1、20182019 學年度第二學期高三年級六調考試一、選擇題（每小題5 分，共 60 分.下列每小題所給選項只有一項符合題意，請將正確答案的序號填涂在答題卡上）1.已知 ，為虛數單位，且，則的值為（）a. 4 b. c. -4 d. 【答案】 c【解析】試題分析：根據復數相等的概念可知，故選 c考點：本題考查了復數的運算點評：熟練掌握復數的概念及運算法則是解決此類問題的關鍵，屬基礎題2.已知集合，則下列結論中正確的是（）a. b. c. d. 【答案】 c【解析】試題分析：由得，故，選項為 c.考點：集合間的關系 .【此處有視頻，請去附件查看】3.已知的面積為 2，在所在的平面內有兩點、 ，滿足

2、，則的面積為（）a. b. c. d. 1【答案】 c【解析】【分析】畫出 abc ，通過，2，標出滿足題意的p、q 位置，利用三角形的面積公式求解即可【詳解】由題意可知， p 為 ac 的中點，2，可知q 為 ab 的一個三等分點，如圖：因為 sabc2所以 sapq故選： b【點睛】本題考查向量在幾何中的應用，三角形的面積的求法，考查轉化思想與計算能力4.如圖，一個空間幾何體的正視圖、側視圖都是面積為，一個內角為 60的菱形，俯視圖為正方形，那么這個幾何體的表面積為（）a. b. c. 8 d. 4【答案】 d【解析】試題分析：因為一個空間幾何體的正視圖、側視圖都是面積為，且一個內角為的菱

3、形，所以菱形的邊長為，由三視圖可得，幾何體是由兩個底面正方形的正四棱錐組合而成，底面邊長為 ，側棱長為，所以幾何體的表面積為：，故選d考點： 1、三視圖； 2、多面體的表面積【此處有視頻，請去附件查看】5.七巧板是我國古代勞動人民的發明之一，被譽為“東方模板”，它是由五塊等腰直角三角形、一塊正方形和一塊平行四邊形共七塊板組成的 .如圖所示的是一個用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一點，則此點取自黑色部分的概率為（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】將右下角黑色三角形進行移動，可得黑色部分面積等于一個等腰直角三角形加一個直角梯形的面積之和，求解出面積再根據幾何概型公式求得

4、結果 .【詳解】設正方形的邊長為則處面積和右下角黑色區域面積相同故黑色部分可拆分成一個等腰直角三角形和一個直角梯形等腰直角三角形面積為：直角梯形面積為：黑色部分面積為：則所求概率為：本題正確選項：【點睛】本題考查幾何概型中的面積類問題，屬于基礎題.6.定義運算：，將函數的圖像向左平移個單位，所得圖像對應的函數為偶函數，則的最小值是（）a. b. c. d. 【答案】 c【解析】試題分析：，將函數化為再向左平移（）個單位即為 :又為偶函數 ,由三角函數圖象的性質可得,即時函數值為最大或最小值 ,即或,所以,即,又,所以 的最小值是.考點：對定義的理解能力 ,三角函數恒等變性 , 三角函數圖象及性

5、質.7.已知，則下列選項正確的是（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】由，則 a，b，c 的大小比較可以轉化為的大小比較設 f（x），則 f （x），根據對數的運算性質，導數和函數的單調性，即可比較【詳解】，6 0，a， b，c 的大小比較可以轉化為的大小比較設 f（x），則 f （x），當 xe 時， f （x）0，當 xe 時， f （x）0，當 0 xe時， f （x）0f （ x）在（ e，+）上，f（x）單調遞減，e 34，b ca，故選： d【點睛】本題考查了不等式的大小比較，導數和函數的單調性，屬于難題8.雙曲線 的左右焦點分別為， ，且 恰為拋物線的焦點，設雙

6、曲線 與該拋物線的一個交點為，若是以為底邊的等腰三角形，則雙曲線的離心率為（）a. b. c. d. 【答案】 b【解析】試題分析：，焦點為，即，即，則，即，考點：拋物線的標準方程及幾何性質9.如圖，利用斜二側畫法得到水平放置的的直觀圖，其中軸，軸.若，設的面積為 ，的面積為 ，記，執行如圖的框圖，則輸出的值a. 12 b. 10 c. 9 d. 6【答案】 a【解析】【分析】由斜二側畫法的畫圖法則，結合已知可求出s 及 k 值，模擬程序的運行過程，分析變量t 的值與 s 值的關系，可得答案【詳解】在直觀圖abc中， ab bc3，sab?bc?sin45 由斜二側畫法的畫圖法則，可得在abc

