四川省高考數(shù)學(xué)試卷2

1、四川省高考數(shù)學(xué)試卷2四川省高考數(shù)學(xué)試卷2四川省高考數(shù)學(xué)試卷22015年四川省高考數(shù)學(xué)試卷（理科）一、選擇題：本大題共10小題，每題5分，共50分。在每題給出的四個選項(xiàng)中，只有一個是吻合題目要求的。1（5分）設(shè)會合A=x|（x+1）（x2）0，會合B=x|1x3，則AB=（）Ax|1x3Bx|1x1Cx|1x2Dx|2x32（5分）設(shè)i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)i3=（）AiB3iCiD3i3（5分）履行以以下圖的程序框圖，輸出s的值為（）ABCD4（5分）以下函數(shù)中，最小正周期為且圖象對于原點(diǎn)對稱的函數(shù)是（）Ay=cos（2x+）By=sin（2x+）Cy=sin2x+cos2xDy=sinx+cos

2、x5（5分）過雙曲線x2=1的右焦點(diǎn)且與x軸垂直的直線，交該雙曲線的兩條漸近線于A、B兩點(diǎn)，則|AB|=（）AB2C6D46（5分）用數(shù)字0，1，2，3，4，5構(gòu)成沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，此中比400001大的偶數(shù)共有（）A144個B120個C96個D72個7（5分）四形ABCD平行四形，|=6，|=4，若點(diǎn)M、N足，=（）A20B15C9D6（分）、都是不等于a3b3”是“l(fā)og”的（）85ab1的正數(shù)，“3a3logb3A充要條件B充分不用要條件C必需不充分條件D既不充分也不用要條件9（5分）假如函數(shù)f（x）=（m2）x2+（n8）x+1（m0，n0）在區(qū)上減，那么mn的最大（）A16B18

3、C25D10（5分）直l與拋物y2=4x訂交于A、B兩點(diǎn)，與（x5）2+y2=r2（r0）相切于點(diǎn)M，且M段AB的中點(diǎn)，若的直l恰有4條，r的取范是（）A（1，3）B（1，4）C（2，3）D（2，4）二、填空：本大共5小，每小5分，共25分。11（5分）在（2x1）5的睜開式中，含x2的的系數(shù)是（用數(shù)字填寫答案）12（5分）sin15+sin75的是13（5分）某食品的保y（位：?。┡c藏溫度x（位：）足kx+b函數(shù)關(guān)系y=e（e=2.718自然數(shù)的底數(shù)，k、b常數(shù)）若食品在0的保是192小，在22的保是48小，食品在33的保是小14（5分）如，四形ABCD和ADPQ均正方形，他所在的平面相互垂

4、直，點(diǎn)M在段PQ上，E、F分AB、BC的中點(diǎn)，異面直EM與AF所成的角，cos的最大215（5分）已知函數(shù)f（x）=2x，g（x）=x2+ax（此中aR）于不相等的數(shù)x1、x2，m=，n=有以下命：于隨意不相等的數(shù)x1、x2，都有m0；于隨意的a及隨意不相等的數(shù)x1、x2，都有n0；于隨意的a，存在不相等的數(shù)x1、x2，使得m=n；于隨意的a，存在不相等的數(shù)x1、x2，使得m=n此中的真命有（寫出全部真命的序號）三、解答：本大共6小，共75分，解答寫出文字明、明程或演算步。16（12分）數(shù)列an（n=1，2，3，）的前n和Sn足Sn=2ana1，且a1，a2+1，a3成等差數(shù)列（）求數(shù)列an的

5、通公式；（）數(shù)列的前n和Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小317（12分）某市A、B兩所中學(xué)的學(xué)生組隊(duì)參加爭論賽，A中學(xué)介紹了3名男生、2名女生，B中學(xué)介紹了3名男生、4名女生，兩校所介紹的學(xué)生一同參加集訓(xùn)因?yàn)榧?xùn)后隊(duì)員水平相當(dāng)，從參加集訓(xùn)的男生中隨機(jī)抽取3人，女生中隨機(jī)抽取3人構(gòu)成代表隊(duì)（）求A中學(xué)最罕有1名學(xué)生當(dāng)選代表隊(duì)的概率；（）某場競賽前，從代表隊(duì)的6名隊(duì)員中隨機(jī)抽取4人參賽，設(shè)X表示參賽的男生人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)希望18（12分）一個正方體的平面睜開圖及該正方體的直觀圖的表示圖以以下圖在正方體中，設(shè)BC的中點(diǎn)為M、GH的中點(diǎn)為N（）請將字母F、G、H標(biāo)志在正方體相應(yīng)的極點(diǎn)處（不

