湖南理科）已知，若存在实数，使函数有两个零点，则的取值范围
是 .
【答案】.
【解析】
试题分析：分析题意可知，问题等价于方程与方程的根的个数和为，
若两个方程各有一个根：则可知关于的不等式组有解，从而；
若方程无解，方程有2个根：则可知关于的不等式组有解，从而
；，综上，实数的取值范围是.
考点：1.函数与方程；2.分类讨论的数学思想.
33.（15年山东理科）要得到函数的图象，只需将函数的图像
(A)向左平移个单位 (B) 向右平移个单位
(C)向左平移个单位 (D) 向右平移个单位
解析：，只需将函数的图像向右平移个单位答案选(B)
34.（15年山东理科）设函数则满足的取值范围是
(A) (B) (C) (D)
解析：由可知，则或，解得，答案选(C)
35.（15年山东理科）已知函数的定义域
和值域都是，则 .
解析：当时，无解；
当时，解得，
则.
36.（15年江苏）已知函数，，则方程实根的个数为
【答案】4
考点：函数与方程
专题三 三角函数
1.（15北京理科）已知函数．
(Ⅰ) 求的最小正周期；
(Ⅱ) 求在区间上的最小值．
【答案】（1），（2）
【解析】
试题分析：先用降幂公式和辅助角公式进行三角恒等变形，把函数化为形式，再利用周期公式求出周期，第二步由于则可求出，借助正弦函数图象 找出在这个范围内当，即时，取得最小值为：.
试题解析：(Ⅰ)
(1)的最小正周期为；
(2)，当时，取得最小值为：
考点： 1.三角函数式的恒等变形；2.三角函数图像与性质.
2.（15北京文科）已知函数．
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）求在区间上的最小值．
【答案】（1）；（2）.
考点：倍角公式、两角和的正弦公式、三角函数的周期、三角函数的最值.
3.（15年广东文科）已知．
求的值；
求的值．
【答案】（1）；（2）．
考点：1、两角和的正切公式；2、特殊角的三角函数值；3、二倍角的正、余弦公式；4、同角三角函数的基本关系.
4.（15年安徽文科）已知函数
（1）求最小正周期；
（2）求在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1） ；（2）最大值为，最小值为0
考点：1.三角函数的性质；2.三角函数的最值.
5.（15年福建理科）已知函数的图像是由函数的图像经如下变换得到：先将图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再将所得到的图像向右平移个单位长度.
(Ⅰ)求函数的解析式，并求其图像的对称轴方程；
(Ⅱ)已知关于的方程在内有两个不同的解．
（1)求实数m的取值范围；
（2)证明：
【答案】(Ⅰ) ，；(Ⅱ)（1）；（2）详见解析．
【解析】
试题分析：(Ⅰ)纵向伸缩或平移： 或；横向伸缩或平移：
（纵坐标不变，横坐标变为原来的倍），(时，向左平移个单位；时，向右平移个单位)；(Ⅱ) （1)由(Ⅰ)得，则，利用辅助角公式变形为（其中），方程在内有两个不同的解，等价于直线和函数有两个不同交点，数形结合求实数m的取值范围；（2)结合图像可得和，进而利用诱导公式结合已知条件求解．
试题解析：解法一：(1)将的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到的图像，再将的图像向右平移个单位长度后得到的图像，故，从而函数图像的对称轴方程为
(2)1)
（其中）
依题意，在区间内有两个不同的解当且仅当，故m的取值范围是.
2)因为是方程在区间内有两个不同的解，
所以，.
当时，
当时,
所以
解法二：(1)同解法一.
(2)1) 同解法一.
2) 因为是方程在区间内有两个不同的解，
所以，.
当时，
当时,
所以
于是
考点：1、三角函数图像变换和性质；2、辅助角公式和诱导公式．
6.（15年福建文科）若，且为第四象限角，则的值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：由，且为第四象限角，则，则
，故选D．
考点：同角三角函数基本关系式．
7.（15年福建文科）已知函数．
（Ⅰ）求函数的最小正周期；
（Ⅱ）将函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移（）个单位长度后得到函数的图象，且函数的最大值为2．
（ⅰ）求函数的解析式；
（ⅱ）证明：存在无穷多个互不相同的正整数，使得．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（ⅰ）；（ⅱ）详见解析．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）首先利用证明二倍角公式和余弦降幂公式将化为，然后利用求周期；（Ⅱ）由函数的解析式中给减，再将所得解析式整体减去得的解析式为，当取1的时，取最大值，列方程求得，从而的解析式可求；欲证明存在无穷多个互不相同的正整数，使得，可解不等式，只需解集的长度大于1，此时解集中一定含有整数，由周期性可得，必存在无穷多个互不相同的正整数．
试题解析：（I）因为
．
所以函数的最小正周期．
（II）（i）将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，再向下平移（）个单位长度后得到的图象．
又已知函数的最大值为，所以，解得．
所以．
（ii）要证明存在无穷多个互不相同的正整数，使得，就是要证明存在无穷多个互不相同的正整数，使得，即．
由知，存在，使得．
由正弦函数的性质可知，当时，均有．
因为的周期为，
所以当（）时，均有．
因为对任意的整数，，
所以对任意的正整数，都存在正整数，使得．
亦即存在无穷多个互不相同的正整数，使得．
考点：1、三角函数的图像与性质；2、三角不等式．
8.（15年新课标1理科）sin20°cos10°-con160°sin10°=
（A） （B） （C） （D）
【答案】D
【解析】原式=sin20°cos10°+cos20°sin10°=sin30°=，故选D.
9.(15年新课标1理科) 函数f(x)=的部分图像如图所示，则f（x）的单调递减区间为
(A)（）,k (b)（）,k
(C)（）,k (D)（）,k
【答案】B
10.（15年陕西理科）如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数，据此函数
可知，这段时间水深（单位：m）的最大值为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【解析】
试题分析：由图象知：，因为，所以，解得：，所以这段时间水深的最大值是，故选C．
考点：三角函数的图象与性质．
11.（15年陕西文科）如图，某港口一天6时到18时的谁深变化曲线近似满足函数y＝3sin(x＋Φ)＋k，据此函数可知，这段时间水深(单位：m)的最大值为____________.
【答案】8
【解析】
试题分析：由图像得，当时，求得，
当时，，故答案为8.
考点：三角函数的图像和性质.
12.（15年天津理科）已知函数，
(I)求最小正周期；
(II)求在区间上的最大值和最小值.
【答案】(I); (II) ,.
考点：1.两角和与差的正余弦公式；2.二倍角的正余弦公式；3.三角函数的图象与性质.
13.（15年天津文科）已知函数 若函数在区间内单调递增,且函数的图像关于直线对称,则的值为 ．
【答案】
【解析】
试题分析：由在区间内单调递增,且的图像关于直线对称,可得 ,且,
所以
考点：三角函数的性质.
14.（15年湖南理科）
A. B. C. D.
【答案】D.
【解析】
试题分析：向右平移个单位后，得到，又∵，∴不妨
，，∴，又∵，
∴，故选D.
考点：三角函数的图象和性质.
10.（15年江苏）已知，，则的值为_______.
【答案】3
【解析】
试题分析：
考点：两角差正切公式
11.（15年江苏）在中，已知.
（1）求的长；
（2）求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
考点：余弦定理，二倍角公式
专题四 解三角形
1.（15北京理科）在中，，，，则 ．
【答案】1
【解析】
试题分析：
考点：正弦定理、余弦定理
2.（15北京文科）在中，，，，则 ．
【答案】
【解析】
试题分析：由正弦定理，得，即，所以，所以.
考点：正弦定理.
3.（15年广东理科）设的内角，，的对边分别为，，，若， ，，则
【答案】．
【考点定位】本题考查正弦定理解三角形，属于容易题．
4.（15年广东文科）设的内角，，的对边分别为，，．若，，，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：由余弦定理得：，所以，即，解得：或，因为，所以，故选B．
考点：余弦定理．
5.(15年安徽理科) 在中，,点D在边上，，求的长。
6.（15年安徽文科）在中，，，，则 。
【答案】2
【解析】
试题分析：由正弦定理可知：
考点：正弦定理.
7.（15年福建理科）若锐角的面积为 ，且 ，则 等于________．
【答案】
【解析】
试题分析：由已知得的面积为，所以，，所以．由余弦定理得，．
考点：1、三角形面积公式；2、余弦定理．
8.（15年福建文科）若中，，，，则_______．
【答案】
【解析】
试题分析：由题意得．由正弦定理得，则，
所以．
考点：正弦定理．
9.(15年新课标1理科)
10.（15年新课标2理科）∆ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，∆ABD是∆ADC面积的2倍。
(Ⅰ)求;
(Ⅱ) 若=1，=求和的长.
11.（15年新课标2文科）△ABC中D是BC上的点,AD平分BAC,BD=2DC.
（I）求 ；
（II）若,求.
【答案】（I）；.
考点：解三角形
12.(15年陕西理科) 的内角，，所对的边分别为，，．向量
与平行．
（I）求；
（II）若，求的面积．
【答案】（I）；（II）．
试题解析：（I）因为，所以，
由正弦定理，得
又，从而，
由于，所以
(II)解法一：由余弦定理，得
而
得，即
因为，所以.
故ABC的面积为.
考点：1、平行向量的坐标运算；2、正弦定理；3、余弦定理；4、三角形的面积公式.
13.（15年陕西文科）的内角所对的边分别为，向量与平行.
(I)求；
(II)若求的面积.
【答案】(I) ；(II) .
试题解析：(I)因为，所以
由正弦定理，得，
又，从而，
由于
所以
(II)解法一：由余弦定理，得
，而，，
得，即
因为，所以，
故面积为.
解法二：由正弦定理，得
从而
又由知，所以
故
，
所以面积为.
考点：1.正弦定理和余弦定理；2.三角形的面积.
14.（15年天津理科）在 中，内角 所对的边分别为 ，已知的面积为 ， 则的值为 .
【答案】
【解析】
试题分析：因为，所以，
又，解方程组得，由余弦定理得
，所以.
考点：1.同角三角函数关系；2.三角形面积公式；3.余弦定理.
15．（15年天津文科）△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为,
（I）求a和sinC的值；
（II）求 的值.
【答案】（I）a=8,；（II）.
【解析】
考点：1.正弦定理、余弦定理及面积公式；2三角变换.
专题五 平面向量
1.（15北京理科）在中，点，满足，．若，则 ； ．
【答案】
【解析】
试题分析：特殊化，不妨设，利用坐标法，以A为原点，AB为轴，为轴，建立直角坐标系，，，则，.
考点：平面向量
2.（15北京文科）设，是非零向量，“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
试题分析：，由已知得，即，.而当时，还可能是，此时，故“”是“”的充分而不必要条件.
考点：充分必要条件、向量共线.
3.（15年广东理科）在平面直角坐标系中，已知向量，，。
（1）若，求tan x的值 （2）若与的夹角为，求的值。
【答案】（1）；（2）．
【考点定位】本题考查向量数量积的坐标运算、两角和差公式的逆用、知角求值、值知求角等问题，属于中档题．
4.（15年广东文科）在平面直角坐标系中，已知四边形是平行四边形，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：因为四边形是平行四边形，所以，所以，故选D．
考点：1、平面向量的加法运算；2、平面向量数量积的坐标运算．
5.（15年安徽文科）是边长为2的等边三角形，已知向量满足，，则下列结论中正确的是 。（写出所有正确结论得序号）
①为单位向量；②为单位向量；③；④；⑤。
【答案】①④⑤
【解析】
试题分析：∵等边三角形ABC的边长为2,∴＝2＝2,故①正确；
∵ ∴，故②错误，④正确；由于夹角为，故③错误；又∵
∴，故⑤正确 因此，正确的编号是①④⑤.
考点：1.平面向量的基本概念；2.平面向量的性质.
6.（15年福建理科）已知 ，若 点是 所在平面内一点，且 ，则 的最大值等于（ ）
A．13 B．15 C．19 D．21
【答案】A
考点：1、平面向量数量积；2、基本不等式．
7.（15年福建文科）设，，．若，则实数的值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
考点：平面向量数量积．
8.（15年新课标1理科）已知M（x0，y0）是双曲线C： 上的一点，F1、F2是C上的两个焦点，若＜0，则y0的取值范围是
（A）（-，） （B）（-，）
（C）（，） （D）（，）
【答案】A
9.（15年新课标1理科）设D为ABC所在平面内一点=3，则
（A）=+ (B)=
（C）=+ (D)=
【答案】A
【解析】由题知=，故选A.
10.(15年新课标1文科)
11.（15年新课标2理科）设向量，不平行，向量与平行，则实数_________．
【答案】
【解析】因为向量与平行，所以，则所以．
12.（15年新课标2文科）已知,,则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意可得 , 所以.故选C.
考点：向量数量积.
13.（15年陕西理科）对任意向量，下列关系式中不恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
考点：1、向量的模；2、向量的数量积．
14.（15年陕西文科）对任意向量，下列关系式中不恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】
考点：1.向量的模；2.数量积.
15.（15年天津理科）在等腰梯形 中,已知 ,动点 和 分别在线段 和 上,且, 则的最小值为 .
【答案】
【解析】
试题分析：因为，，
，，
当且仅当即时的最小值为.
考点：1.向量的几何运算；2.向量的数量积；3.基本不等式.
16.（15年天津文科）在等腰梯形ABCD中,已知, 点E和点F分别在线段BC和CD上,且 则的值为 ．
【答案】
【解析】
试题分析：在等腰梯形ABCD中,由,得,, ,所以
考点：平面向量的数量积.
17.（15年山东理科）已知菱形ABCD的边长为，，则
(A) (B) (C) (D)
解析：由菱形ABCD的边长为，可知，
，答案选(D)
18.（15年江苏）已知向量a=，b=, 若ma+nb=(), 的值为______.