7、 中，ab6bc3，且 ab bcsab?bc 9則由 sks得 k2 ，則 tt（m 1）t 2（m1）故執行循環前， s9，k2 ，t0，m1，滿足進行循環的條件，執行循環體后， t0，m2當 t0，m2 時，滿足進行循環的條件，執行循環體后，t2，m3當 t2，m3 時，滿足進行循環的條件，執行循環體后，t6，m4當 t6，m4 時，滿足進行循環的條件，執行循環體后，t12，m5當 t12，m5 時，不滿足進行循環的條件，退出循環后，t12，故輸出的結果為 12故選： a【點睛】根據流程圖（或偽代碼）寫程序的運行結果，是算法這一模塊最重要的題型，其處理方法是：分析流程圖（或偽代碼），從流

8、程圖（或偽代碼）中即要分析出計算的類型，又要分析出參與計算的數據（如果參與運算的數據比較多，也可使用表格對數據進行分析管理）?建立數學模型，根據第一步分析的結果，選擇恰當的數學模型解模10.如下圖，第（ 1）個多邊形是由正三角形“擴展“而來，第（2）個多邊形是由正方形“擴展”而來，如此類推 .設由正 邊形“擴展”而來的多邊形的邊數為 ，則（）a. ；b. ；c. ；d. 【答案】 a【解析】，猜想,故選 a.11.過橢圓上一點 作圓的兩條切線，點， 為切點，過 ， 的直線與 軸， 軸分別交于點 ， 兩點，則的面積的最小值為（）a. b. c. 1 d. 【答案】 b【解析】試題分析：點 在橢圓

9、上，設，過橢圓上一點作圓的兩條切線，點為切點，則以o 為圓心，以 |am|為半徑的圓的方程為又圓的方程為 -得，直線 ab 的方程為：過a，b 的直線 l 與 x 軸，y 軸分別交于點 p，q 兩點，p，q， poq 面積， -1sin2 1，當sin2 =1 時， poq面積取最小值 考點：圓與圓錐曲線的綜合12.若函數在其圖象上存在不同的兩點，其坐標滿足條件：的最大值為 0，則稱為“柯西函數”，則下列函數：: .其中為“柯西函數”的個數為（ ）a. 1 b. 2 c. 3 d. 4【答案】 b【解析】【分析】由柯西不等式得對任意的實數都有0，當且僅當時取等，此時即 a,o,b 三點共線，結

10、合“柯西函數”定義可知， f(x)是柯西函數f(x)的圖像上存在兩點a與 b，使得 a,o,b 三點共線過原點直線與 f(x)有兩個交點 .再利用柯西函數的定義逐個分析推理得解.【詳解】由柯西不等式得對任意的實數都有0，當且僅當時取等，此時即 a,o,b 三點共線，結合“柯西函數”定義可知， f(x)是柯西函數f(x)的圖像上存在兩點 a 與 b，使得 a,o,b 三點共線過原點直線與 f(x)有兩個交點.,畫出 f(x)在 x0 時，圖像若 f(x)與直線 y=kx 有兩個交點，則必有k2，此時，所以（x0），此時僅有一個交點，所以不是柯西函數；，曲線過原點的切線為，又（e,1）不是 f(x

11、)圖像上的點，故 f(x)圖像上不存在兩點a,b 與o 共線，所以函數不是；顯然都是柯西函數 .故選： b【點睛】本題主要考查柯西不等式，考查學生對新概念理解和應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空題（每題5 分，共 20 分.把答案填在答題紙的橫線上）13.若等比數列的第 5 項是二項式展開式的常數項，則_【答案】【解析】，則其常數項為，所以，則14.已知在平面直角坐標系中，動點滿足不等式，則的最大值為_.【答案】 4【解析】試題分析：，又故本例轉化為在線性約束條件下，求線性目標函數的最大值問題 .可作出如右圖的可行域，顯然在點時為最優解 .即考點：線性規劃 .1