6、需說明原由）；（）證明：直線MN平面BDH；（）求二面角AEGM的余弦值419（12分）如圖，A、B、C、D為平面四邊形ABCD的四個內(nèi)角（）證明：tan=；（）若A+C=180，AB=6，BC=3，CD=4，AD=5，求tan+tan+tan+tan的值20（13分）如圖，橢圓E：的離心率是，過點(diǎn)P（0，1）的動直線l與橢圓訂交于A、B兩點(diǎn)，當(dāng)直線l平行于x軸時，直線l被橢圓E截得的線段長為2（）求橢圓E的方程；（）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，能否存在與點(diǎn)P不一樣的定點(diǎn)Q，使得恒成立？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明原由521（14分）已知函數(shù)f（x）=2（x+a）lnx+x22ax2

7、a2+a，此中a0（）設(shè)g（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，談?wù)揼（x）的單一性；（）證明：存在a（0，1），使得f（x）0在區(qū)間（1，+）內(nèi)恒成立，且f（x）=0在區(qū)間（1，+）內(nèi)有獨(dú)一解62015年四川省高考數(shù)學(xué)試卷（理科）參照答案與試題分析一、選擇題：本大題共10小題，每題5分，共50分。在每題給出的四個選項(xiàng)中，只有一個是吻合題目要求的。1（5分）設(shè)會合A=x|（x+1）（x2）0，會合B=x|1x3，則AB=（）Ax|1x3Bx|1x1Cx|1x2Dx|2x3【考點(diǎn)】1D：并集及其運(yùn)算【專題】51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】求解不等式得出會合A=x|1x2，依據(jù)會合的并集可求解答案【解答】解：會

8、合A=x|（x+1）（x2）0，會合B=x|1x3，會合A=x|1x2，AB=x|1x3，應(yīng)選：A【評論】此題觀察了二次不等式的求解，會合的運(yùn)算，屬于簡單題2（5分）設(shè)i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)i3=（）AiB3iCiD3i【考點(diǎn)】A5：復(fù)數(shù)的運(yùn)算【專題】11：計(jì)算題【分析】通分得出，利用i的性質(zhì)運(yùn)算即可【解答】解：i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)i3，7=i，應(yīng)選：C【評論】此題觀察了復(fù)數(shù)的運(yùn)算，掌握好運(yùn)算法例即可，屬于計(jì)算題3（5分）履行以以下圖的程序框圖，輸出s的值為（）ABCD【考點(diǎn)】EF：程序框圖【專題】27：圖表型；5K：算法和程序框圖【分析】模擬履行程序框圖，挨次寫出每次循環(huán)獲取的k的值，當(dāng)k=5

9、時滿足條件k4，計(jì)算并輸出S的值為【解答】解：模擬履行程序框圖，可得k=1k=2不滿足條件k4，k=3不滿足條件k4，k=4不滿足條件k4，k=5滿足條件k4，S=sin=，8輸出S的值為應(yīng)選：D【評論】此題主要觀察了循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖，屬于基礎(chǔ)題4（5分）以下函數(shù)中，最小正周期為且圖象對于原點(diǎn)對稱的函數(shù)是（）Ay=cos（2x+）By=sin（2x+）Cy=sin2x+cos2xDy=sinx+cosx【考點(diǎn)】GP：兩角和與差的三角函數(shù)；H1：三角函數(shù)的周期性【專題】57：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)【分析】求出函數(shù)的周期，函數(shù)的奇偶性，判斷求解即可【解答】解：y=cos（2x+）=sin2x，是奇

10、函數(shù)，函數(shù)的周期為：，滿足題意，所以A正確y=sin（2x+）=cos2x，函數(shù)是偶函數(shù)，周期為：，不滿足題意，所以B不正確；y=sin2x+cos2x=sin（2x+），函數(shù)是非奇非偶函數(shù)，周期為，所以C不正確；y=sinx+cosx=sin（x+），函數(shù)是非奇非偶函數(shù)，周期為2，所以D不正確；應(yīng)選：A【評論】此題觀察兩角和與差的三角函數(shù)，函數(shù)的奇偶性以及紅絲帶周期的求法，觀察計(jì)算能力5（5分）過雙曲線x2=1的右焦點(diǎn)且與x軸垂直的直線，交該雙曲線的兩條漸近線于A、B兩點(diǎn)，則|AB|=（）AB2C6D49【考點(diǎn)】KC：雙曲線的性質(zhì)【專題】5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】求出雙曲線的漸