【答案】
【解析】[来源:学科网ZXXK]
试题分析：由题意得：
考点：向量相等
19.（15年江苏）设向量，则的值为
【答案】
【解析】
试题分析：
因此
专题六 数列
1.（15北京理科）设是等差数列. 下列结论中正确的是
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
考点：1.等差数列通项公式；2.作差比较法
2.（15北京理科）已知数列满足：，，且．
记集合．
（Ⅰ）若，写出集合的所有元素；
（Ⅱ）若集合存在一个元素是3的倍数，证明：的所有元素都是3的倍数；
（Ⅲ）求集合的元素个数的最大值．
【答案】（1），（2）证明见解析，（3）8
【解析】
①试题分析：（Ⅰ）由，可知则；（Ⅱ）因为集合存在一个元素是3的倍数，所以不妨设是3的倍数，用数学归纳法证明对任意，是3的倍数，当时，则M中的所有元素都是3的倍数，如果时，因为或，所以是3的倍数，于是是3的倍数，类似可得，都是3的倍数，从而对任意，是3的倍数，因此的所有元素都是3的倍数.第二步集合存在一个元素是3的倍数，所以不妨设是3的倍数，由已知，用数学归纳法证明对任意，是3的倍数；第三步由于中的元素都不超过36，中的元素个数最多除了前面两个数外，都是4的倍数，因为第二个数必定为偶数，由的定义可知，第三个数及后面的数必定是4的倍数，由定义可知，和除以9的余数一样，分中有3的倍数和
中没有3的倍数两种情况，研究集合M中的元素个数，最后得出结论集合的元素个数的最大值为8.
试题解析：（Ⅰ）由已知可知：
（Ⅱ）因为集合存在一个元素是3的倍数，所以不妨设是3的倍数，由已知，可用用数学归纳法证明对任意，是3的倍数，当时，则M中的所有元素都是3的倍数，如果时，因为或，所以是3的倍数，于是是3的倍数，类似可得，都是3的倍数，从而对任意，是3的倍数，因此的所有元素都是3的倍数.
（Ⅲ）由于中的元素都不超过36，由，易得，类似可得，其次中的元素个数最多除了前面两个数外，都是4的倍数，因为第二个数必定为偶数，由的定义可知，第三个数及后面的数必定是4的倍数，另外，M中的数除以9的余数,由定义可知，和除以9的余数一样，
考点：1.分段函数形数列通项公式求值；2.归纳法证明；3.数列元素分析.
3.（15北京文科）已知等差数列满足，．
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）设等比数列满足，，问：与数列的第几项相等？
【答案】（1）；（2）与数列的第63项相等.
【解析】
试题分析：本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，利用等差数列的通项公式，将转化成和d，解方程得到和d的值，直接写出等差数列的通项公式即可；第二问，先利用第一问的结论得到和的值，再利用等比数列的通项公式，将和转化为和q，解出和q的值，得到的值，再代入到上一问等差数列的通项公式中，解出n的值，即项数.
试题解析：（Ⅰ）设等差数列的公差为d.
因为，所以.
又因为，所以，故.
所以 .
（Ⅱ）设等比数列的公比为.
因为，，
所以，.
所以.
由，得.
所以与数列的第63项相等.
考点：等差数列、等比数列的通项公式.
4.（15年广东理科）在等差数列中，若，则=
【答案】．
【解析】因为是等差数列，所以，即，，故应填入．
【考点定位】本题考查等差数列的性质及简单运算，属于容易题．
5.（15年广东理科）数列满足 , .
(1) 求的值；
(2) 求数列前项和；
(3) 令，，证明：数列的前项和
满足
【答案】（1）；（2）；（3）见解析．
（3）依题由知，，
【考点定位】本题考查递推数列求项值、通项公式、等比数列前项和、不等式放缩等知识，属于中高档题．
6.（15年广东文科）若三个正数，，成等比数列，其中，，则 ．
【答案】
【解析】
试题分析：因为三个正数，，成等比数列，所以，因为，所以，所以答案应填：．
考点：等比中项．
7.(15年广东文科) 设数列的前项和为，．已知，，，且当时，．
求的值；
证明：为等比数列；
求数列的通项公式．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．
考点：1、等比数列的定义；2、等比数列的通项公式；3、等差数列的通项公式.
8.（15年安徽理科）设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标，
（1）求数列的通项公式；
（2）记，证明.
9.（15年安徽文科）已知数列中，，（），则数列的前9项和等于 。
【答案】27
考点：1.等差数列的定义；2.等差数列的前n项和.
10.（15年安徽文科）已知数列是递增的等比数列，且
（1）求数列的通项公式；
（2）设为数列的前n项和，，求数列的前n项和。
【答案】（1）（2）
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考点：1.等比数列的性质；2.裂项相消法求和.
11.（15年福建理科）若 是函数 的两个不同的零点，且 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 的值等于（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【解析】
试题分析：由韦达定理得，，则，当适当排序后成等比数列时，必为等比中项，故，．当适当排序后成等差数列时，必不是等差中项，当是等差中项时，，解得，；当是等差中项时，，解得，，综上所述，
，所以，选D．
考点：等差中项和等比中项．
12.（15年福建文科）若 是函数 的两个不同的零点，且 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 的值等于________．
【答案】9
考点：等差中项和等比中项．
13.（15年福建文科）等差数列中，，．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）利用基本量法可求得，进而求的通项公式；（Ⅱ）求数列前n项和，首先考虑其通项公式，根据通项公式的不同特点，选择相应的求和方法，本题，故可采取分组求和法求其前10项和．
试题解析：（I）设等差数列的公差为．
由已知得，
解得．
所以．
考点：1、等差数列通项公式；2、分组求和法．
14.（15年新课标2理科）等比数列｛an｝满足a1=3， =21，则 ( )
（A）21 （B）42 （C）63 （D）84
【答案】B
15.（15年新课标2理科）设是数列的前n项和，且，，则________．
【答案】
【解析】由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．
16.（15年新课标2文科）设是等差数列的前项和,若,则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题解析：,.故选A.
考点：等差数列
17.（15年新课标2文科）已知等比数列满足,,则（ ）
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意可得,所以 ,故 ,选C.
考点：等比数列.
18.（15年陕西理科）中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ．
【答案】
【解析】
试题分析：设数列的首项为，则，所以，故该数列的首项为，所以答案应填：．
考点：等差中项．
19.（15年陕西文科）中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________
【答案】5
考点：等差数列的性质.
20.（15年陕西文科）设
(I)求；
(II)证明：在内有且仅有一个零点（记为），且.
【答案】(I) ；(II)证明略，详见解析.
【解析】
试题分析：(I)由题设，所以，此式等价于数列的前项和，由错位相减法求得；
(II)因为，，所以在内至少存在一个零点，又，所以在内单调递增，因此，在内有且只有一个零点，由于，所以，由此可得
故，继而得.
试题解析：(I)由题设，
所以 ①
由 ②
①②得
，
所以
(II)因为
，
所以在内至少存在一个零点，
又
所以在内单调递增，
因此，在内有且只有一个零点，
由于，
所以
由此可得
故
所以
考点：1.错位相减法；2.零点存在性定理；3.函数与数列.
21.（15年天津理科）已知数列满足，且
成等差数列.
(I)求q的值和的通项公式；
(II)设，求数列的前n项和.
【答案】(I) ; (II) .
【解析】
试题分析：(I)由得 先求出，分为奇数与偶数讨论即可；(II)求出数列的通项公式，用错位相减法求和即可.
试题解析：(I) 由已知，有，即，
所以，又因为，故，由，得，
当时，，
当时，，
所以的通项公式为
考点：1.等差中项定义；2.等比数列及前项和公式.3.错位相减法.
22.（15年天津文科）已知是各项均为正数的等比数列,是等差数列,且,.
（I）求和的通项公式；
（II）设,求数列的前n项和.
【答案】（I）,；（II）
【解析】
试题分析：（I）列出关于q与d的方程组,通过解方程组求出q,d,即可确定通项；（II）用错位相减法求和.
试题解析：（I）设的公比为q,的公差为d,由题意 ,由已知,有 消去d得 解得 ,所以的通项公式为, 的通项公式为.
（II）由（I）有 ,设的前n项和为 ,则
两式相减得
所以 .
考点：1.等差、等比数列的通项公式；2.错位相减法求和.
23.（15年天津文科）已知函数
（I）求的单调性；
（II）设曲线与轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数,都有;
（III）若方程有两个正实数根且,求证：.
【答案】（I） 的单调递增区间是 ,单调递减区间是；（II）见试题解析；（III）见试题解析.
【解析】
试题解析：（I）由,可得,当 ,即 时,函数 单调递增；当 ,即 时,函数 单调递减.所以函数 的单调递增区间是 ,单调递减区间是.
（II）设 ,则 , 曲线 在点P处的切线方程为 ,即
,令 即 则.
由于在 单调递减,故在 单调递减,又因为,所以当时,,所以当时,,所以 在单调递增,在单调递减,所以对任意的实数x, ,对于任意的正实数,都有.
考点：1.导数的几何意义；2.导数的应用.
24.(15年浙江理科)
25.（15年湖南理科）设为等比数列的前项和，若，且成等差数列，则 .
【答案】.
考点：等差数列的通项公式及其前项和.
26.（15年山东理科）设数列的前项和为，已知
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若数列满足，求数列的前项和.
解：（Ⅰ）由可得，
而，则
（Ⅱ）由及可得
.
27.（15年江苏）数列满足，且（），则数列的前10项和为
【答案】
【解析】
试题分析：由题意得：
所以
考点：数列通项，裂项求和
28.（15年江苏）设是各项为正数且公差为d的等差数列
（1）证明：依次成等比数列；
（2）是否存在，使得依次成等比数列，并说明理由；[来源:学科网ZXXK]
（3）是否存在及正整数，使得依次成等比数列，并说明理由.
【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在
（2）令，则，，，分别为，，，（，，）．
假设存在，，使得，，，依次构成等比数列，
则，且．
令，则，且（，），
化简得（），且．将代入（）式，
，则．
显然不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在，，使得，，，依次构成等比数列．
（3）假设存在，及正整数，，使得，，，依次构成等比数列，
则，且．
分别在两个等式的两边同除以及，并令（，），
则，且．
将上述两个等式两边取对数，得，
且．
化简得，
且．
再将这两式相除，化简得（）．
令，
则．
令，
则．
令，则．
令，则．
由，，
知，，，在和上均单调．
故只有唯一零点，即方程（）只有唯一解，故假设不成立．
所以不存在，及正整数，，使得，，，依次构成等比数列．
考点：等差、等比数列的定义及性质，函数与方程
专题七 不等式
1.（15北京理科）若，满足则的最大值为
A．0 B．1 C． D．2
【答案】D
【解析】
试题分析：如图，先画出可行域，由于，则，令，作直线，在可行域中作平行线，得最优解，此时直线的截距最大，取得最小值2.
考点：线性规划；
2.（15北京文科）如图，及其内部的点组成的集合记为，为中任意一点，则的最大值为 ．
【答案】7
考点：线性规划.
3．（15年广东理科）若变量，满足约束条件则的最小值为
A． B. 6 C. D. 4
【答案】．
【解析】不等式所表示的可行域如下图所示，
x
y
O
A
l
由得，依题当目标函数直线：经过时，取得最小值即，故选
【考点定位】本题考查二元一次不等式的线性规划问题，属于容易题．
4.（15年广东文科）若变量，满足约束条件，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
考点：线性规划．
5.（15年广东文科）不等式的解集为 ．（用区间表示）
【答案】
【解析】
试题分析：由得：，所以不等式的解集为，所以答案应填：．
考点：一元二次不等式．
5. 6.（15年安徽文科）已知x，y满足约束条件，则z=-2x+y的最大值是( )
（A） -1 （B）-2 （C）-5 （D）1
【答案】A
【解析】
试题分析：根据题意作出约束条件确定的可行域，如下图：
令，可知在图中处，取到最大值-1,故选A.
考点：简单的线性规划.
7.（15年福建理科）若变量 满足约束条件 则 的最小值等于 ( )
A． B． C． D．2
【答案】A
【解析】
试题分析：画出可行域，如图所示，目标函数变形为，当最小时，直线的纵截距最大，故将直线经过可行域，尽可能向上移到过点时，取到最小值，最小值为
，故选A．
考点：线性规划．
8.（15年福建理科）已知 ，若 点是 所在平面内一点，且
，则 的最大值等于（ ）
A．13 B．15 C．19 D．21
【答案】A
考点：1、平面向量数量积；2、基本不等式．
9.（15年福建文科）若直线过点，则的最小值等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
考点：基本不等式．
10.（15年福建文科）变量满足约束条件，若的最大值为2，则实数等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：将目标函数变形为，当取最大值，则直线纵截距最小，故当时，不满足题意；当时，画出可行域，如图所示， 其中．显然不是最优解，故只能是最优解，代入目标函数得，解得，故选C．
考点：线性规划．
11.（15年新课标1理科）若x,y满足约束条件则的最大值为 .
【答案】3
【解析】作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A（1,3）与原点连线的斜率最大，故的最大值为3.
12.（15年新课标2理科）若x，y满足约束条件，则的最大值为____________．
【答案】
13.（15年新课标2文科）若x,y满足约束条件 ,则z=2x+y的最大值为 ．
【答案】8
考点：线性规划
14.（15年陕西理科）设，若，，，则下列关系
式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
考点：1、基本不等式；2、基本初等函数的单调性．
15.（15年陕西理科）某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料．已知生产1吨每种产品需原料及每天原料
的可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最
大利润为（ ）
A．12万元 B．16万元 C．17万元 D．18万元
【答案】D
【解析】
试题分析：设该企业每天生产甲、乙两种产品分别为、吨，则利润
由题意可列，其表示如图阴影部分区域：
当直线过点时，取得最大值，所以，故选D．
考点：线性规划．
16.（15年陕西文科）某企业生产甲乙两种产品均需用A，B两种原料，已知生产1吨每种产品需原料及每天原料的可用限额表所示，如果生产1吨甲乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润为（ ）
A．12万元 B．16万元 C．17万元 D．18万元
【答案】
当直线过点时，取得最大值
故答案选
考点：线性规划.