12、5.已知數列的前 項和為 ，且，則使不等式成立的 的最大值為 _.【答案】 4【解析】試題分析：當時，得，當時，所以，所以，又因為適合上式，所以，所以，所以數列是以為首項，以 4 為公比的等比數列，所以，所以，即，易知 的最大值為 4.考點： 1.等比數列的求和公式； 2.數列的通項公式 .16.若四面體的三組對棱分別相等，即，則_.（寫出所有正確結論的編號）四面體每個面的面積相等四面體每組對棱相互垂直連接四面體每組對棱中點的線段相互垂直平分從四面體每個頂點出發的三條棱的長都可以作為一個三角形的三邊長【答案】【解析】【分析】由對棱相等知四面體為長方體的面對角線組成的三棱錐，借助長方體的性質判斷

13、各結論是否正確即可【詳解】由題意可知四面體abcd 為長方體的面對角線組成的三棱錐，如圖所示；由四面體的對棱相等可知四面體的各個面全等，它們的面積相等，則正確；當四面體棱長都相等時，四面體的每組對棱互相垂直，則 錯誤；由長方體的性質可知四面體的對棱中點連線必經過長方體的中心，由對稱性知連接四面體abcd 每組對棱中點的線段相互垂直平分，則正確；由，可得過四面體任意一點的三條棱的長為的三邊長，則正確故答案為：【點睛】本題考查了棱錐的結構特征與命題真假的判斷問題，解題的關鍵是把三棱錐放入長方體中，屬于難題三、解答題（本大題共6 小題，共 62 分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟，寫在答題紙

14、的相應位置）17.設的三內角 、 、 的對邊長分別為、 、，已知 、 、成等比數列，且.（i）求角 的大小；（）設向量，當取最小值時，判斷的形狀 .【答案】（ i）；（）為銳角三角形 .【解析】【分析】（）根據正弦定理和等比數列的關系建立方程關系即可求角b的大小；（）根據向量的數量積公式進行計算，然后利用三角函數的圖象和性質即可判斷三角形的形狀【詳解】（ i）因為 、 、成等比數列，則.由正弦定理得.又，所以因為，則.因為，所以或 .又，則，當且僅當 a=c 等號成立，即故.（）因為，所以.所以當時，取得最小值.此時，于是.又，從而為銳角三角形 .點睛】本題主要考查三角形的形狀的判斷，利用正弦

15、定理和三角函數的公式是解決本題的關鍵，考查學生的運算能力18.在四棱錐中，平面，是正三角形，與的交點恰好是中點，又，.（1）求證：；（2）設 為的中點，點 在線段上，若直線平面，求的長；（3）求二面角的余弦值 .【答案】（ 1）見解析；（ 2）1；（3） .【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理，證明bd 平面 pac，可得bd pc ；（ 2）取 dc 中點 g，連接 fg，證明平面 efg 平面pad，可得 fg 平面 pad，證明三角形 amf 為直角三角形，即可求 af 的長；（ 3）建立空間直角坐標系，求出平面pac、平面 pbc 的法向量，利用向量的夾角公式，即可求二面角 a

16、pcb 的余弦值【詳解】（ 1）是正三角形，是中點，即.又平面，.又，平面. （2）取中點 ，連接，則平面，又直線平面，eg ef=e 所以平面平面，所以為中點，.，則三角形 amf 為直角三角形，又，故（3）分別以，為 軸， 軸，軸建立如圖的空間直角坐標系，.為平面的法向量 .，.設平面的一個法向量為，則，即，令，得，則平面的一個法向量為，設二面角的大小為 ，則.所以二面角余弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的判定定理與性質，考查二面角，考查學生分析解決問題的能力，考查向量法的運用，確定平面的法向量是關鍵19.在一次高三年級統一考試中，數學試卷有一道滿分10 分選做題，學生可以從， 兩道題目中

17、任選一題作答 .某校有 900名高三學生參加了本次考試，為了了解該校學生解答該選做題的得分情況，計劃從900 名考生的選做題成績中隨機抽取一個容量為 10 的樣本，為此將 900 名考生選做題的成績按照隨機順序依次編號為 001 一 900.（1）若采用隨機數表法抽樣，并按照以下隨機數表，以方框內的數字 5 為起點，從左向右依次讀取數據，每次讀取三位隨機數，一行讀數用完之后接下一行左端.寫出樣本編號的中位數；（2）若采用系統抽樣法抽樣，且樣本中最小編號為08，求樣本中所有編號之和：（3）若采用分層軸樣，按照學生選擇題目或 題目，將成績分為兩層，且樣本中題目的成績有 8 個，平均數為 7，方差為