11、近線方程，求出AB的方程，獲取AB坐標(biāo)，即可求解|AB|【解答】解：雙曲線x2=1的右焦點(diǎn)（2，0），漸近線方程為y=，過雙曲線x2=1的右焦點(diǎn)且與x軸垂直的直線，x=2，可得yA=2，yB=2，|AB|=4應(yīng)選：D【評論】此題觀察雙曲線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，觀察基本知識的應(yīng)用6（5分）用數(shù)字0，1，2，3，4，5構(gòu)成沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，此中比40000大的偶數(shù)共有（）A144個B120個C96個D72個【考點(diǎn)】D9：擺列、組合及簡單計(jì)數(shù)問題【專題】12：應(yīng)用題；5O：擺列組合【分析】依據(jù)題意，吻合條件的五位數(shù)首位數(shù)字一定是4、5此中1個，末位數(shù)字為0、2、4中此中1個；從而對首位數(shù)字分2種狀況

12、談?wù)?，首位?shù)字為5時，首位數(shù)字為4時，每種狀況下分析首位、末位數(shù)字的狀況，再安排節(jié)余的三個地點(diǎn)，由分步計(jì)數(shù)原理可得其狀況數(shù)目，從而由分類加法原理，計(jì)算可得答案【解答】解：依據(jù)題意，吻合條件的五位數(shù)首位數(shù)字一定是4、5此中1個，末位數(shù)字為0、2、4中此中1個；分兩種狀況談?wù)摚菏孜粩?shù)字為5時，末位數(shù)字有3種狀況，在節(jié)余的4個數(shù)中任取3個，放在節(jié)余的3個地點(diǎn)上，有A43=24種狀況，此時有324=72個，10首位數(shù)字為4時，末位數(shù)字有2種狀況，在節(jié)余的4個數(shù)中任取3個，放在剩余的3個地點(diǎn)上，有A43=24種狀況，此時有224=48個，共有72+48=120個應(yīng)選：B【評論】此題觀察計(jì)數(shù)原理的運(yùn)用，要

13、點(diǎn)是依據(jù)題意，分析出滿足題意的五位數(shù)的首位、末位數(shù)字的特色，從而可得其可選的狀況7（5分）設(shè)四邊形ABCD為平行四邊形，|=6，|=4，若點(diǎn)M、N滿足，則=（）A20B15C9D6【考點(diǎn)】9O：平面向量數(shù)目積的性質(zhì)及其運(yùn)算【專題】5A：平面向量及應(yīng)用【分析】依據(jù)圖形得出=+=，=，=?（）=2，聯(lián)合向量聯(lián)合向量的數(shù)目積求解即可【解答】解：四邊形ABCD為平行四邊形，點(diǎn)M、N滿足，依據(jù)圖形可得：=+=，=，=，=?（）=2，2=22，=22，|=6，|=4，=22=123=911應(yīng)選：C【評論】此題觀察了平面向量的運(yùn)算，數(shù)目積的運(yùn)用，觀察了數(shù)形聯(lián)合的思想，要點(diǎn)是向量的分解，表示（分）設(shè)、都是不等

14、于a3b3”是“l(fā)og”的（）85ab1的正數(shù)，則“3a3logb3A充要條件B充分不用要條件C必需不充分條件D既不充分也不用要條件【考點(diǎn)】29：充分條件、必需條件、充要條件【專題】5L：簡單邏輯【分析】求解3a3b3，得出ab1，loga3logb3，或依據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求解即可，再利用充分必需條件的定義判斷即可【解答】解：a、b都是不等于1的正數(shù)，3a3b3，ab1，loga3logb3，即0，或求解得出：ab1或1ab0或b1，0a1ab依據(jù)充分必需條件定義得出：“333”是“l(fā)oga3logb3”的充分條不用要件，應(yīng)選：B12【評論】此題綜合觀察了指數(shù)，對數(shù)函數(shù)的單一性，充分必需條件的