17.（15年天津理科）设变量 满足约束条件 ，则目标函数的最大值为
（A）3 （B）4 （C）18 （D）40
【答案】C
考点：线性规划.
18.（15年天津文科）设变量满足约束条件,则目标函数的最大值为（ ）
(A) 7 (B) 8 (C) 9 (D)14
【答案】C
考点：线性规划
19.（15年天津文科）设,则“”是“”的（ ）
(A) 充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件
(C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
试题分析：由,可知“”是“”的充分而不必要条件,故选A.
考点：1.不等式；2. 充分条件与必要条件.
20.（15年天津文科）已知 则当a的值为 时取得最大值.
【答案】4
【解析】
试题分析：当时取等号,结合可得
考点：基本不等式.
21.（15年湖南理科）执行如图1所示的程序框图，如果输入，则输出的( )
A. B. C. D.
时，
的最小值是，故选A.
考点：线性规划.
22.（15年山东理科）不等式的解集是
(A) (B) (C) (D)
解析：当时，成立；当时，，解得，则；当时，不成立.综上，答案选(A)
23.（15年山东理科）已知满足约束条件若的最大值为4，则
(A) (B) (C) (D)
解析：由得，借助图形可知：当，即时在时有最大值0，不符合题意；当，即时在时有最大值，不满足；当，即时在时有最大值，不满足；当，即时在时有最大值，满足；答案选(B)
24.（15年江苏）不等式的解集为________.
【答案】
【解析】
试题分析：由题意得：，解集为
考点：解指数不等式与一元二次不等式
专题八 复数
1.（15北京理科）1．复数
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：
考点：复数运算
2.（15北京文科）复数的实部为 ．
【答案】-1
【解析】
试题分析：复数，其实部为-1.
考点：复数的乘法运算、实部.
3.（15年广东理科）若复数 ( 是虚数单位 )，则
A． B． C． D．
【答案】．
【解析】因为，所以，故选．
【考点定位】本题考查复数的基本运算，属于容易题．
4.（15年广东文科）已知是虚数单位，则复数（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
考点：复数的乘法运算．
5.(15年安徽文科) 设i是虚数单位，则复数( )
（A）3+3i （B）-1+3i （3）3+i （D）-1+i
【答案】C
考点：复数的运算.
6.(15年福建理科) 若集合 （ 是虚数单位）， ，则 等于 ( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：由已知得，故，故选C．
考点：1、复数的概念；2、集合的运算．
7．(15年福建文科) 若（是虚数单位），则的值分别等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：由已知得，所以，选A．
考点：复数的概念．
8.(15年新课标1理科) 设复数z满足=i，则|z|=
（A）1 （B） （C） （D）2
【答案】A
9.(15年新课标1文科)
10.（15年新课标2理科）若a为实数且（2+ai）（a-2i）=-4i,则a=（ ）
（A）-1 （B）0 （C）1 （D）2
【答案】B
11.（15年新课标2文科）若为实数,且,则( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：由题意可得 ,故选D.
考点：复数运算.
12.（15年陕西理科）设复数，若，则的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：
如图可求得，，阴影面积等于
若，则的概率是，故选B．
考点：1、复数的模；2、几何概型．
13.（15年陕西文科）设复数，若，则的概率（ ）
A． B． C． D．
【答案】
【解析】
试题分析：
如图可求得,，阴影面积等于
若，则的概率
故答案选
考点：1.复数的模长；2.几何概型.
14.（15年天津理科） 是虚数单位，若复数 是纯虚数，则实数的值为 .
【答案】
【解析】
试题分析：是纯度数，所以，即.
考点：1.复数相关定义；2.复数运算.
15.（15年天津文科）i是虚数单位,计算 的结果为 ．
【答案】-i
【解析】
试题分析：.
考点：复数运算.
16.(15年湖南理科) 已知（为虚数单位），则复数=（ ）
A. B. C. D.
【答案】D.
考点：复数的计算.
17.（15年山东理科）若复数满足，其中是虚数单位，则
(A) (B) (C) (D)
解析：，答案选(A)
18.（15年江苏）设复数z满足（i是虚数单位），则z的模为_______.
【答案】
【解析】
试题分析：
考点：复数的模
专题九 导数及其应用
1.（15北京理科）已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当时，；
（Ⅲ）设实数使得对恒成立，求的最大值．
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）的最大值为2.
试题解析：（Ⅰ），曲线在点处的切线方程为；
（Ⅱ）当时，，即不等式，对成立，设
，则，当时，，故在（0，1）上为增函数，则，因此对，
成立；
（Ⅲ）使成立，，等价于，；
，
当时，，函数在（0，1）上位增函数，，符合题意；
当时，令，
-
0
+
极小值
，显然不成立，
综上所述可知：的最大值为2.
考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3.含参问题讨论.
2.（15北京文科）设函数，．
（Ⅰ）求的单调区间和极值；
（Ⅱ）证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点．
【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是；极小值；（2）证明详见解析.
所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；
在处取得极小值.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在区间上的最小值为.
因为存在零点，所以，从而.
当时，在区间上单调递减，且，
所以是在区间上的唯一零点.
当时，在区间上单调递减，且，，
所以在区间上仅有一个零点.
综上可知，若存在零点，则在区间上仅有一个零点.
考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题.
3．（15年安徽理科）设函数.
（1）讨论函数内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；
（2）记上的最大值D；
（3）在（2）中，取
4.（15年安徽文科）已知函数
（1） 求的定义域，并讨论的单调性；
（2） 若，求在内的极值。
【答案】（1）递增区间是（-r,r）;递减区间为（-∞，-r）和（r，+∞）；（2）极大值为100；无极小值.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知 内的极大值为
内无极小值；
所以内极大值为100，无极小值.
考点：1.导数在函数单调性中的应用；2.函数的极值.
5.（15年福建理科）若定义在上的函数 满足 ，其导函数 满足 ，则下列结论中一定错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
考点：函数与导数．
6.（15年福建理科）已知函数，
(Ⅰ)证明：当；
(Ⅱ)证明：当时，存在,使得对
(Ⅲ)确定k的所以可能取值，使得存在，对任意的恒有．
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ) ．
【解析】
试题分析：(Ⅰ)构造函数只需求值域的右端点并和0比较即可；(Ⅱ)构造函数即，求导得
，利用导数研究函数的形状和最值，证明当时，存在，使得即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当时，对于故，则不等式变形为，构造函数，只需说明，易发现函数在递增，而，故不存在；当时，由(Ⅱ)知，存在,使得对任意的任意的恒有，此时不等式变形为，
构造，易发现函数在递增，而，不满足题意；当时，代入证明即可．
试题解析：解法一：(1)令则有
当 ,所以在上单调递减；
故当时，即当时，．
(2)令则有
当 ,所以在上单调递增,
故对任意正实数均满足题意.
当时，令得．
取对任意恒有,所以在上单调递增, ,即
.
综上，当时，总存在,使得对任意的恒有．
(3)当时，由（1）知，对于故，
，
令，则有
故当时，,在上单调递增，故,即,所以满足题意的t不存在.
当时，由（2）知存在,使得对任意的任意的恒有．
此时,
令，则有
故当时，,在上单调递增，故,即,记与中较小的为，
则当，故满足题意的t不存在.
当，由（1）知，，
令，则有
当时，,所以在上单调递减，故,
故当时，恒有,此时，任意实数t满足题意.
综上，.
解法二：（1）（2）同解法一.
（3）当时，由（1）知，对于，
故，
令，
从而得到当时，恒有,所以满足题意的t不存在.
当时，取
由（2）知存在,使得.
此时,
令，此时 ,
记与中较小的为，则当，
故满足题意的t不存在.
当，由（1）知，，
令，则有
当时，,所以在上单调递减，故,
故当时，恒有,此时，任意实数t满足题意
综上，.
考点：导数的综合应用．
7.（15年福建文科）“对任意，”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C． 充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
考点：导数的应用．
8.（15年福建文科）已知函数．
(Ⅰ)求函数的单调递增区间；
（Ⅱ）证明：当时，；
（Ⅲ）确定实数的所有可能取值，使得存在，当时，恒有．
【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）．
【解析】
试题分析：(Ⅰ)求导函数，解不等式并与定义域求交集，得函数的单调递增区间；（Ⅱ）构造函数，．欲证明，只需证明的最大值小于0即可；（Ⅲ）由（II）知，当时，不存在满足题意；当时，对于，
有，则，从而不存在满足题意；当时，构造函数，，利用导数研究函数的形状，只要存在，当时
即可．
试题解析：（I），．
由得解得．
故的单调递增区间是．
（II）令，．
则有．
当时，，
所以在上单调递减，
故当时，，即当时，．
（III）由（II）知，当时，不存在满足题意．
当时，对于，有，则，从而不存在满足题意．
当时，令，，
则有．
由得，．
解得，．
当时，，故在内单调递增．
从而当时，，即，
综上，的取值范围是．
考点：导数的综合应用．
9.（15年新课标1理科）设函数=,其中a1，若存在唯一的整数x0，使得
0，则的取值范围是（ ）
A.[-，1） B. [-，） C. [，） D. [，1）
【答案】D
10.（15年新课标2理科）设函数f’(x)是奇函数的导函数，f（-1）=0，当时，，则使得成立的x的取值范围是
（A） （B）
（C） （D）
【答案】A
【解析】
记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，则；当时，
，则，综上所述，使得成立的的取值范围是
，故选A．
11.（15年新课标2理科）设函数。
（1）证明：在单调递减，在单调递增；
（2）若对于任意，都有，求m的取值范围。
12.（15年新课标2文科）已知曲线在点 处的切线与曲线 相切,则a= ．
【答案】8
【解析】
试题分析：由可得曲线在点处的切线斜率为2,故切线方程为,与
联立得,显然,所以由 .
考点：导数的几何意义.
13.（15年新课标2文科）已知.
（I）讨论的单调性；
（II）当有最大值,且最大值大于时,求a的取值范围.
【答案】（I）,在是单调递增；,在单调递增,在单调递减；（II）.
【解析】
考点：导数的应用.
14.（15年陕西理科）对二次函数（a为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有
一个结论是错误的，则错误的结论是（ ）
A．-1是的零点 B．1是的极值点
C．3是的极值 D. 点在曲线上
【答案】A
考点：1、函数的零点； 2、利用导数研究函数的极值．
15.（15年陕西理科）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．
【答案】（I）证明见解析；（II）当时， ，当时，，证明见解析．
【解析】
试题分析：（I）先利用零点定理可证在内至少存在一个零点，再利用函数的单调性可证在内有且仅有一个零点，进而利用是的零点可证；（II）先设，再对的取值范围进行讨论来判断与的大小，进而可得和的大小．
试题解析：（I）则
所以在内至少存在一个零点.
又，故在内单调递增，
所以在内有且仅有一个零点.
因为是的零点，所以，即，故.
(II)解法一：由题设，
设
当时,
当时,
若,
若,
所以在上递增，在上递减，
所以，即.
综上所述，当时, ；当时
解法二 由题设，
当时,
当时, 用数学归纳法可以证明.
当时, 所以成立.
假设时，不等式成立，即.
那么，当时，
.
又
令，则
所以当,,在上递减；
当,,在上递增.
所以，从而
故.即，不等式也成立.
所以，对于一切的整数，都有.
解法三:由已知，记等差数列为,等比数列为,则，，
所以,
令
当时, ,所以.
当时,
而，所以，.
若, ,,
当,,,
从而在上递减,在上递增.所以，
所以当又,，故
综上所述，当时, ；当时
考点：1、零点定理；2、利用导数研究函数的单调性.
16.（15年陕西文科）函数在其极值点处的切线方程为____________.
【答案】
考点：导数的几何意义.
17.（15年天津理科）已知函数，其中.
(I)讨论的单调性；
(II)设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；
(III)若关于的方程有两个正实根，求证：
【答案】(I) 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.
试题解析：(I)由，可得，其中且，
下面分两种情况讨论：
（1）当为奇数时：
令，解得或，
当变化时，的变化情况如下表：
所以，在，上单调递减，在内单调递增.
(2)当为偶数时，
当，即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减.
所以，在上单调递增，在上单调递减.
(II)证明：设点的坐标为，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则
由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时， ，当时，，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有.
(III)证明：不妨设，由(II)知，设方程的根为，可得
，当时，在上单调递减，又由(II)知可得.
类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，
，即对任意，
设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且
考点：1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.
18.（15年天津文科）已知函数 ,其中a为实数,为的导函数,若 ,则a的值为 ．
【答案】3
【解析】
试题分析：因为 ,所以.
考点：导数的运算法则.
19.（15年山东理科）设函数，其中.
（Ⅰ）讨论函数极值点的个数，并说明理由；
（Ⅱ）若，成立，求的取值范围.
解：（Ⅰ），定义域为
，
设，
当时，，函数在为增函数，无极值点.
当时，，
若时，，函数在为增函数，无极值点.
若时，设的两个不相等的实数根，且，
且，而，则，
所以当单调递增；
当单调递减；
当单调递增.
因此此时函数有两个极值点；
当时，但，，
所以当单调递増；
当单调递减.
所以函数只有一个极值点。
综上可知当时的无极值点；当时有一个极值点；当时，的有两个极值点.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当时在单调递增，而，
则当时，，符合题意；
当时，，在单调递增，而，
则当时，，符合题意；
当时，，所以函数在单调递减，而，
则当时，，不符合题意；
当时，设，当时，
在单调递增，因此当时，
于是，当时，
此时，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
另解：（Ⅰ），定义域为
，
当时，，函数在为增函数，无极值点.
设，
当时，根据二次函数的图像和性质可知的根的个数就是函数极值点的个数.
若，即时，，函数在为增函数，无极值点.