18、4：樣本中 題目的成績有 2 個，平均數為 8，方差為 1.用樣本估計 900 名考生選做題得分的平均數與方差.【答案】（ 1）667（2）4130（3）平均數為 7.2，方差為 3.56【解析】【分析】（1）由題取出十個編號，先將編號從小到大排列再求中位數（2）按照系統抽樣法，抽出的編號可組成以8 為首項，以 90為公差的等差數列，求該數列的前10 項和。（3）分別求出樣本的平均數和方差，900 名考生選做題得分的平均數與方差和樣本的平均數與方差相等。【詳解】解：（ 1）根據題意，讀出的編號依次是：512，916（超界）， 935（超界）， 805，770，951（超界）， 512（重復），

19、 687，858，554，876，647，547，332.將有效的編號從小到大排列，得332，512，547，554，647，687，770，805，858，876，故中位數為.（2）由題易知，按照系統抽樣法，抽出的編號可組成以8 為首項，以 90 為公差的等差數列，故樣本編號之和即為該數列的前 10 項之和.（3）記樣本中 8 個 題目成績分別為， ， ，2 個 題目成績分別為， ，由題意可知，故樣本平均數為.樣本方差為.故估計該校 900 名考生該選做題得分的平均數為7.2，方差為3.56.【點睛】采用隨機數表法抽樣時需先將樣本編號，且要注意號碼位數相同，然后由隨機數表讀數，在樣本號碼范圍

20、內的取出，不在的舍掉。系統抽樣法需先將樣本編號，然后分組，抽取的號碼數構成等差數列。20.已知橢圓的左，右焦點， ，上頂點為， 為橢圓上任意一點，且的面積最大值為.（）求橢圓的標準方程；（）若點 . 為橢圓 上的兩個不同的動點，且（ 為坐標原點），則是否存在常數，使得點到直線的距離為定值？若存在，求出常數和這個定值；若不存在，請說明理由.【答案】 ( )；( ) 時，【解析】【分析】（）結合題目條件得，再由條件的面積最大值為 得，結合，聯立方程組即可求出，從而得到橢圓方程 .（）當直線 斜率存在時，設出直線方程，求出原點到直線的距離，再聯立直線方程與橢圓方程，消去得到關于的一元二次方程，然后利

21、用韋達定理得到，結合數量積的坐標運算以及將轉化為，其對任意恒成立，從而得到關于和的方程組，從而求出和；再驗證斜率不存在的情況也符合.【詳解】 ( ) 由題得，解得，橢圓的標準方程為. ( ) 設，當直線 ab 的斜率存在時，設其直線方程為：，則原點 到直線的距離為，聯立方程，化簡得，由得，則，即對任意恒成立，則，當直線斜率不存在時，也成立 . 故當時， 點到直線 ab 的距離為定值.【點睛】主要考查橢圓方程的求解以及定值問題，對于定值問題，主要是證明求解的一個量與參數無關，解這類問題時要會合理選擇參數 (參數可能是直線的斜率、截距,也可能是動點的坐標等 ),使用參數表達其中變化的量,再使用這些

22、變化的量表達需要求解的解題目標 .當使用直線的斜率和截距表達直線方程時,在解題過程中要注意建立斜率和截距之間的關系,把雙參數問題化為單參數問題解決 .21.已知函數.（1）令，若在區間上不單調，求 的取值范圍；（2）當時，函數的圖象與 軸交于兩點，且，又是的導函數 .若正常數 ， 滿足條件，.試比較與 0 的關系，并給出理由【答案】（ 1）（2）見解析 .【解析】【分析】（1）先求得，因為 g（x）在區間（ 0，3）上不單調，所以 g（x）0 在（0，3）上有實數解，且無重根由g（x）0，求得，由此可得 a 的范圍（ 2）由題意可得， f（x） mx0 有兩個實根 x1，x2，化簡可得可得 h

23、（ + ），由條件知（ 21）（） 0，利用分析法結合構造函數證明h（ + ）【詳解】（ 1）因為，所以，因為在區間上不單調，所以在上有實數解，且無重根，由，有，令 t=x+14則 y=2(t+在 t4 單調遞增，故（2），又有兩個實根， ，兩式相減，得，于是.，.要證：，只需證：只需證：.（*）令，（ *）化為，只需證 在上單調遞增，即.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數的單調性，利用函數的單調性求函數在閉區間上的最值，用分析法證明不等式，體現了轉化的數學思想，屬于難題請考生在 22、23 三題中任選一題做答，如果多做，則按所做的第一題記分 .22.選修 4 一 4：坐標系與參數方程選講：