15、定義，屬于綜合題目，要點(diǎn)是分類談?wù)?（5分）假如函數(shù)f（x）=（m2）x2+（n8）x+1（m0，n0）在區(qū)間上單一遞減，那么mn的最大值為（）A16B18C25D【考點(diǎn)】3V：二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象；6D：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；7F：基本不等式及其應(yīng)用【專題】51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；52：導(dǎo)數(shù)的看法及應(yīng)用；59：不等式的解法及應(yīng)用【分析】函數(shù)f（x）=（m2）x2+（n8）x+1（m0，n0）在區(qū)間上單一遞減，則f（x）0，故（m2）x+n80在，2上恒成立而（m2）x+n8是一次函數(shù)，在，2上的圖象是一條線段故只須在兩個端點(diǎn)處f（）0，f（2）0即可聯(lián)合基本不等式求出mn的最大值【解答】解

16、：函數(shù)f（x）=（m2）x2+（n8）x+1（m0，n0）在區(qū)間上單一遞減，f（x）0，故（m2）x+n80在，2上恒成立而（m2）x+n8是一次函數(shù)，在，2上的圖象是一條線段故只須在兩個端點(diǎn)處f（）0，f（2）0即可即由（2）得m（12n），mnn（12n）=18，當(dāng)且僅當(dāng)m=3，n=6時獲得最大值，經(jīng)檢驗(yàn)m=3，n=6滿足（1）和（2）13應(yīng)選：B解法二：函數(shù)f（x）=（m2）x2+（n8）x+1（m0，n0）在區(qū)間上單調(diào)遞減，m=2，n8對稱軸x=，即即設(shè)或或設(shè)y=，y=，14當(dāng)切點(diǎn)為（x0，y0），k取最大值=2k=2x，y0=2x0+12，y0=2x0，可得x0=3，y0=6，x=3

17、2k的最大值為36=18=，k=，y0=，2y0+x018=0，解得：x0=9，y0=x02不吻合題意m=2，n=8，k=mn=16綜合得出：m=3，n=6時k最大值k=mn=18，應(yīng)選：B【評論】此題綜合觀察了函數(shù)方程的運(yùn)用，線性規(guī)劃問題，聯(lián)合導(dǎo)數(shù)的看法，運(yùn)用幾何圖形判斷，難度較大，屬于難題10（5分）設(shè)直線l與拋物線y2=4x訂交于A、B兩點(diǎn)，與圓（x5）2+y2=r2（r0）相切于點(diǎn)M，且M為線段AB的中點(diǎn)，若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是（）A（1，3）B（1，4）C（2，3）D（2，4）【考點(diǎn)】J9：直線與圓的地點(diǎn)關(guān)系；K8：拋物線的性質(zhì)【專題】15：綜合題；2：創(chuàng)新題型；2

18、6：開放型；5B：直線與圓；5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程15【分析】先確立M的軌跡是直線x=3，代入拋物線方程可得y=2，所以交點(diǎn)與圓心（5，0）的距離為4，即可得出結(jié)論【解答】解：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），斜率存在時，設(shè)斜率為k，則y12=4x1，y22=4x2，則，相減，得（y1+y2）（y1y2）=4（x1x2），當(dāng)l的斜率存在時，利用點(diǎn)差法可得ky0=2，因?yàn)橹本€與圓相切，所以=，所以x0=3，即M的軌跡是直線x=3將x=3代入y2，得2，2，=4xy=12M在圓上，（x05）2+y02=r2，r2=y02+412+4=16，直線l恰有4條，y00，4

19、r216，故2r4時，直線l有2條；斜率不存在時，直線l有2條；所以直線l恰有4條，2r4，應(yīng)選：D【評論】此題觀察直線與拋物線、圓的地點(diǎn)關(guān)系，觀察點(diǎn)差法，觀察學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題二、填空題：本大題共5小題，每題5分，共25分。11（5分）在（2x1）5的睜開式中，含x2的項(xiàng)的系數(shù)是40（用數(shù)字填寫答案）【考點(diǎn)】DA：二項(xiàng)式定理【專題】5P：二項(xiàng)式定理【分析】依據(jù)所給的二項(xiàng)式，利用二項(xiàng)睜開式的通項(xiàng)公式寫出第r+1項(xiàng)，整理成最簡形式，令x的指數(shù)為2求得r，再代入系數(shù)求出結(jié)果【解答】解：依據(jù)所給的二項(xiàng)式寫出睜開式的通項(xiàng)，16Tr+1=；要求x2的的系數(shù)，5r=2，r=3，x2的的系數(shù)