若，即或，
而当时此时方程在只有一个实数根，此时函数只有一个极值点；
当时方程在都有两个不相等的实数根，此时函数有两个极值点；
综上可知当时的极值点个数为0；当时的极值点个数为1；当时，的极值点个数为2.
（Ⅱ）设函数，，都有成立.
即
当时，恒成立；
当时，，；
当时，，；由均有成立。
故当时，，，则只需；
当时，，则需，即.综上可知对于，都有成立，只需即可，故所求的取值范围是.
另解：设函数，，要使，都有成立，只需函数函数在上单调递增即可，
于是只需，成立，
当时，令，，
则；当时；当，，
令，关于单调递增，则，则,于是
.
又当时，，所以函数在单调递减，而，
则当时，，不符合题意；
当时，设，当时，
在单调递增，因此当时，
于是，当时，
此时，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
评析：求解此类问题往往从三个角度求解：一是直接求解，通过对参数的讨论来研究函数的单调性，进一步确定参数的取值范围；二是分离参数法，求相应函数的最值或取值范围以达到解决问题的目的；三是凭借函数单调性确定参数的取值范围，然后对参数取值范围以外的部分进行分析验证其不符合题意，即可确定所求.
20.（15年江苏）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为20千米和2.5千米，以所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数（其中a，b为常数）模型.
（1）求a，b的值；
（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.
【答案】（1）（2）①定义域为，②千米
（2）①由（1）知，（），则点的坐标为，
设在点处的切线交，轴分别于，点，，
考点：利用导数求函数最值，导数几何意义
21.（15年江苏）已知函数.
（1）试讨论的单调性；
（2）若（实数c是a与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，a
的取值范围恰好是，求c的值.
【答案】（1）当时， 在上单调递增；
当时， 在，上单调递增，在上单调递减；
当时， 在，上单调递增，在上单调递减．
（2）
考点：利用导数求函数单调性、极值、函数零点
专题十 算法初步
1.（15北京理科）执行如图所示的程序框图，输出的结果为
A． B． C． D．
【答案】B
考点：程序框图
2.（15北京文科）执行如图所示的程序框图，输出的的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
考点：程序框图.
3.（15年安徽文科）执行如图所示的程序框图（算法流程图），输出的n为( )
（A）3 （B）4 （C）5 （D）6
【答案】B
考点：程序框图.
4.（15年福建理科）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为( )
A．2 B．1 C．0 D．
【答案】C
【解析】
试题分析：程序在执行过程中的值依次为：；；
；；；，程序结束，输出
，故选C．
考点：程序框图．
5.（15年福建文科）阅读如图所示的程序框图，阅读相应的程序．若输入的值为1，则输出的值为（ ）
A．2 B．7 C．8 D．128
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意得，该程序表示分段函数，则，故选C．
考点：程序框图．
6.(15年新课标1理科) 执行右面的程序框图，如果输入的t=0.01，则输出的n=
（A）5 （B）6 （C）7 （D）8
【答案】C
7.（15年新课标2理科）右边程序抗土的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”。执行该程序框图，若输入a,b分别为14,18，则输出的a=
A.0 B.2 C.4 D.14
【答案】B
【解析】程序在执行过程中，，的值依次为，；；；；；，此时程序结束，输出的值为2，故选B．
8.（15年新课标2文科）右边程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”,执行该程序框图,若输入的分别为14,18,则输出的为（ ）
【答案】B
【解析】
试题分析：由题意输出的a是18,14的最大公约数2,故选B.
考点：1. 更相减损术；2.程序框图.
9.（15年陕西理科）根据右边的图，当输入x为2006时，输出的（ ）
A．28 B．10 C．4 D．2
【答案】B
【解析】
试题分析：初始条件：；第1次运行：；第2次运行：；第3次运行：；；第1003次运行：；第1004次运行：．不满足条件，停止运行，所以输出的，故选B．
考点：程序框图．
10.（15年陕西文科）根据右边框图，当输入为6时，输出的（ ）
A． B． C． D．
【答案】
【解析】
试题分析：该程序框图运行如下：，，，，故答案选.
考点：程序框图的识别.
11.（15年天津理科）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为
（A） （B）6（C）14（D）18
【答案】B
【解析】
试题分析：模拟法：输入；
不成立；
不成立
成立
输出,故选B.
考点：程序框图.
12.（15年天津文科）阅读下边的程序框图,运行相应的程序,则输出i的值为（ ）
(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D)5
【答案】C
【解析】
试题分析：由程序框图可知： 故选C.
考点：程序框图.
13.（15年山东理科）执行右边的程序框图，输出的的值为 .
解析：.
是
否
开始
n=1，T=1
n<3
n=n+1
输出T
结束
14.（15年江苏）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为________.
S←1
I←1
While I10
S←S＋2
I←I＋3
End While
Print S
【答案】7
【解析】
试题分析：第一次循环：;第二次循环：;第三次循环：;结束循环，输出
考点：循环结构流程图
专题十一 常用逻辑用语
1.（15北京理科）设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
试题分析：因为，是两个不同的平面，是直线且．若“”，则平面可能相交也可能平行，不能推出，反过来若，，则有，则“”是“”的必要而不充分条件.
考点：1.空间直线与平面的位置关系；2.充要条件.
2.（15年安徽文科）设p：x<3，q：-1
，则P为
（A）nN, > （B） nN, ≤
（C）nN, ≤ （D） nN, =
【答案】C
【解析】:，故选C.
4.（15年陕西理科）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
试题分析：因为，所以或，因为“”“”，但“”“”，所以“”是“”的充分不必要条件，故选A．
考点：1、二倍角的余弦公式；2、充分条件与必要条件．
5.（15年陕西文科）“”是“”的（ ）
A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要
【答案】
考点：1.恒等变换；2.命题的充分必要性.
6.（15年天津理科）设 ，则“ ”是“ ”的
（A）充分而不必要条件
（B）必要而不充分条件
（C）充要条件
（D）既不充分也不必要条件
【答案】A
考点：充分条件与必要条件.
7.(15年浙江理科)
8.（15年湖南理科）设A,B是两个集合，则””是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】C.
【解析】
试题分析：由题意得，，反之，，故为充要条件，选C.
考点：集合的关系.
9.（15年山东理科）若“”是真命题，则实数的最小值为 .
解析：“”是真命题，则，于是实数的最小值为1.
专题十二 推理与证明
1.（15年广东文科）若集合，
，用表示集合中的元素个数，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
考点：推理与证明．
2.（15年福建理科）一个二元码是由0和1组成的数字串 ，其中 称为第 位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）
已知某种二元码 的码元满足如下校验方程组：
其中运算 定义为： ．
现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定 等于 ．
【答案】．
考点：推理证明和新定义．
3.（15年陕西文科）观察下列等式：
1－
1－
1－
…………
据此规律，第n个等式可为______________________.
【答案】
【解析】
试题分析：观察等式知：第n个等式的左边有个数相加减，奇数项为正，偶数项为负，且分子为1，分母是1到的连续正整数，等式的右边是.
故答案为
考点：归纳推理.
4.（15年江苏）已知集合，，
，令表示集合所含元素的个数.
（1）写出的值；
（2）当时，写出的表达式，并用数学归纳法证明.
【答案】（1）13（2）
下面用数学归纳法证明：
①当时，，结论成立；
②假设（）时结论成立，那么时，在的基础上新增加的元素在，
考点：计数原理、数学归纳法
专题十三 概率统计
1.（15北京理科），两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下：
组：10，11，12，13，14，15，16
组：12，13，15，16，17，14，
假设所有病人的康复时间互相独立，从，两组随机各选1人，组选出的人记为甲，组选出的人记为乙．
(Ⅰ) 求甲的康复时间不少于14天的概率；
(Ⅱ) 如果，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；
(Ⅲ) 当为何值时，，两组病人康复时间的方差相等？（结论不要求证明）
【答案】（1），（2），（3）或
2.（15北京文科）某校老年、中年和青年教师的人数见下表，采用分层抽样的方法调查教师的身体状况，在抽取的样本中，青年教师有人，则该样本的老年教师人数为（ ）
A． B． C． D．
类别
人数
老年教师
中年教师
青年教师
合计
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意，总体中青年教师与老年教师比例为；设样本中老年教师的人数为x，由分层抽样的性质可得总体与样本中青年教师与老年教师的比例相等，即，解得.
考点：分层抽样.
3.（15北京文科）某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况．
加油时间
加油量（升）
加油时的累计里程（千米）
年月日
年月日
注：“累计里程“指汽车从出厂开始累计行驶的路程，在这段时间内，该车每千米平均耗油量为（ ）
A．升 B．升 C．升 D．升
【答案】B
【解析】
试题分析：因为第一次邮箱加满，所以第二次的加油量即为该段时间内的耗油量，故耗油量升. 而这段时间内行驶的里程数千米. 所以这段时间内，该车每100千米平均耗油量为升，故选B.
考点：平均耗油量.
4.（15北京文科）高三年级位学生参加期末考试，某班位学生的语文成绩，数学成绩与总成绩在全年级中的排名情况如下图所示，甲、乙、丙为该班三位学生．
从这次考试成绩看，
①在甲、乙两人中，其语文成绩名次比其总成绩名次靠前的学生是 ；
②在语文和数学两个科目中，丙同学的成绩名次更靠前的科目是 ．
【答案】乙、数学
【解析】
试题分析：①由图可知，甲的语文成绩排名比总成绩排名靠后；而乙的语文成绩排名比总成绩排名靠前，故填乙.
②由图可知，比丙的数学成绩排名还靠后的人比较多；而总成绩的排名中比丙排名靠后的人数比较少，所以丙的数学成绩的排名更靠前，故填数学.
考点：散点图.
5.（15北京文科）某超市随机选取位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买．
商
品
顾
客
人
数
甲
乙
丙
丁
√
×
√
√
×
√
×
√
√
√
√
×
√
×
√
×
85
√
×
×
×
×
√
×
×
（Ⅰ）估计顾客同时购买乙和丙的概率；
（Ⅱ）估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买中商品的概率；
（Ⅲ）如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中那种商品的可能性最大？
【答案】（1）0.2；（2）0.3；（3）同时购买丙的可能性最大.
【解析】
试题分析：本题主要考查统计表、概率等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，由统计表读出顾客同时购买乙和丙的人数200，计算出概率；第二问，先由统计表读出顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买中商品的人数100+200，再计算概率；第三问，由统计表读出顾客
同时购买甲和乙的人数为200，顾客同时购买甲和丙的人数为100+200+300，顾客同时购买甲和丁的人数为100，分别计算出概率，再通过比较大小得出结论.
试题解析：（Ⅰ）从统计表可以看出，在这1000位顾客中，有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为.
（Ⅱ）从统计表可以看出，在在这1000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品.所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为.
（Ⅲ）与（Ⅰ）同理，可得：
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为，
顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为，
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为，
所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大.
考点：统计表、概率.
6.（15年广东理科）已知随机变量服从二项分布，若，，则 ．
【答案】．
【解析】依题可得且，解得，故应填入．
【考点定位】本题考查二项分布的性质，属于容易题．
7.（15年广东理科）某工厂36名工人的年龄数据如下表。
工人编号 年龄
工人编号 年龄
工人编号 年龄
工人编号 年龄
A. 40
B. 44
C. 40
D. 41
E. 33
F. 40
G. 45
H. 36
I. 31
J. 38
K. 39
L. 43
M. 45
N. 39
O. 27
P. 43
Q. 41
R. 37
S. 34
T. 42
U. 37
V. 34
W. 39
X. 43
Y. 38
Z. 42
AA. 53
BB. 37
A. 42
B. 43
C. 38
D. 36
E. 44
F. 42
G. 49
H. 39
（1）用系统抽样法从36名工人中抽取容量为9的样本，且在第一分段里用随机抽样法抽到的年龄数据为44，列出样本的年龄数据；
（2）计算（1）中样本的平均值和方差；
（3）36名工人中年龄在与之间有多少人？所占的百分比是多少（精确到0.01％）？
【答案】（1），，，，，，，，；（2），；（3），约占．
【考点定位】本题考查系统抽样、样本的均值与方差、样本数据统计等知识，属于中档题．
8.（15年广东文科）已知件产品中有件次品，其余为合格品．现从这件产品中任取件，恰有一件次品的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：件产品中有件次品，记为，，有件合格品，记为，，，从这件产品中任取件，有种，分别是，，，，，，，，，，恰有一件次品，有种，分别是，，，，，，设事件“恰有一件次品”，则
，故选B．
考点：古典概型．
9.（15年广东文科）已知样本数据，，，的均值，则样本数据，，，的均值为 ．
【答案】
考点：均值的性质．
10.（15年广东文科）某城市户居民的月平均用电量（单位：度），以，，，，，，分组的频率分布直方图如图．
求直方图中的值；
求月平均用电量的众数和中位数；
在月平均用电量为，，，的四组用户中，用分层抽样的方法抽取户居民，则月平均用电量在的用户中应抽取多少户？
【答案】（1）；（2），；（3）．
【解析】
试题解析：（1）由得：，所以直方图中的值是
考点：1、频率分布直方图；2、样本的数字特征（众数、中位数）；3、分层抽样.
11.（15年安徽理科）已知2件次品和3件正品放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结果.
（1）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率
（2）已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求X的分布列和均值（数学期望）
12.（15年安徽文科）某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为
（1）求频率分布图中的值；
（2）估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；
（3）从评分在的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在的概率.
【答案】（1）0.006（2） （3）
（Ⅲ）由频率分布直方图可知：在[40,50)内的人数为0.004×40×50＝2（人）
在[50,60)内的人数为0.006×10×50＝3（人）
设[40,50)内的两人分别为；[50,60)内的三人为
,则从[40,60)的受伤职工中随机抽取2人，基本事件有（），（），（），（），（），（），（），（），（），
（）共10种；其中2人评分都在[40,50)内的概率为.
考点：1.频率分布直方图；2.古典概型.