24、已知平面直角坐標系.以 為極點， 軸的非負半軸為極軸建立極坐標系， 點的極坐標為，曲線 的極坐標方程為（1）寫出點 的直角坐標及曲線的普通方程；（2）若 為 上的動點，求中點 到直線（為參數）距離的最小值 .【答案】（ 1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用 x cos，y sin 即可得出；（ 2）利用中點坐標公式、點到直線的距離公式及三角函數的單調性即可得出【詳解】（ 1）x cos，y sin 點的直角坐標由得，即所以曲線 的直角坐標方程為（2）曲線 的參數方程為（ 為參數）直線的普通方程為設，則那么點 到直線的距離，所以點到直線的最小距離為【點睛】本題考查了極坐標與直角坐標的互化、

25、中點坐標公式、點到直線的距離公式、兩角和差的正弦公式、三角函數的單調性等基礎知識與基本技能方法，考查了計算能力，屬于中檔題23.選修 4-5：不等式選講 .設函數，.（1）求不等式的解集；（2）如果關于 的不等式在 上恒成立，求實數的取值范圍 .【答案】（ 1）；（2）.【解析】【分析】（1）去絕對值，化簡f（x），求出不等式的解集；（2）設 g（x）a（ x2）2，求出 g（x）max 與 f（x）min；由 f（x） g（ x）在 r 上恒成立，得 f（x）ming（ x）max，求出 a 的取值范圍【詳解】（ 1）當時，則；當時，則；當時，則.綜上可得，不等式的解集為.（2）設，由函數的

26、圖像與的圖像可知：在時取最小值為 6，在時取最大值為 ，若恒成立，則.【點睛】本題考查了含有絕對值不等式的解法與應用問題，也考查了函數恒成立問題，解題時應根據題意，化含有絕對值的函數為分段函數，是中檔題20182019 學年度第二學期高三年級六調考試一、選擇題（每小題5 分，共 60 分.下列每小題所給選項只有一項符合題意，請將正確答案的序號填涂在答題卡上）1.已知 ，為虛數單位，且，則的值為（）a. 4 b. c. -4 d. 【答案】 c【解析】試題分析：根據復數相等的概念可知，故選 c考點：本題考查了復數的運算點評：熟練掌握復數的概念及運算法則是解決此類問題的關鍵，屬基礎題2.已知集合，

27、則下列結論中正確的是（）a. b. c. d. 【答案】 c【解析】試題分析：由得，故，選項為 c.考點：集合間的關系 .【此處有視頻，請去附件查看】3.已知的面積為 2，在所在的平面內有兩點、 ，滿足，則的面積為（）a. b. c. d. 1【答案】 c【解析】【分析】畫出 abc ，通過，2，標出滿足題意的p、q 位置，利用三角形的面積公式求解即可【詳解】由題意可知， p 為 ac 的中點，2，可知 q 為 ab 的一個三等分點，如圖：因為 sabc2所以 sapq故選： b【點睛】本題考查向量在幾何中的應用，三角形的面積的求法，考查轉化思想與計算能力4.如圖，一個空間幾何體的正視圖、側視

28、圖都是面積為，一個內角為 60的菱形，俯視圖為正方形，那么這個幾何體的表面積為（）a. b. c. 8 d. 4【答案】 d【解析】試題分析：因為一個空間幾何體的正視圖、側視圖都是面積為，且一個內角為的菱形，所以菱形的邊長為，由三視圖可得，幾何體是由兩個底面正方形的正四棱錐組合而成，底面邊長為 ，側棱長為，所以幾何體的表面積為：，故選 d考點： 1、三視圖； 2、多面體的表面積【此處有視頻，請去附件查看】5.七巧板是我國古代勞動人民的發明之一，被譽為“東方模板”，它是由五塊等腰直角三角形、一塊正方形和一塊平行四邊形共七塊板組成的.如圖所示的是一個用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一點，則