20、是22（1）3C53=40故答案：40【點(diǎn)】本考二式定理的用，本解的關(guān)是正確寫出二睜開式的通，在種目中通是解決二睜開式的特定的工具12（5分）sin15+sin75的是【考點(diǎn)】GF：三角函數(shù)的恒等及化求；GP：兩角和與差的三角函數(shù)【】56：三角函數(shù)的求【分析】利用公式以及兩角和的正弦函數(shù)化求解即可【解答】解：sin15+sin75=sin15+cos15=（sin15cos45+cos15sin45）=sin60=故答案：【點(diǎn)】本考兩角和的正弦函數(shù)，三角函數(shù)的化求，考算能力13（5分）某食品的保y（位：?。┡c藏溫度x（位：）足kx+b函數(shù)關(guān)系y=e（e=2.718自然數(shù)的底數(shù)，k、b常數(shù)）若食

21、品在0的保是192小，在22的保是48小，食品在33的保是24小【考點(diǎn)】57：函數(shù)與方程的合運(yùn)用【】11：算；51：函數(shù)的性及用【分析】由意可得，x=0，y=192；x=22，y=48代入函數(shù)y=ekx+b，解方程，可得k，b，再由x=33，代入即可獲取17【解答】解：由題意可得，x=0時，y=192；x=22時，y=48代入函數(shù)y=ekx+b，可得eb=192，e22k+b=48，即有e11k=，eb=192，則當(dāng)x=33時，y=e33k+b=192=24故答案為：24【評論】此題觀察函數(shù)的分析式的求法和運(yùn)用，觀察運(yùn)算能力，屬于中檔題14（5分）如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，他們

22、所在的平面相互垂直，動點(diǎn)M在線段PQ上，E、F分別為AB、BC的中點(diǎn)，設(shè)異面直線EM與AF所成的角為，則cos的最大值為【考點(diǎn)】LM：異面直線及其所成的角【專題】5G：空間角；5H：空間向量及應(yīng)用【分析】第一以AB，AD，AQ三直線為x，y，z軸，成立空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)正方形邊長為2，M（0，y，2），從而可求出向量的坐標(biāo)，由cos=獲取，對函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號即可判斷該函數(shù)為減函數(shù)，從而求出cos的最大值【解答】解：依據(jù)已知條件，AB，AD，AQ三直線兩兩垂直，分別以這三直線為x，y，z軸，成立以以下圖空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=2，則：A（0，0，0），E（1，0，0），F(xiàn)（2，1，0）；

23、在線段PQ上，設(shè)M（0，y，2），0y2；18；cos=；設(shè)f（y）=，；函數(shù)g（y）=2y5是一次函數(shù)，且為減函數(shù)，g（0）=50；g（y）0在0，2恒成立，f（y）0；f（y）在0，2上單一遞減；y=0時，f（y）取到最大值故答案為：【評論】觀察成立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量解決異面直線所成角的問題，異面直線所成角的看法及其范圍，向量夾角的看法及其范圍，以及向量夾角余弦的坐標(biāo)公式，函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號和函數(shù)單一性的關(guān)系15（5分）已知函數(shù)f（x）=2x，g（x）=x2+ax（此中aR）對于不相等的實(shí)數(shù)x1、x2，設(shè)m=，n=現(xiàn)有以下命題：對于隨意不相等的實(shí)數(shù)x1、x2，都有m0；對于隨意的a及隨

24、意不相等的實(shí)數(shù)x1、x2，都有n0；對于隨意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1、x2，使得m=n；對于隨意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1、x2，使得m=n此中的真命題有（寫出全部真命題的序號）【考點(diǎn)】2K：命題的真假判斷與應(yīng)用19【】2：新式；26：開放型；51：函數(shù)的性及用【分析】運(yùn)用指數(shù)函數(shù)的性，即可判斷；由二次函數(shù)的性，即可判斷；通函數(shù)h（x）=x2+ax2x，求出數(shù)判斷性，即可判斷；通函數(shù)h（x）=x2+ax+2x，求出數(shù)判斷性，即可判斷【解答】解：于，因?yàn)?1，由指數(shù)函數(shù)的性可得f（x）在R上增，即有m0，正確；于，由二次函數(shù)的性可得g（x）在（，）減，在（，+）增，n0不恒成立，；于，由m=n