13.（15年福建理科）为了解某社区居民的家庭年收入所年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：
收入 （万元）
8.2
8.6
10.0
11.3
11.9
支出 （万元）
6.2
7.5
8.0
8.5
9.8
根据上表可得回归直线方程 ，其中 ，据此估计，该社区一户收入为15万元家庭年支出为( )]
A．11.4万元 B．11.8万元 C．12.0万元 D．12.2万元
【答案】B
考点：线性回归方程．
14.（15年福建理科）如图，点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，函数 ，若在矩形 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于 ．
【答案】
【解析】
试题分析：由已知得阴影部分面积为．所以此点取自阴影部分的概率等于．
考点：几何概型．
15.（15年福建理科）某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定.
(Ⅰ)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(Ⅱ)设当天小王用该银行卡尝试密码次数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)分布列见解析，期望为．
【解析】
试题分析：(Ⅰ)首先记事件“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为．则银行卡被锁死相当于三次尝试密码都错，基本事件总数为，事件包含的基本事件数为，代入古典概型的概率计算公式求解；(Ⅱ)列出随机变量的所有可能取值，分别求取相应值的概率，写出分布列求期望即可．
试题解析：（Ⅰ）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，
则
（Ⅱ）依题意得，X所有可能的取值是1，2，3
又
所以X的分布列为
所以．
考点：1、古典概型；2、离散型随机变量的分布列和期望．
16.（15年福建文科）如图，矩形中，点在轴上，点的坐标为．且点与点在函数
的图像上．若在矩形内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
考点：古典概型．
17.（15年福建文科）某校高一年级有900名学生，其中女生400名，按男女比例用分层抽样的方法，从该年级学生中抽取一个容量为45的样本，则应抽取的男生人数为_______．
【答案】
【解析】
试题分析：由题意得抽样比例为，故应抽取的男生人数为．
考点：分层抽样．
18.（15年福建文科）全网传播的融合指数是衡量电视媒体在中国网民中影响了的综合指标．根据相关报道提供的全网传播2015年某全国性大型活动的“省级卫视新闻台”融合指数的数据，对名列前20名的“省级卫视新闻台”的融合指数进行分组统计，结果如表所示．
组号
分组
频数
1
2
2
8
3
7
4
3
（Ⅰ）现从融合指数在和内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家进行调研，求至少有1家的融合指数在的概率；
（Ⅱ）根据分组统计表求这20家“省级卫视新闻台”的融合指数的平均数．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
解法一：（I）融合指数在内的“省级卫视新闻台”记为，，；融合指数在内的“省级卫视新闻台”记为，．从融合指数在和内的“省级卫视新闻台”中随机抽取家的所有基本事件是：，，，，，，，，，，共个．
其中，至少有家融合指数在内的基本事件是：，，，，，，，，，共个．
所以所求的概率．
（II）这家“省级卫视新闻台”的融合指数平均数等于．
解法二：（I）融合指数在内的“省级卫视新闻台”记为，，；融合指数在内的“省级卫视新闻台”记为，．从融合指数在和内的“省级卫视新闻台”中随机抽取家的所有基本事件是：，，，，，，，，，，共个．
其中，没有家融合指数在内的基本事件是：，共个．
所以所求的概率．
（II）同解法一．
考点：1、古典概型；2、平均值．
19，（15年新课标1理科）投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试。已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为
（A）0.648 （B）0.432 （C）0.36 （D）0.312
【答案】A
【解析】根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为=0.648，故选A.
20.（15年新课标2理科）根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量（单位：万吨）柱形图。以下结论不正确的是( )
（A） 逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著
（B） 2007年我国治理二氧化硫排放显现
（C） 2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势
（D） 2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关
【答案】D
【解析】由柱形图得，从2006年以来，我国二氧化硫排放量呈下降趋势，故年排放量与年份负相关．
21.（15年新课标2理科）
某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：
A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76
78 86 95 66 97 78 88 82 76 89
B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82
93 48 65 81 74 56 54 76 65 79
（Ⅰ）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；
（Ⅱ）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个不等级：
满意度评分
低于70分
70分到89分
不低于90分
满意度等级
不满意
满意
非常满意
记时间C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”。假设两地区用户的评价结果相互独立。根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率
22.（15年新课标2文科）根据下面给出的2004年至2013
年我国二氧化碳年排放量（单位：万吨）柱形图,以下结论中不正确的是（ ）
2004年
2005年
2006年
2007年
2008年
2009年
2010年
2011年
2012年
2013年
1900
2000
2100
2200
2300
2400
2500
2600
2700
A．逐年比较,2008年减少二氧化碳排放量的效果最显著
B．2007年我国治理二氧化碳排放显现成效
C．2006年以来我国二氧化碳年排放量呈减少趋势
D．2006年以来我国二氧化碳年排放量与年份正相关
【答案】 D
考点：柱形图
23.（15年新课标2文科）某公司为了了解用户对其产品的满意度,从A,B两地区分别随机调查了40个用户,根据用户对其产品的满意度的评分,得到A地区用户满意度评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频率分布表.
A地区用户满意度评分的频率分布直方图
（I）在答题卡上作出B地区用户满意度评分的频率分布直方图,并通过此图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度.（不要求计算出具体值,给出结论即可）
B地区用户满意度评分的频率分布直方图
（II）根据用户满意度评分,将用户的满意度评分分为三个等级：
估计那个地区的用户的满意度等级为不满意的概率大,说明理由.
【答案】（I）见试题解析（II）A地区的用户的满意度等级为不满意的概率大.
考点：1.频率分布直方图；2.概率估计.
24.（15年陕西理科）某中学初中部共有110名教师，高中部共有150名教师，其性别比例如图所示，则该校女教师
的人数为（ ）
A．167 B．137 C．123 D．93
【答案】B
考点：扇形图．
25.（15年陕西理科）设某校新、老校区之间开车单程所需时间为，只与道路畅通状况有关，
对其容量为的样本进行统计，结果如下：
（分钟）
25
30
35
40
频数（次）
20
30
40
10
（I）求的分布列与数学期望；
（II）刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从
离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．
【答案】（I）分布列见解析，；（II）．
【解析】
试题分析：（I）先算出的频率分布，进而可得的分布列，再利用数学期望公式可得数学期望；（II）先设事件表示“刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过分钟”，再算出的概率．
试题解析：（I）由统计结果可得T的频率分步为
（分钟）
25
30
35
40
频率
0.2
0.3
0.4
0.1
以频率估计概率得T的分布列为
25
30
35
40
0.2
0.3
0.4
0.1
从而 （分钟）
(II)设分别表示往、返所需时间，的取值相互独立，且与T的分布列相同.设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在途中的时间不超过70分钟”.
解法一：
.
解法二：
故.
考点：1、离散型随机变量的分布列与数学期望；2、独立事件的概率.
26.（15年陕西文科）某中学初中部共有110名教师，高中部共有150名教师，其性别比例如图所示，则该校女教师的人数为（ ）
A．93 B．123 C．137 D．167
【答案】
【解析】
试题分析：由图可知该校女教师的人数为
故答案选
考点：概率与统计.
27.（15年陕西文科）随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下：
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
天气
晴
雨
阴
阴
阴
雨
阴
晴
晴
晴
阴
晴
晴
晴
晴
日期
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
天气
晴
阴
雨
阴
阴
晴
阴
晴
晴
晴
阴
晴
晴
晴
雨
(I)在4月份任取一天，估计西安市在该天不下雨的概率；
(II)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续两天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率.
【答案】(I) ； (II) .
【解析】
试题分析：(I)在容量为30的样本中，从表格中得，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率是.
(II)称相邻两个日期为“互邻日期对”（如1日与2日，2日与3日等）这样在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16对，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率为，以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为.
试题解析：(I
)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率是.
(II)称相邻两个日期为“互邻日期对”（如1日与2日，2日与3日等）这样在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16对，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率为，
以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为.
考点：概率与统计.
28.（15年天津理科）为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.
(I)设A为事件“选出的4人中恰有2 名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”求事件A发生的概率；
(II)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望.
【答案】(I) ;
(II) 随机变量的分布列为
【解析】
试题分析：(I)由古典概型计算公式直接计算即可； (II)先写出随机变量的所有可能值，求出其相应的概率，即可求概率分布列及期望.
试题解析：(I)由已知，有
所以事件发生的概率为.
(II)随机变量的所有可能取值为
所以随机变量的分布列为
所以随机变量的数学期望
考点：1.古典概型；2.互斥事件；3.离散型随机变量的分布列与数学期望.
29.（15年天津文科）设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27,9,18,先采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员参加比赛.
（I）求应从这三个协会中分别抽取的运动员人数；
（II）将抽取的6名运动员进行编号,编号分别为,从这6名运动员中随机抽取2名参加双打比赛.
（i）用所给编号列出所有可能的结果；
（ii）设A为事件“编号为的两名运动员至少有一人被抽到”,求事件A发生的概率.
【答案】（I）3,1,2；（II）（i）见试题解析；（ii）
【解析】
试题分析：（I）由分层抽样方法可知应从甲、乙、丙这三个协会中分别抽取的运动员人数分别为3,1,2；（II）（i）一一列举,共15种；（ii）符合条件的结果有9种,所以.
试题解析：（I）应从甲、乙、丙这三个协会中分别抽取的运动员人数分别为3,1,2；
（II）（i）从这6名运动员中随机抽取2名参加双打比赛,所有可能的结果为,
,,,,,,,,,,,,,,共15种.
（ii）编号为的两名运动员至少有一人被抽到的结果为,, ,, ,,,,,共9种,所以事件A发生的概率
考点：分层抽样与概率计算.
30.（15年湖南理科）.在如图2所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分（曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线）的点的个数的估计值为（ ）
A.2386 B.2718 C.3413 D.4772
【答案】C.
考点：正态分布.
31.（15年湖南理科）在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）的茎叶图如图4所示.
若将运动员按成绩由好到差编为号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139,151]上的运动员人数是 .
【答案】.
【解析】
试题分析：由茎叶图可知，在区间的人数为，再由系统抽样的性质可知人数为人.
考点：1.系统抽样；2.茎叶图.
32.（15年山东理科）已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间（3,6）内的概率为
（附：若随机变量服从正态分布，则,
.）
(A) (B) (C) (D)
解析：，答案选(B)
33．（15年山东理科）若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（如137,359,567等）.
在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取一个数，且只能抽取一次，得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得-1分；若能被10整除，得1分.
（Ⅰ）写出所有个位数字是5的“三位递增数”；
（Ⅱ）若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望EX.
解：（Ⅰ）125,135,145,235,245,345；
（Ⅱ）X的所有取值为-1,0,1.
甲得分X的分布列为：
X
0
-1
1
P
34.（15年江苏）已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为________.
【答案】6
考点：平均数
35.(15年江苏) 袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________.
【答案】
考点：古典概型概率
专题十四 空间向量、空间几何体、立体几何
1.（15北京理科）设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
试题分析：因为，是两个不同的平面，是直线且．若“”，则平面
可能相交也可能平行，不能推出，反过来若，，则有，则“”是“”的必要而不充分条件.
考点：1.空间直线与平面的位置关系；2.充要条件.
2.（15北京理科）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是
A． B． C． D．5
【答案】C
【解析】
试题分析：根据三视图恢复成三棱锥，其中平面ABC，取AB棱的中点D，连接CD、PD，有，底面ABC为等腰三角形底边AB上的高CD为2，AD=BD=1,PC=1, ,,，,三棱锥表面积.
考点：1.三视图；2.三棱锥的表面积.
3.（15北京理科）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，
，，，，为的中点．
(Ⅰ) 求证：；
(Ⅱ) 求二面角的余弦值；
(Ⅲ) 若平面，求的值．
【答案】(1)证明见解析，（2），（3）
【解析】
试题分析：证明线线垂直可寻求线面垂直，利用题目提供的面面垂直平面平面，借助性质定理证明平面EFCB，进而得出线线垂直，第二步建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，平面AEF的法向量易得，只需求平面AEB的法向量，设平面AEB的法向量，利用线线垂直，数量积为零，列方程求出法向量，再根据二面角公式求出法向量的余弦值；第三步由于，要想平面，只需，利用向量的坐标，借助数量积为零，求出的值，根据实际问题予以取舍.
试题解析：(Ⅰ)由于平面平面，为等边三角形，为的中点，则，根据面面垂直性质定理，所以平面EFCB，又平面，则.
(Ⅱ)取CB的中点D，连接OD,以O为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，，，由于平面与轴垂直，则设平面的法向量为，设平面的法向量，，，则
，二面角的余弦值，由二面角
为钝二面角，所以二面角的余弦值为.
（Ⅲ）有（1）知平面EFCB，则，若平面，只需，，又，，解得
或，由于，则.
考点：1.线线垂直的证明；2.利用法向量求二面角；3.利用数量积解决垂直问题.
4.（15北京文科）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：四棱锥的直观图如图所示：
由三视图可知，平面ABCD，SA是四棱锥最长的棱，.
考点：三视图.
5.（15北京文科）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）.
【解析】
试题分析：本题主要考查线线平行、线面平行、面面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑推理能力、转化能力、计算能力.第一问，在三角形ABV中，利用中位线的性质得，最后直接利用线面平行的判定得到结论；第二问，先在三角形ABC中得到，再利用面面垂直的性质得平面VAB，最后利用面面垂直的判定得出结论；第三问，将三棱锥进行等体积转化，利用，先求出三角形VAB的面积，由于平面VAB，所以OC为锥体的高，利用锥体的体积公式计算出体积即可.
试题解析：（Ⅰ）因为分别为AB，VA的中点，
所以.
又因为平面MOC，
所以平面MOC.
（Ⅱ）因为，为AB的中点，
所以.
又因为平面VAB平面ABC，且平面ABC，
所以平面VAB.
所以平面MOC平面VAB.
（Ⅲ）在等腰直角三角形中，，
所以.
所以等边三角形VAB的面积.
又因为平面VAB，
所以三棱锥C-VAB的体积等于.
又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，
所以三棱锥V-ABC的体积为.