29、此點取自黑色部分的概率為（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】將右下角黑色三角形進行移動，可得黑色部分面積等于一個等腰直角三角形加一個直角梯形的面積之和，求解出面積再根據幾何概型公式求得結果.【詳解】設正方形的邊長為則處面積和右下角黑色區域面積相同故黑色部分可拆分成一個等腰直角三角形和一個直角梯形等腰直角三角形面積為：直角梯形面積為：黑色部分面積為：則所求概率為：本題正確選項：【點睛】本題考查幾何概型中的面積類問題，屬于基礎題.6.定義運算：，將函數的圖像向左平移個單位，所得圖像對應的函數為偶函數，則的最小值是（）a. b. c. d. 【答案】 c【解析】試題分析：，將函數

30、化為再向左平移（）個單位即為 :又為偶函數 ,由三角函數圖象的性質可得,即時函數值為最大或最小值 ,即或,所以,即,又,所以的最小值是.考點：對定義的理解能力 ,三角函數恒等變性 , 三角函數圖象及性質 .7.已知，則下列選項正確的是（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】由，則 a，b，c 的大小比較可以轉化為的大小比較設 f（x），則 f （x），根據對數的運算性質，導數和函數的單調性，即可比較【詳解】，6 0， a，b，c 的大小比較可以轉化為的大小比較設 f（x），則 f （x），當 xe 時， f （x）0，當 xe 時， f （x）0，當 0 xe 時， f （x）

31、0f （ x）在（ e，+）上，f（x）單調遞減，e 34，b ca，故選： d【點睛】本題考查了不等式的大小比較，導數和函數的單調性，屬于難題8.雙曲線 的左右焦點分別為，且恰為拋物線的焦點，設雙曲線與該拋物線的一個交點為，若是以為底邊的等腰三角形，則雙曲線的離心率為（）a. b. c. d. 【答案】 b【解析】試題分析：，焦點為，即，即，則，即，考點：拋物線的標準方程及幾何性質9.如圖，利用斜二側畫法得到水平放置的的直觀圖，其中軸，軸.若，設的面積為 ，的面積為，記，執行如圖的框圖，則輸出 的值a. 12 b. 10 c. 9 d. 6【答案】 a【解析】【分析】由斜二側畫法的畫圖法則，

32、結合已知可求出s 及 k 值，模擬程序的運行過程，分析變量t 的值與 s 值的關系，可得答案【詳解】在直觀圖abc中， ab bc3，s ab?bc?sin45 由斜二側畫法的畫圖法則，可得在abc中，ab6bc3，且 ab bcsab?bc 9則由 sks得 k2，則 tt（m1）t2（m1）故執行循環前， s9，k2，t0，m1，滿足進行循環的條件，執行循環體后，t0，m2當 t0，m2 時，滿足進行循環的條件，執行循環體后，t2，m3當 t2，m3 時，滿足進行循環的條件，執行循環體后，t6，m4當 t6，m4 時，滿足進行循環的條件，執行循環體后，t12，m5當 t12，m5 時，不滿

33、足進行循環的條件，退出循環后，t12，故輸出的結果為 12故選： a【點睛】根據流程圖（或偽代碼）寫程序的運行結果，是算法這一模塊最重要的題型，其處理方法是：分析流程圖（或偽代碼），從流程圖（或偽代碼）中即要分析出計算的類型，又要分析出參與計算的數據（如果參與運算的數據比較多，也可使用表格對數據進行分析管理）?建立數學模型，根據第一步分析的結果，選擇恰當的數學模型解模10.如下圖，第（ 1）個多邊形是由正三角形“擴展“而來，第（2）個多邊形是由正方形“擴展”而來，如此類推 .設由正 邊形“擴展”而來的多邊形的邊數為 ，則（）a. ；b. ；c. ；d. 【答案】 a【解析】，猜想,故選 a.1

34、1.過橢圓上一點作圓的兩條切線，點， 為切點，過， 的直線與 軸，軸分別交于點， 兩點，則的面積的最小值為（）a. b. c. 1 d. 【答案】 b【解析】試題分析：點在橢圓上，設，過橢圓上一點作圓的兩條切線，點為切點，則以o 為圓心，以 |am|為半徑的圓的方程為又圓的方程為 -得，直線 ab 的方程為：過a，b 的直線 l 與 x 軸，y 軸分別交于點 p，q 兩點，p，q， poq 面積， -1sin2 1，當sin2 =1 時， poq 面積取最小值考點：圓與圓錐曲線的綜合12.若函數在其圖象上存在不同的兩點，其坐標滿足條件：的最大值為 0，則稱為“柯西函數”，則下列函數：: .其中