25、，可得f（x1）f（x2）=g（x1）g（x2），即g（x1）f（x1）=g（x2）f（x2），考函數(shù)h（x）=x2+ax2x，h（x）=2x+a2xln2，當(dāng)a，h（x）小于0，h（x）減，；于，由m=n，可得f（x1）f（x2）=g（x1）g（x2），考函數(shù)hx）=x2+ax+2x，xh（x）=2x+a+2ln2，于隨意的a，h（x）不恒大于0或小于0，正確【點(diǎn)】本考函數(shù)的性及運(yùn)用，注意運(yùn)用指數(shù)函數(shù)和二次函數(shù)的性，以及數(shù)判斷性是解的關(guān)三、解答：本大共6小，共75分，解答寫出文字明、明程或演算步。16（12分）數(shù)列an（n=1，2，3，）的前n和Sn足Sn=2ana1，且a1，a2+1，a3

26、成等差數(shù)列（）求數(shù)列an的通公式；（）數(shù)列的前n和Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小【考點(diǎn)】8E：數(shù)列的乞降20【專題】54：等差數(shù)列與等比數(shù)列【分析】（）由已知數(shù)列遞推式獲取an=2an1（n2），再由已知a1，a2+1，a3成等差數(shù)列求出數(shù)列首項(xiàng)，可得數(shù)列an是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，則其通項(xiàng)公式可求；（）由（）求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，再由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和求得Tn，聯(lián)合求解指數(shù)不等式得n的最小值【解答】解：（）由已知Sn=2ana1，有an=SnSn1=2an2an1（n2），an=2an1（n2），從而a2=2a1，a3=2a2=4a1，又a1，a2+1，a3成等差數(shù)列，a1+4a

27、1=2（2a1+1），解得：a1=2數(shù)列an是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列故；（）由（）得：，由，得，即2n100029=51210001024=210，n10于是，使|Tn1|成立的n的最小值為10【評論】此題觀察等差數(shù)列與等比數(shù)列的看法、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式等基礎(chǔ)知識，觀察運(yùn)算求解能力，是中檔題17（12分）某市A、B兩所中學(xué)的學(xué)生組隊(duì)參加爭論賽，A中學(xué)介紹了3名男生、2名女生，B中學(xué)介紹了3名男生、4名女生，兩校所介紹的學(xué)生一同參加集訓(xùn)因?yàn)榧?xùn)后隊(duì)員水平相當(dāng)，從參加集訓(xùn)的男生中隨機(jī)抽取3人，女生中隨機(jī)抽取3人構(gòu)成代表隊(duì)21（）求A中學(xué)最罕有1名學(xué)生當(dāng)選代表隊(duì)的概率；（）某場競

28、賽前，從代表隊(duì)的6名隊(duì)員中隨機(jī)抽取4人參賽，設(shè)X表示參賽的男生人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)希望【考點(diǎn)】CG：失散型隨機(jī)變量及其分布列；CH：失散型隨機(jī)變量的希望與方差【專題】5I：概率與統(tǒng)計(jì)【分析】（）求出A中學(xué)最罕有1名學(xué)生當(dāng)選代表隊(duì)的對峙事件的概率，而后求解概率即可；（）求出X表示參賽的男生人數(shù)的可能值，求出概率，獲取X的分布列，而后求解數(shù)學(xué)希望【解答】解：（）由題意，參加集訓(xùn)的男、女學(xué)生共有6人，參賽學(xué)生全從B中抽出（等價于A中沒有學(xué)生當(dāng)選代表隊(duì)）的概率為：=，所以A中學(xué)最罕有1名學(xué)生當(dāng)選代表隊(duì)的概率為：1=；（）某場競賽前，從代表隊(duì)的6名隊(duì)員中隨機(jī)抽取4人參賽，X表示參賽的男生人數(shù)，則X的

29、可能取值為：1，2，3，P（X=1）=，P（X=2）=，P（X=3）=的分布列：X123P和數(shù)學(xué)希望EX=1=222【評論】此題觀察失散型隨機(jī)變量的分布列，希望的求法，觀察古典概型概率的求法，觀察分析問題解決問題的能力18（12分）一個正方體的平面睜開圖及該正方體的直觀圖的表示圖以以下圖在正方體中，設(shè)BC的中點(diǎn)為M、GH的中點(diǎn)為N（）請將字母F、G、H標(biāo)志在正方體相應(yīng)的極點(diǎn)處（不需說明原由）；（）證明：直線MN平面BDH；（）求二面角AEGM的余弦值【考點(diǎn)】LS：直線與平面平行；MJ：二面角的平面角及求法【專題】5F：空間地點(diǎn)關(guān)系與距離；5G：空間角【分析】（）依據(jù)睜開圖和直觀圖之間的關(guān)系進(jìn)行