考点：线线平行、线面平行、面面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积公式.
6.（15年广东理科）若空间中个不同的点两两距离都相等，则正整数的取值
A．大于5 B. 等于5 C. 至多等于4 D. 至多等于3
【答案】．
【考点定位】本题考查空间想象能力、推理能力，属于中高档题．
7.（15年广东理科）如图2，三角形所在的平面与长方形所在的平面垂直，，，.点是边的中点，点、分别在线段、上，且，.
（1）证明：；
（2）求二面角的正切值；
（3）求直线与直线所成角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】（1）证明：∵ 且点为的中点，
∴ ，又平面平面，且平面P
A
B
C
D
E
F
G
平面，平面，
∴ 平面，又平面，
∴ ；
（2）∵ 是矩形，
∴ ，又平面平面，且平面平面，平面，
∴ 平面，又、平面，
∴ ，，
∴ 即为二面角的平面角，
在中，，，，
∴ 即二面角的正切值为；
（3）如下图所示，连接，
∵ ，即，
∴ ，
∴ 为直线与直线所成角或其补角，
在中，，，
由余弦定理可得，
∴ 直线与直线所成角的余弦值为．P
A
B
C
D
E
F
G
【考点定位】本题考查直线与直线垂直、二面角、异面直线所成角等知识，属于中档题．
8.（15年广东文科）若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，是平面与平面的交线，则下列命题正确的是（ ）
A．至少与，中的一条相交 B．与，都相交
C．至多与，中的一条相交 D．与，都不相交
【答案】A
考点：空间点、线、面的位置关系．
9.（15年广东文科）如图，三角形所在的平面与长方形所在的平面垂直，，，．
证明：平面；
证明：；
求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
试题解析：（1）因为四边形是长方形，所以，因为平面，平面，所以平面
（2）因为四边形是长方形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以
（3）取的中点，连结和，因为，所以，在中，
，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，由（2）知：平面，由（1）知：，所以平面，因为平面，所以，设点到平面的距离为，因为，所以，即，所以点到平面的距离是
考点：1、线面平行；2、线线垂直；3、点到平面的距离.
10.（15年安徽理科）如图所示，在多面体，四边形，均为正方形，为的中点，过的平面交于F
（1）证明：
(2)求二面角余弦值.
9. 11.（15年安徽文科）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )
（A） （B） （C） （D）
【答案】C
考点：1.几何体的三视图；2.锥体的体积公式.
12.(15年安徽文科) 如图，三棱锥P-ABC中，PA平面ABC，.
(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)证明：在线段PC上存在点M，使得ACBM，并求的值。
【答案】（1） （2）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）在中＝.又∵PA⊥面ABC ∴PA是三棱锥P-ABC的高，根据锥体的体积公式即可求出结果;（Ⅱ）过点B作BN垂直AC于点N，过N作NM∥PA交PC于M，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可知此M点即为所求，根据相似三角形的性质即可求出结果.
试题解析：（Ⅰ）在中，＝1,∠
＝＝.[gkstk.Com]
又∵PA⊥面ABC
∴PA是三棱锥P-ABC的高
∴
（Ⅱ）过点B作BN垂直AC于点N，过N作NM∥PA交PC于M，则
此时M即为所找点，在.
考点：1.锥体的体积公式；2.线面垂直的判定定理及性质定理.
13.（15年福建理科）若 是两条不同的直线， 垂直于平面 ，则“ ”是“ 的 （ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．
14.（15年福建理科）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点.
(Ⅰ)求证：平面 ；
(Ⅱ)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ) ．
试题解析：解法一：（Ⅰ）如图，取的中点，连接，，又G是BE的中点，
，
又F是CD中点，，由四边形ABCD是矩形得，，所以
．从而四边形是平行四边形，所以，,又
，所以．
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为．
解法二：(Ⅰ)如图，取中点，连接，，又是的中点，可知，
又面，面，所以平面．
在矩形ABCD中，由Ｍ，Ｆ分别是ＡＢ，ＣＤ的中点得．
又面，面，所以面．
又因为，面，面，
所以面平面，因为面，所以平面．
（Ⅱ）同解法一．
考点：1、直线和平面平行的判断；2、面面平行的判断和性质；3、二面角．
15.（15年福建文科）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：由三视图还原几何体，该几何体是底面为直角梯形，高为的直四棱柱，且底面直角梯形的两底分别为，直角腰长为，斜腰为．底面积为，侧面积为则其表面积为
，所以该几何体的表面积为，故选B．
考点：三视图和表面积．
16.（15年福建文科）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．
（Ⅰ）若为线段的中点，求证平面；
（Ⅱ）求三棱锥体积的最大值；
（Ⅲ）若，点在线段上，求的最小值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）要证明平面，只需证明垂直于面内的两条相交直线．首先由垂直于圆所在的平面，可证明；又，为的中点，可证明，进而证明结论；（Ⅱ）三棱锥中，高，要使得体积最大，则底面面积最大，又是定值，故当边上的高最大，此时高为半径，进而求三棱锥体积；（Ⅲ）将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，此时线段的长度即为的最小值．
试题解析：解法一：（I）在中，因为，为的中点，
所以．
又垂直于圆所在的平面，
所以．
因为，
所以平面．
（II）因为点在圆上，
所以当时，到的距离最大，且最大值为．
又，所以面积的最大值为．
又因为三棱锥的高，
故三棱锥体积的最大值为．
（III）在中，，，
所以．
同理，所以．
在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示．
当，，共线时，取得最小值．
又因为，，
所以垂直平分，
即为中点．
从而，
亦即的最小值为．
解法二：（I）、（II）同解法一．
（III）在中，，，
所以，．同理．
所以，所以．
在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示．
当，，共线时，取得最小值．
所以在中，由余弦定理得：
．
从而．
所以的最小值为．
考点：1、直线和平面垂直的判定；2、三棱锥体积．
17.（15年新课标1理科）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧度为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有
A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛
【答案】B
【解析】
设圆锥底面半径为r，则=，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.
（16） 18.（15年新课标1理科）圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示。若该几何体的表面积为16 + 20，则r=
（A）1（B）2（C）4（D）8
【答案】B
【解析】
由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r，圆柱的高为2r，其表面积为==16 + 20，解得r=2，故选B.
19.（15年新课标2理科）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为
（A） （B） （C） （D）
【答案】D
【解析】由三视图得，在正方体中，截去四面体，如图所示，，设正方体棱长为，则，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为．
20.(15年新课标2理科) 已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为
A．36π B.64π C.144π D.256π
【答案】C
【解析】如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为
，故选C．
21.（15年新课标2理科）如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB = 16，BC = 10，AA1 = 8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E = D1F = 4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。
（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（2）求直线AF与平面α所成的角的正弦值。
22.（15年新课标2文科）一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）
【答案】D
【解析】
试题分析：截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为 ,故选D.
考点：三视图
23.（15年新课标2文科）已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
考点：球与几何体的切接.
24.（15年新课标2文科）如图,长方体中AB=16,BC=10,,点E,F分别在 上,过点E,F的平面与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
（I）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；
（II）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值.
【答案】（I）见试题解析（II） 或
考点：1.几何体中的截面问题；2.几何体的体积
25.（15年陕西理科）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为，母线长为，所以该几何体的表面积是，故选D．
考点：1、三视图；2、空间几何体的表面积．
26．（15年陕西理科）如图，在直角梯形中，，，，
，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．
（I）证明：平面；
（II）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）．
试题解析：（I）在图1中，
因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点，BAD=，所以BE AC
即在图2中，BE ，BE OC
从而BE平面
又CDBE，所以CD平面.
(II)由已知，平面平面BCDE，又由（1）知，BE ，BE OC
所以为二面角的平面角，所以.
如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，
因为,
所以
得 ，.
设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，
则，得，取，
，得，取，
从而，
即平面与平面夹角的余弦值为.
考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用.
27.（15年陕西文科）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】
【解析】
试题分析：由几何体的三视图可知该几何体为圆柱的截去一半，
所以该几何体的表面积为，故答案选
考点：1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的表面积.
28.（15年陕西文科）如图1，在直角梯形中，，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，得到四棱锥.
(I)证明：平面；
(II)当平面平面时，四棱锥的体积为，求的值.
【答案】(I) 证明略，详见解析；(II) .
(II)由已知，平面平面，且平面平面 ，又由(I)知，，所
以平面，即是四棱锥的高，易求得平行四边形面积
，从而四棱锥的为，由，得.
(II)由已知，平面平面，
且平面平面
又由(I)知，，所以
平面，
即是四棱锥的高，
由图1可知，，平行四边形面积，
从而四棱锥的为
，
由，得.
考点：1.线面垂直的判定；2.面面垂直的性质定理；3.空集几何体的体积.
29.（15年天津理科）一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为 .
【答案】
【解析】
试题分析：由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为，高为的圆柱，两端是底面半径为，高为的圆锥，所以该几何体的体积.
考点：1.三视图；2.旋转体体积.
30.（15年天津理科）如图，在四棱柱中，侧棱,,,
,且点M和N分别为的中点.
(I)求证：；
(II)求二面角的正弦值；
(III)设E为棱上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段的长
【答案】(I)见解析； (II) ； (III) .
【解析】
试题分析：以为原点建立空间直角坐标系(I)求出直线的方向向量与平面的法向量，两个向量的乘积等于即可；(II)求出两个平面的法向量，可计算两个平面所成二面角的余弦值的大小，再求正弦值即可；
(III) 设，代入线面角公式计算可解出的值，即可求出的长.
试题解析：如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，
，又因为分别为和的中点，得.
(I)证明：依题意，可得为平面的一个法向量，，
由此可得，，又因为直线平面，所以平面
(II)，设为平面的法向量，则
，即，不妨设，可得，
设为平面的一个法向量，则，又，得
，不妨设，可得
因此有，于是，
所以二面角的正弦值为.
(III)依题意，可设，其中，则，从而，又为平面的一个法向量，由已知得
，整理得，
又因为，解得，
所以线段的长为.
考点：1.直线和平面平行和垂直的判定与性质；2.二面角、直线与平面所成的角；3.空间向量的应用.
31.（15年天津文科）一个几何体的三视图如图所示（单位：m）,则该几何体的体积为 .
【答案】
【解析】
试题分析：该几何体是由两个高为1的圆锥与一个高为2圆柱组合而成,所以该几何体的体积为 .
考点：1.三视图；2.几何体的体积.
32.（15年天津文科）如图,已知平面ABC, AB=AC=3,,, 点E,F分别是BC, 的中点.
（I）求证：EF 平面 ；
（II）求证：平面平面.
（III）求直线 与平面所成角的大小.
【答案】（I）见试题解析；（II）见试题解析；（III）.
【解析】
试题分析：（I）要证明EF 平面, 只需证明 且EF 平面；（II）要证明平面平面,可证明,；（III）取 中点N,连接 ,则 就是直线 与平面所成角,Rt△ 中,由得直线 与平面所成角为.
试题解析：（I）证明：如图,连接,在△中,因为E和F分别是BC, 的中点,所以 ,又因为EF 平面, 所以EF 平面.
（II）因为AB=AC,E为BC中点,所以,因为平面ABC,所以平面ABC,从而,又 ,所以平面 ,又因为平面,所以平面平面.
考点：1.空间中线面位置关系的证明；2.直线与平面所成的角
33.(15年浙江文科)
34.（15年湖南理科）某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=）（ ）
A. B. C. D.
【答案】A.
考点：1.圆锥的内接长方体；2.基本不等式求最值.
35.（15年山东理科）在梯形中，,,.将梯形绕所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为
(A) (B) (C) (D)
解析：，答案选(C)
36.（15年山东理科）设
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为若求面积的最大值.
解：（Ⅰ）由
由得，
则的递增区间为；
由得，
则的递增区间为.
（Ⅱ）在锐角中，,,而
由余弦定理可得，当且仅当时等号成立，即，，
故面积的最大值为.
37.（15年山东理科）如图，在三棱台中，
T
F
D
E
A
G
B
H
C
分别为的中点.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若平面,
求平面与平面所成角（锐角）的大小.
解：（Ⅰ）证明：连接DG，DC，设DC与GF交于点T.
在三棱台中，则
而G是AC的中点，DF//AC，则,
所以四边形是平行四边形,T是DC的中点，DG//FC.
又在,H是BC的中点，则TH//DB，
又平面，平面，故平面；
（Ⅱ）由平面,可得平面而
则,于是两两垂直，
z
x
y
F
D
E
A
G
B
H
C
以点G为坐标原点，所在的直线
分别为轴建立空间直角坐标系，
设,则,
，
则平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则,即，
取，则，，
，故平面与平面所成角（锐角）的大小为.
38.（15年江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个。若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为
【答案】
【解析】
试题分析：由体积相等得：
考点：圆柱及圆锥体积
39.（15年江苏）如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，
.求证：（1）；[来源:学科网]
（2）.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】
试题分析：（1）由三棱锥性质知侧面为平行四边形,因此点为的中点，从而由三角形中位线性质得，再由线面平行判定定理得（2）因为直三棱柱中，所以侧面为正方形，因此，又，（可由直三棱柱推导），因此由线面垂直判定定理得,从而，再由线面垂直判定定理得,进而可得
考点：线面平行判定定理，线面垂直判定定理
40.（15年江苏）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯
形，,
（1）求平面与平面所成二面角的余弦值；
（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成角最小时，求线段BQ的长
P
A
B
C
D
Q
【答案】（1）（2）
考点：空间向量、二面角、异面直线所成角
专题十五 点、线、面的位置关系
1.（15年安徽文科）直线3x+4y=b与圆相切，则b=( )
（A） -2或12 （B）2或-12 （C）-2或-12 （D）2或12
【答案】D
【解析】
试题分析：∵直线与圆心为（1,1）,半径为1的圆相切，∴＝1或12,
故选D.
考点：1.直线与圆的位置关系；2.点到直线的距离公式.