35、為“柯西函數”的個數為（ ）a. 1 b. 2 c. 3 d. 4【答案】 b【解析】【分析】由柯西不等式得對任意的實數都有0，當且僅當時取等，此時即 a,o,b 三點共線，結合“柯西函數”定義可知，f(x)是柯西函數f(x)的圖像上存在兩點a 與 b，使得 a,o,b 三點共線過原點直線與 f(x)有兩個交點.再利用柯西函數的定義逐個分析推理得解.【詳解】由柯西不等式得對任意的實數都有0，當且僅當時取等，此時即 a,o,b 三點共線，結合“柯西函數”定義可知， f(x)是柯西函數f(x)的圖像上存在兩點 a 與 b，使得 a,o,b 三點共線過原點直線與 f(x)有兩個交點 .,畫出 f(x

36、)在 x0 時，圖像若 f(x)與直線 y=kx 有兩個交點，則必有k2，此時，所以（x0），此時僅有一個交點，所以不是柯西函數；，曲線過原點的切線為，又（ e,1）不是 f(x)圖像上的點，故 f(x)圖像上不存在兩點a,b 與 o 共線，所以函數不是；顯然都是柯西函數 .故選： b【點睛】本題主要考查柯西不等式，考查學生對新概念理解和應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空題（每題5 分，共 20 分.把答案填在答題紙的橫線上）13.若等比數列的第 5 項是二項式展開式的常數項，則_【答案】【解析】，則其常數項為，所以，則14.已知在平面直角坐標系中，動點滿足不等

37、式，則的最大值為 _.【答案】 4【解析】試題分析：，又故本例轉化為在線性約束條件下，求線性目標函數的最大值問題.可作出如右圖的可行域，顯然在點時為最優解 .即考點：線性規劃 .15.已知數列的前 項和為，且，則使不等式成立的的最大值為 _.【答案】 4【解析】試題分析：當時，得，當時，所以，所以，又因為適合上式，所以，所以，所以數列是以為首項，以 4 為公比的等比數列，所以，所以，即，易知 的最大值為 4.考點： 1.等比數列的求和公式； 2.數列的通項公式 .16.若四面體的三組對棱分別相等，即，則_.（寫出所有正確結論的編號）四面體每個面的面積相等四面體每組對棱相互垂直連接四面體每組對棱

38、中點的線段相互垂直平分從四面體每個頂點出發的三條棱的長都可以作為一個三角形的三邊長【答案】【解析】【分析】由對棱相等知四面體為長方體的面對角線組成的三棱錐，借助長方體的性質判斷各結論是否正確即可【詳解】由題意可知四面體abcd 為長方體的面對角線組成的三棱錐，如圖所示；由四面體的對棱相等可知四面體的各個面全等，它們的面積相等，則正確；當四面體棱長都相等時，四面體的每組對棱互相垂直，則錯誤；由長方體的性質可知四面體的對棱中點連線必經過長方體的中心，由對稱性知連接四面體abcd 每組對棱中點的線段相互垂直平分，則正確；由，可得過四面體任意一點的三條棱的長為的三邊長，則正確故答案為：【點睛】本題考查

39、了棱錐的結構特征與命題真假的判斷問題，解題的關鍵是把三棱錐放入長方體中，屬于難題三、解答題（本大題共6 小題，共 62 分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟，寫在答題紙的相應位置）17.設的三內角、 、 的對邊長分別為、 、，已知 、 、成等比數列，且.（i）求角的大小；（）設向量，當取最小值時，判斷的形狀 .【答案】（ i）；（）為銳角三角形 .【解析】【分析】（）根據正弦定理和等比數列的關系建立方程關系即可求角b 的大小；（）根據向量的數量積公式進行計算，然后利用三角函數的圖象和性質即可判斷三角形的形狀【詳解】（ i）因為 、 、成等比數列，則.由正弦定理得.又，所以因為，則.因為，

40、所以或.又，則，當且僅當 a=c 等號成立，即故.（）因為，所以.所以當時，取得最小值 .此時，于是.又，從而為銳角三角形 .點睛】本題主要考查三角形的形狀的判斷，利用正弦定理和三角函數的公式是解決本題的關鍵，考查學生的運算能力18.在四棱錐中，平面，是正三角形，與的交點恰好是中點，又，.（1）求證：；（2）設 為的中點，點在線段上，若直線平面，求的長；（3）求二面角的余弦值 .【答案】（ 1）見解析；（ 2）1；（3）.【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理，證明bd平面pac，可得 bd pc ；（ 2）取 dc 中點 g，連接 fg，證明平面 efg 平面 pad，可得 fg 平面