专题十六 平面几何初步
1.（15北京文科）圆心为且过原点的圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：由题意可得圆的半径为，则圆的标准方程为.
考点：圆的标准方程.
2.（15年广东理科）平行于直线且与圆相切的直线的方程是
A．或 B. 或
C. 或 D. 或
【答案】．
【考点定位】本题考查直线与圆的位置关系，属于容易题．
3.（15年新课标2文科）已知三点,则△外接圆的圆心到原点的距离为（ ）
【答案】B
考点：直线与圆的方程.
4.（15年新课标2文科）已知椭圆 的离心率为,点在C上.
（I）求C的方程；
（II）直线l不经过原点O,且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB中点为M,证明：直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.
【答案】（I）（II）见试题解析
考点：直线与椭圆
5.（15年陕西理科）设曲线在点（0,1）处的切线与曲线上点p处的切线垂直，则p的坐标
为 ．
【答案】
【解析】
试题分析：因为，所以，所以曲线在点处的切线的斜率，设的坐标为（），则，因为，所以，所以曲线在点处的切线的斜率，因为，所以，即，解得，因为，所以，所以，即的坐标是，所以答案应填：．
考点：1、导数的几何意义；2、两条直线的位置关系．
6.（15年天津理科）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）
【答案】A
【解析】
试题分析：由相交弦定理可知，，又因为是弦的三等分点，所以，所以，故选A.
考点：相交弦定理.
7.（15年天津文科）如图,在圆O中,M,N是弦AB的三等分点,弦CD,CE分别经过点M,N,若CM=2,MD=4,CN=3,则线段NE的长为（ ）
(A) (B) 3 (C) (D)
【答案】A
【解析】
试题分析：由相交弦定理可
故选A.
考点：相交弦定理
8.（15年天津文科）已知椭圆的上顶点为B,左焦点为,离心率为,
（I）求直线BF的斜率；
（II）设直线BF与椭圆交于点P（P异于点B）,故点B且垂直于BF的直线与椭圆交于点Q（Q异于点B）直线PQ与x轴交于点M,.
（i）求的值；
（ii）若,求椭圆的方程.
【答案】（I）2；（II）（i） ；（ii）
【解析】
试题分析：（I）先由 及得,直线BF的斜率；（II）先把直线BF,BQ的方程与椭圆方程联立,求出点P,Q横坐标,可得（ii）先由得=,由此求出c=1,故椭圆方程为
试题解析：（I） ,由已知 及 可得 ,又因为 ,故直线BF的斜率 .
（II）设点 ,（i）由（I）可得椭圆方程为 直线BF的方程为 ,两方程联立消去y得 解得 .因为,所以直线BQ方程为 ,与椭圆方程联立消去y得 ,解得 .又因为 ,及 得
（ii）由（i）得,所以,即 ,又因为,所以=.
又因为, 所以,因此 所以椭圆方程为
考点：直线与椭圆.
9.（15年湖南理科）
10.（15年山东理科）一条光线从点射出，经轴反射与圆相切，则反射光线所在的直线的斜率为
(A)或 (B) 或 (C) 或 (D) 或
解析：关于轴对称点的坐标为，设反射光线所在直线为即，则，解得或，答案选(D)
11.（15年江苏）在平面直角坐标系中，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为
【答案】
考点：直线与圆位置关系
专题十七 圆锥曲线与方程
1.（15北京理科）已知双曲线的一条渐近线为，则 ．
【答案】
考点：双曲线的几何性质
2.（15北京理科）已知椭圆：的离心率为，点和点都在椭圆上，直线交轴于点．
（Ⅰ）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）；
（Ⅱ）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】
【解析】
试题分析：椭圆：的离心率为，点在椭圆上，利用条件列方程组，解出待定系数，写出椭圆方程；由点和点，写出PA直线方程，令求出x值，写出直线与x轴交点坐标；由点，写出直线的方程，令求出x值，写出点N的坐标，设，求出和，利用二者相等，求出，则存在点使得.
试题解析：（Ⅰ）由于椭圆：过点且离心率为， ，，椭圆的方程为.
,直线的方程为：，令，；
考点：1.求椭圆方程；2.求直线方程及与坐标轴的交点；3.存在性问题.
3.（15北京文科）已知是双曲线（）的一个焦点，则 ．
【答案】
【解析】
试题分析：由题意知，，所以.
考点：双曲线的焦点.
4.（15北京文科）已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，直线与直线交于点．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）若垂直于轴，求直线的斜率；
（Ⅲ）试判断直线与直线的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2）1；（3）直线BM与直线DE平行.
【解析】
试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，先将椭圆方程化为标准方程，得到a，b，c的值，再利用计算离心率；第二问，由直线AB的特殊位置，设出A，B点坐标，设出直线AE的方程，由于直线AE与x=3相交于M点，所以得到M点坐标，利用点B、点M的坐标，求直线BM的斜率；第三问，分直线AB的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，第一种情况，直接分析即可得出结论，第二种情况，先设出直线AB和直线AE的方程，将椭圆方程与直线AB的方程联立，消参，得到和，代入到中，只需计算出等于0即可证明，即两直线平行.
试题解析：（Ⅰ）椭圆C的标准方程为.
所以，，.
所以椭圆C的离心率.
（Ⅱ）因为AB过点且垂直于x轴，所以可设，.
直线AE的方程为.
令，得.
所以直线BM的斜率.
（Ⅲ）直线BM与直线DE平行.证明如下：
当直线AB的斜率不存在时，由（Ⅱ）可知.
又因为直线DE的斜率，所以.
当直线AB的斜率存在时，设其方程为.
设，，则直线AE的方程为.
令，得点.
由，得.
所以，.
考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系.
5.（15年广东理科）已知双曲线：的离心率，且其右焦点，则双曲线的方程为
A． B. C. D.
【答案】．
【解析】因为所求双曲线的右焦点为且离心率为，所以，，所以所求双曲线方程为，故选．
【考点定位】本题考查双曲线的标准方程及其简单基本性质，属于容易题．
6.（15年广东理科）已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，.
（1）求圆的圆心坐标；
（2）求线段的中点的轨迹的方程；
（3）是否存在实数，使得直线与曲线只有一个交点：若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】（1）由得，
∴ 圆的圆心坐标为；
（2）设，则
∵ 点为弦中点即，
∴ 即，
∴ 线段的中点的轨迹的方程为；
（3）由（2）知点的轨迹是以为圆心为半径的部分圆弧（如下图所示，不包括两端点），且，，又直线：过定点，
L
D
x
y
O
C
E
F
当直线与圆相切时，由得，又，结合上图可知当时，直线：与曲线只有一个交点．
【考点定位】本题考查圆的标准方程、轨迹方程、直线斜率等知识与数形结合思想等应用，属于中高档题．
6.（15年广东文科）已知椭圆（）的左焦点为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意得：，因为，所以，故选C．
考点：椭圆的简单几何性质．
7.（15年安徽理科）设椭圆E的方程为，点O为坐标原点，点A的坐标为，点B的坐标为，点M在线段AB上，满足，直线OM的斜率为.
（I）求E的离心率e；
（II）设点C的坐标为，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，求E的方程.
8.（15年安徽文科）下列双曲线中，渐近线方程为的是( )
（A） （B）
（C） （D）
【答案】A
【解析】
试题分析：由双曲线的渐进线的公式可行选项A的渐进线方程为，故选A.
考点：渐近线方程.
9.（15年安徽文科）设椭圆E的方程为点O为坐标原点，点A的坐标为,点B的坐标为（0，b）,点M在线段AB上，满足直线OM的斜率为。[学优高考网]
（1）求E的离心率e;
(2)设点C的坐标为（0，-b）,N为线段AC的中点，证明：MNAB。
【答案】（1） （2）详见解析.
∴＝
（Ⅱ）由题意可知N点的坐标为（）
∴
∴
∴MN⊥AB
考点：1椭圆的离心率；2.直线与椭圆的位置关系.
10.（15年福建理科）若双曲线 的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且，则 等于（ ）
A．11 B．9 C．5 D．3
【答案】B
【解析】
试题分析：由双曲线定义得，即，解得，故选B．
考点：双曲线的标准方程和定义．
11.（15年福建理科）已知椭圆E：过点，且离心率为．
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)设直线交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ) G在以AB为直径的圆外．
在圆上．
试题解析：解法一：(Ⅰ)由已知得
解得
所以椭圆E的方程为．
故
所以，故G在以AB为直径的圆外．
解法二：(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)设点，则
由所以
从而
所以不共线，所以为锐角.
故点G在以AB为直径的圆外．
考点：1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系．
12.（15年福建文科）已知椭圆的右焦点为．短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点．若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
考点：1、椭圆的定义和简单几何性质；2、点到直线距离公式．
13.（15年福建文科）已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且．
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）已知点，延长交抛物线于点，证明：以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）利用抛物线定义，将抛物线上的点到焦点距离和到准线距离相互转化．本题由可得，可求的值，进而确定抛物线方程；（Ⅱ）欲证明以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切．可证明点到直线和直线的距离相等（此时需确定两条直线方程）；也可以证明，可转化为证明两条直线的斜率互为相反数．
试题解析：解法一：（I）由抛物线的定义得．
因为，即，解得，所以抛物线的方程为．
（II）因为点在抛物线上，
所以，由抛物线的对称性，不妨设．
由，可得直线的方程为．
由，得，
解得或，从而．
又，
所以，，
所以，从而，这表明点到直线，的距离相等，
故以为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．
解法二：（I）同解法一．
（II）设以点为圆心且与直线相切的圆的半径为．
因为点在抛物线上，
所以，由抛物线的对称性，不妨设．
由，可得直线的方程为．
由，得，
解得或，从而．
又，故直线的方程为，
从而．
又直线的方程为，
所以点到直线的距离．
这表明以点为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．
考点：1、抛物线标准方程；2、直线和圆的位置关系．
14.（15年新课标1理科）一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在x轴上，则该圆的标准方程为 。
【答案】
【解析】设圆心为（，0），则半径为，则，解得，故圆的方程为.
15.（15年新课标2理科）过三点A（1,3），B（4,2），C（1,-7）的圆交于y轴于M、N两点，则=
（A）2 （B）8 （C）4 （D）10
【答案】C
16.（15年新课标2理科）已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，∆ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为
（A）√5 （B）2 （C）√3 （D）√2
【答案】D
17.（15年新课标2理科）已知椭圆C：，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M。
（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（2）若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由。
18.（15年新课标2文科）已知双曲线过点,且渐近线方程为,则该双曲线的标准方程为 ．
【答案】
考点：双曲线几何性质
19.（15年陕西理科）若抛物线的准线经过双曲线的一个焦点，则p= ．
【答案】
考点：1、抛物线的简单几何性质；2、双曲线的简单几何性质．
20.（15年陕西理科）如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表
示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为 ．
【答案】
【解析】
试题分析：建立空间直角坐标系，如图所示：
原始的最大流量是，设抛物线的方程为（），因为该抛物线过点，所以，解得，所以，即，所以当前最大流量是，故原始的最大流量与当前最大流量的比值是，所以答案应填：．
考点：1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．
21.（15年陕西理科）已知椭圆（）的半焦距为，原点到经过两点
，的直线的距离为．
（I）求椭圆的离心率；
（II）如图，是圆的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的方
程．
【答案】（I）；（II）．
【解析】
试题分析：（I）先写过点，的直线方程，再计算原点到该直线的距离，进而可得椭圆的离心率；（II）先由（I）知椭圆的方程，设的方程，联立，消去，可得和的值，进而可得，再利用可得的值，进而可得椭圆的方程．
试题解析：（I）过点(c,0),(0,b)的直线方程为，
则原点O到直线的距离，
由，得，解得离心率.
(II)解法一：由（I）知，椭圆E的方程为. (1)
依题意，圆心M(-2,1)是线段AB的中点，且.
易知，AB不与x轴垂直，设其直线方程为，代入(1)得
设则
由，得解得.
从而.
于是.
由，得，解得.
故椭圆E的方程为.
解法二：由（I）知，椭圆E的方程为. (2)
依题意，点A，B关于圆心M(-2,1)对称，且.
设则，，
两式相减并结合得.
易知，AB不与x轴垂直，则，所以AB的斜率
因此AB直线方程为，代入(2)得
所以，.
于是.
由，得，解得.
故椭圆E的方程为.
考点：1、直线方程；2、点到直线的距离公式；3、椭圆的简单几何性质；4、椭圆的方程；5、圆的方程；6、直线与圆的位置关系；7、直线与圆锥曲线的位置.
22.（15年陕西文科）已知抛物线的准线经过点，则抛物线焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】
【解析】
试题分析：由抛物线得准线，因为准线经过点，所以，
所以抛物线焦点坐标为，故答案选
考点：抛物线方程.
23.（15年陕西文科）如图，椭圆经过点，且离心率为.
(I)求椭圆的方程；
(II)经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同两点（均异于点），证明：直线与的斜率之和为2.
【答案】(I) ； (II)证明略，详见解析.
【解析】
试题分析：(I)由题意知，由，解得，继而得椭圆的方程为；
(II) 设，由题设知，直线的方程为，代入
，化简得，则，
由已知， 从而直线与的斜率之和
化简得.
试题解析：(I)由题意知，
综合，解得，
所以，椭圆的方程为.
(II)由题设知，直线的方程为，代入，得
，
由已知，设，
则，
从而直线与的斜率之和
.
考点：1.椭圆的标准方程；2.圆锥曲线的定值问题.
24.（15年天津理科）已知双曲线 的一条渐近线过点 ，且双曲线的一个焦点在抛物线 的准线上，则双曲线的方程为
（A） （B）（C）（D）
【答案】D
考点：1.双曲线的标准方程及几何性质；2.抛物线的标准方程及几何性质.
25.（15年天津理科）已知椭圆的左焦点为,离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆截得的线段的长为c，.
(I)求直线FM的斜率；
(II)求椭圆的方程；
(III)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP（O为原点）的斜率的取值范围.
【答案】(I) ； (II) ；(III) .
【解析】
试题分析：(I) 由椭圆知识先求出的关系，设直线直线的方程为，求出圆心到直线的距离，由勾股定理可求斜率的值； (II)由(I)设椭圆方程为，直线与椭圆方程联立，求出点的坐标，由可求出，从而可求椭圆方程.(III)设出直线：，与椭圆方程联立，求得，求出的范围，即可求直线的斜率的取值范围.
试题解析：(I) 由已知有，又由，可得，，
设直线的斜率为，则直线的方程为，由已知有
，解得.
(II)由(I)得椭圆方程为，直线的方程为，两个方程联立，消去，整理得
，解得或，因为点在第一象限，可得的坐标为，由，解得，所以椭圆方程为
(III)设点的坐标为，直线的斜率为，得，即,与椭圆方程联立，消去，整理得，又由已知，得，解得
或，
设直线的斜率为，得，即，与椭圆方程联立，整理可得.
①当时，有，因此，于是，得
②当时，有，因此，于是，得
综上，直线的斜率的取值范围是
考点：1.椭圆的标准方程和几何性质；2.直线和圆的位置关系；3.一元二次不等式.
26.（15年天津文科）已知双曲线的一个焦点为,且双曲线的渐近线与圆相切,则双曲线的方程为（ ）
(A) (B) (C) (D)
【答案】D
考点：圆与双曲线的性质.
27.（15年湖南理科）
28.（15年山东理科）平面直角坐标系中，双曲线的渐近线与抛物线交于点，若的垂心为的焦点，则的离心率为 .
解析：的渐近线为，则
的焦点，则，即
29.（15年山东理科）平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是,以为圆心，以3为半径的圆与以为圆心，以1为半径的圆相交，交点在椭圆C上.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设椭圆，P为椭圆C上的任意一点，过点P的直线交椭圆E于A,B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
（ⅰ）求的值；（ⅱ）求面积最大值.
解析：（Ⅰ）由椭圆的离心率为可知，而则，左、右焦点分别是,
圆：圆：由两圆相交可得，即，交点，在椭圆C上，则，
整理得，解得（舍去）
故椭圆C的方程为.
（Ⅱ）（ⅰ）椭圆E的方程为，
设点，满足，射线，
代入可得点，于是.
（ⅱ）点到直线距离等于原点O到直线距离的3倍：
，得，整理得
，当且仅当等号成立.
而直线与椭圆C：有交点P，则
有解，即有解，
其判别式，即，则上述不成立，等号不成立，
设，则在为增函数，
于是当时，故面积最大值为12.
30.(15年江苏) 在平面直角坐标系中，为双曲线右支上的一个动点。若点到直线的距离大于c恒成立，则是实数c的最大值为 [来源:学#科#网Z#X#X#K]
【答案】
【解析】
试题分析：设，因为直线平行于渐近线，所以c的最大值为直线与渐近线之间距离，为
考点：双曲线渐近线，恒成立转化
31.（15年江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且右焦点F到左
准线l的距离为3.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程.
【答案】（1）（2）或．
（2）当轴时，，又，不合题意．
当与轴不垂直时，设直线的方程为，，，
将的方程代入椭圆方程，得，
则，的坐标为，且
．
若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意．
从而，故直线的方程为，
则点的坐标为，从而．
因为，所以，解得．
此时直线方程为或．
考点：椭圆方程，直线与椭圆位置关系
专题十八 计数原理
1.（15北京理科）在的展开式中，的系数为 ．（用数字作答）
【答案】40
【解析】
试题分析：利用通项公式，，令，得出的系数为
考点：二项式定理
2.（15年广东理科）袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球。从袋中任取2个球，所
取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为
A．1 B. C. D.
【答案】．
【解析】从袋中任取个球共有种，其中恰好个白球个红球共有种，所以恰好个白球个红球的概率为，故选．
【考点定位】本题考查排列组合、古典概率的计算，属于容易题．
3.（15年广东理科）在的展开式中，的系数为
【答案】．
【解析】由题可知，令解得，所以展开式中的系数为，故应填入．
【考点定位】本题考查二项式定理，属于容易题．
4.（15年广东理科）某高三毕业班有人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了 条毕业留言．（用数字作答）
【答案】．
【解析】依题两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从人中任选两人的排列数，所以全班共写了条毕业留言，故应填入．
【考点定位】本题考查排列组合问题，属于中档题．
5.（15年福建理科） 的展开式中，的系数等于 ．（用数字作答）
【答案】
【解析】
试题分析： 的展开式中项为，所以的系数等于．
考点：二项式定理．
（10） 6.（15年新课标1理科）的展开式中，y²的系数为
（A）10 （B）20 （C）30（D）60
【答案】A
【解析】在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y,故的系数为=30，故选 A.
7.（15年新课标2理科）的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则__________．
【答案】
【解析】由已知得，故的展开式中x的奇数次幂项分别为，，，，，其系数之和为，解得．
8.（15年陕西理科）二项式的展开式中的系数为15，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
考点：二项式定理．
9.（15年天津理科）在 的展开式中，的系数为 .
【答案】
考点：二项式定理及二项展开式的通项.
10.（15年湖南理科）
11.（15年山东理科）观察下列各式：
照此规律，当时，
.
解析：.具体证明过程可以是：
专题十九 几何证明选讲
1.（15年广东理科）如图1，已知是圆的直径，，是圆的切线，切点为，
，过圆心做的平行线，分别交和于点和点，则
【答案】．
【考点定位】本题考查直线与圆、直角三角形的射影定理，属于中档题．
2.（15年广东文科）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 ．
【答案】
G
A
E
F
O
N
D
B
C
M
考点：1、切线的性质；2、平行线分线段成比例定理；3、切割线定理．
3.（15年新课标2理科）如图，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与ΔABC的底边BC交于M，N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB，AC分别相切于E，F两点。
（1）证明：EF∥BC；
（2）若AG等于⊙O的半径，且，求四边形EBCF的面积。
4.（15年新课标2文科）如图O是等腰三角形ABC内一点,圆O与△ABC的底边BC交于M,N两点,与底边上的高交于点G,且与AB,AC分别相切于E,F两点.
（I）证明；
（II）若AG等于圆O半径,且 ,求四边形EBCF的面积.
【答案】（I）见试题解析；（II）
考点：1.几何证明；2.四边形面积的计算.
5.（15年陕西理科）如图，切于点，直线交于，两点，，垂足为．
（I）证明：；
（II）若，，求的直径．
【答案】（I）证明见解析；（II）．
【解析】
试题分析：（I）先证，再证，进而可证；（II）先由（I）知平分，进而可得的值，再利用切割线定理可得的值，进而可得的直径．
试题解析：（I）因为DE为圆O的直径，则，
又BCDE，所以CBD+EDB=90°，从而CBD=BED.
又AB切圆O于点B，得DAB=BED，所以CBD=DBA.
（II）由（I）知BD平分CBA，则,又，从而，
所以，所以.
由切割线定理得，即=6，
故DE=AE-AD=3，即圆O的直径为3.
考点：1、直径所对的圆周角；2、弦切角定理；3、切割线定理.
6.（15年陕西文科）如图，切于点，直线交于两点，垂足为.
(I)证明：
(II)若，求的直径.
【答案】(I)证明略，详见解析； (II).
【解析】
试题分析：：(I)因为是的直径，则，又，所以
，又切于点，得，所以；
(II)由(I)知平分，则，又，从而，由，
解得，所以，由切割线定理得，解得，故，
即的直径为3.
试题解析：(I)因为是的直径，
则
又，所以
又切于点，
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，
即的直径为3.
考点：1.几何证明；2.切割线定理.
7.（15年江苏）如图，在中，，的外接圆圆O的弦交于点D
求证：∽
A
B
C
E
D
O
（第21——A题）
【答案】详见解析
考点：三角形相似
专题二十 不等式选讲
1.（15年福建理科）已知，函数的最小值为4．
(Ⅰ)求的值；
(Ⅱ)求的最小值．
【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)．
【解析】
试题分析：(Ⅰ)由绝对值三角不等式得 的最小值为，故，即 ；(Ⅱ)利用柯西不等式求解．
试题解析：(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.
考点：1、绝对值三角不等式；2、柯西不等式．
2.（15年新课标2理科）设a，b，c，d均为正数，且a + b = c + d，证明：
（1）若ab > cd；则；
（2）是的充要条件。
3.（15年新课标2文科）设 均为正数,且.证明：
（I）若 ,则；
（II）是的充要条件.
【答案】
【解析】
试题分析：（I）由及,可证明,开方即得.（II）本小题可借助第一问的结论来证明,但要分必要性与充分性来证明.
试题解析：
解：（I）因为
考点：不等式证明.
4.（15年陕西理科）已知关于的不等式的解集为．
（I）求实数，的值；
（II）求的最大值．
【答案】（I），；（II）．
【解析】
试题分析：（I）先由可得，再利用关于的不等式的解集为可得，的值；（II）先将变形为，再利用柯西不等式可得的最大值．
试题解析：（I）由，得
则解得,
（II）
当且仅当，即时等号成立，
故.
考点：1、绝对值不等式；2、柯西不等式.
5.（15年陕西文科）已知关于的不等式的解集为
(I)求实数的值；
(II)求的最大值.
【答案】(I) ；(II).
【解析】
试题分析：(I)由，得，由题意得，解得；
(II)柯西不等式得，当且仅当即时等号成立，故.
试题解析：(I)由，得
则，解得
(II)
当且仅当即时等号成立，
故
考点：1.绝对值不等式；2.柯西不等式.
6.（15年江苏）解不等式
【答案】
【解析】
试题分析：根据绝对值定义将不等式化为两个不等式组的并集，分别求解即可
试题解析：原不等式可化为或．
解得或．
综上，原不等式的解集是．
考点：含绝对值不等式的解法
专题二十一 矩阵与变换
1.（15年福建理科）已知矩阵
(Ⅰ)求A的逆矩阵；
(Ⅱ)求矩阵C，使得AC=B.
【答案】(Ⅰ)； (Ⅱ)．
【解析】
试题分析：因为，得伴随矩阵，且，由可求得；(Ⅱ)
因为，故，进而利用矩阵乘法求解．
试题解析：(1)因为
所以
(2)由AC=B得,
故
考点：矩阵和逆矩阵．
2.（15年江苏）已知，向量是矩阵的属性特征值的一个特征向量，矩阵以及它的另一个特征值.
【答案】,另一个特征值为．
【解析】
试题分析：由矩阵特征值与特征向量可列出关于x,y的方程组，再根据特征多项式求出矩阵另一个特征值
试题解析：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．
考点：矩阵运算，特征值与特征向量
专题二十二 坐标系与参数方程
1.（15北京理科）在极坐标系中，点到直线的距离为 ．
【答案】1
【解析】
试题分析：先把点极坐标化为直角坐标，再把直线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用点到直线距离公式.
考点：1.极坐标与直角坐标的互化；2.点到直线距离.
2.（15年广东理科）已知直线的极坐标方程为，点的极坐标为
，则点到直线的距离为
【答案】．
【解析】依题已知直线：和点可化为：和，所以点与直线的距离为，故应填入．
【考点定位】本题考查极坐标与平面直角坐标的互化、点与直线的距离，属于容易题．
3.（15年广东文科）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 ．
【答案】
【解析】
试题分析：曲线的直角坐标方程为，曲线的普通方程为，由得：，所以与交点的直角坐标为，所以答案应填：．
考点：1、极坐标方程化为直角坐标方程；2、参数方程化为普通方程；3、两曲线的交点．
4.（15年福建理科）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．
【答案】(Ⅰ) ，；(Ⅱ) ．
【解析】
试题分析：(Ⅰ)将圆的参数方程通过移项平方消去参数得 ，利用，
将直线的极坐标方程化为直角坐标方程；(Ⅱ)利用点到直线距离公式求解．
试题解析：(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.
(Ⅱ)依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即
解得
考点：1、参数方程和普通方程的互化；2、极坐标方程和直角坐标方程的互化；3、点到直线距离公式．
5.（15年新课标2理科）在直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数，t ≠ 0），其中0 ≤ α < π，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：，C3：。
（1）求C2与C3交点的直角坐标；
（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求的最大值。
6.（15年新课标2文科）在直角坐标系中,曲线 （t为参数,且 ）,其中,在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线
（I）求与交点的直角坐标；
（II）若与 相交于点A,与相交于点B,求最大值.
【答案】（I）；（II）4.
【解析】
试题分析：（I）把与的方程化为直角坐标方程分别为,,联立解
考点：参数方程、直角坐标及极坐标方程的互化.
7．（15年陕西理科）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，的极坐标方程为．
（I）写出的直角坐标方程；
（II）为直线上一动点，当到圆心的距离最小时，求的直角坐标．
【答案】（I）；（II）．
【解析】
试题分析：（I）先将两边同乘以可得，再利用，可得的直角坐标方程；（II）先设的坐标，则，再利用二次函数的性质可得的最小值，进而可得的直角坐标．
试题解析：（I）由，
从而有.
(II)设,则，
故当t=0时，|PC|取最小值，此时P点的直角坐标为（3，0）.
考点：1、极坐标方程化为直角坐标方程；2、参数的几何意义；3、二次函数的性质.
8.（15年陕西文科）在直角坐标版权法吕，直线的参数方程为为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，的极坐标方程为.
(I)写出的直角坐标方程；
(II)为直线上一动点，当到圆心的距离最小时，求点的坐标.
【答案】(I) ； (II) .
【解析】
试题分析：(I)由，得，从而有，所以
(II)设，又，则，故当时，取得最小值，此时点的坐标为.
试题解析：(I)由，
得，
从而有
所以
(II)设，又，
则，
故当时，取得最小值，
此时点的坐标为.
考点：1. 坐标系与参数方程；2.点与圆的位置关系.
9.（15年江苏）已知圆C的极坐标方程为，求圆C的半径.
【答案】
考点：圆的极坐标方程，极坐标与之间坐标互化