41、 pad，證明三角形 amf 為直角三角形，即可求 af 的長；（ 3）建立空間直角坐標系，求出平面pac、平面 pbc 的法向量，利用向量的夾角公式，即可求二面角a pc b 的余弦值【詳解】（ 1）是正三角形，是中點，即.又平面，.又，平面. （2）取中點 ，連接，則平面，又直線平面，eg ef=e 所以平面平面，所以 為中點，.，則三角形 amf 為直角三角形，又，故（3）分別以，為 軸， 軸，軸建立如圖的空間直角坐標系，.為平面的法向量 .，.設平面的一個法向量為，則，即，令，得，則平面的一個法向量為，設二面角的大小為 ，則.所以二面角余弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的判定定理與性質

42、，考查二面角，考查學生分析解決問題的能力，考查向量法的運用，確定平面的法向量是關鍵19.在一次高三年級統一考試中，數學試卷有一道滿分10 分選做題，學生可以從， 兩道題目中任選一題作答 .某校有 900 名高三學生參加了本次考試，為了了解該校學生解答該選做題的得分情況，計劃從900 名考生的選做題成績中隨機抽取一個容量為10 的樣本，為此將900名考生選做題的成績按照隨機順序依次編號為001 一 900.（1）若采用隨機數表法抽樣，并按照以下隨機數表，以方框內的數字5 為起點，從左向右依次讀取數據，每次讀取三位隨機數，一行讀數用完之后接下一行左端.寫出樣本編號的中位數；（2）若采用系統抽樣法抽

43、樣，且樣本中最小編號為08，求樣本中所有編號之和：（3）若采用分層軸樣，按照學生選擇題目或題目，將成績分為兩層，且樣本中題目的成績有 8 個，平均數為 7，方差為 4：樣本中題目的成績有 2 個，平均數為 8，方差為 1.用樣本估計 900 名考生選做題得分的平均數與方差.【答案】（ 1）667（2）4130（3）平均數為 7.2，方差為 3.56【解析】【分析】（1）由題取出十個編號，先將編號從小到大排列再求中位數（2）按照系統抽樣法，抽出的編號可組成以8 為首項，以 90 為公差的等差數列，求該數列的前 10 項和。（3）分別求出樣本的平均數和方差，900 名考生選做題得分的平均數與方差和

44、樣本的平均數與方差相等。【詳解】解：（ 1）根據題意，讀出的編號依次是：512，916（超界）， 935（超界）， 805，770，951（超界）， 512（重復）， 687，858，554，876，647，547，332.將有效的編號從小到大排列，得332，512，547，554，647，687，770，805，858，876，故中位數為.（2）由題易知，按照系統抽樣法，抽出的編號可組成以8 為首項，以 90 為公差的等差數列，故樣本編號之和即為該數列的前10 項之和.（3）記樣本中 8 個 題目成績分別為，2 個 題目成績分別為，由題意可知，故樣本平均數為.樣本方差為.故估計該校 900

45、名考生該選做題得分的平均數為7.2，方差為 3.56.【點睛】采用隨機數表法抽樣時需先將樣本編號，且要注意號碼位數相同，然后由隨機數表讀數，在樣本號碼范圍內的取出，不在的舍掉。系統抽樣法需先將樣本編號，然后分組，抽取的號碼數構成等差數列。20.已知橢圓的左，右焦點，上頂點為， 為橢圓上任意一點，且的面積最大值為.（）求橢圓的標準方程；（）若點 . 為橢圓 上的兩個不同的動點，且（ 為坐標原點），則是否存在常數，使得 點到直線的距離為定值？若存在，求出常數和這個定值；若不存在，請說明理由.【答案】 ( )；( )時，【解析】【分析】（）結合題目條件得，再由條件的面積最大值為得，結合，聯立方程組即可求出，從而得到橢圓方程 .（）當直線斜率存在時，設出直線方程，求出原點到直線的距離，再聯立直線方程與橢圓方程，消去得到關于 的一元二次方程，然后利用韋達定理得到，結合數量積的坐標運算以及將轉化為，其對任意恒成立，從而得到關于和的方程組，從而求出和；再驗證斜率不存在的情況也符合.【詳解