30、判斷即可；（）利用線面平行的判判定理即可證明直線MN平面BDH；（）法一：利用定義法求出二面角的平面角進(jìn)行求解法二：成立坐標(biāo)系，利用向量法進(jìn)行求解即可【解答】解：（）F、G、H的地點(diǎn)如圖；證明：（）連結(jié)BD，設(shè)O是BD的中點(diǎn)，BC的中點(diǎn)為M、GH的中點(diǎn)為N，OMCD，OM=CD，HNCD，HN=CD，OMHN，OM=HN，即四邊形MNHO是平行四邊形，MNOH，MN?平面BDH；OH?面BDH，23直線MN平面BDH；（）方法一：連結(jié)AC，過M作MHAC于P，則正方體ABCDEFGH中，ACEG，MPEG，P作PKEG于K，連結(jié)KM，EG平面PKMKMEG，則PKM是二面角AEGM的平面角，A

31、D=2，則CM=1，PK=2，RtCMP中，PM=CMsin45=，在RtPKM中，KM=，cosPKM=，即二面角AEGM的余弦值為方法二：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別為DA，DC，DH方向?yàn)閤，y，z軸成立空間坐標(biāo)系如圖：設(shè)AD=2，則M（1，2，0），G（0，2，2），E（2，0，2），O（1，1，0），則=（2，2，0），設(shè)平面EGM的法向量為=（x，y，z），則，即，令x=2，得=（2，2，1），在正方體中，DO平面AEGC，24則=（1，1，0）是平面AEG的一個法向量，則cos=二面角AEGM的余弦值為【評論】此題主要觀察簡單空間圖形的直觀圖，空間線面平行的判斷和性質(zhì)，空間面面夾角的計(jì)算

32、，觀察空間想象能力，推理能力，運(yùn)算求解能力19（12分）如圖，A、B、C、D為平面四邊形ABCD的四個內(nèi)角（）證明：tan=；（）若A+C=180，AB=6，BC=3，CD=4，AD=5，求tan+tan+tan+tan的值【考點(diǎn)】GJ：三角函數(shù)恒等式的證明【專題】57：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)；58：解三角形【分析】（）直接利用切化弦以及二倍角公式化簡證明即可（）經(jīng)過A+C=180，得C=180A，D=180B，利用（）化簡tan+tan+tan+tan=，連結(jié)BD，在ABD中，利用余弦定理求出sinA，連結(jié)AC，求出sinB，而后求解即可【解答】證明：（）tan=等式成立（）由A+C=180，

33、得C=180A，D=180B，由（）可知：25tan+tan+tan+tan=，連結(jié)BD，在ABD中，有BD2=AB2+AD22AB?ADcosA，AB=6，BC=3，CD=4，AD=5，222在BCD中，有BD=BC+CD2BC?CDcosC，2222所以AB+AD2AB?ADcosA=BC+CD2BC?CDcosC，則：cosA=于是sinA=，連結(jié)AC，同理可得：cosB=，于是sinB=所以tan+tan+tan+tan=【評論】此題觀察二倍角公式、引誘公式、余弦定理簡單的三角恒等變換，觀察函數(shù)與方程的思想，轉(zhuǎn)變與化歸思想的應(yīng)用20（13分）如圖，橢圓E：的離心率是，過點(diǎn)P（0，1）的

34、動直線l與橢圓訂交于A、B兩點(diǎn)，當(dāng)直線l平行于x軸時，直線l被橢圓E截得的線段長為2（）求橢圓E的方程；（）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，能否存在與點(diǎn)P不一樣的定點(diǎn)Q，使得恒成立？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明原由26【考點(diǎn)】K3：橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；KH：直線與圓錐曲線的綜合【專題】2：創(chuàng)新題型；5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】（）經(jīng)過直線l平行于x軸時被橢圓E截得的線段長為2及離心率是，計(jì)算即得結(jié)論；（）經(jīng)過直線l與x軸平行、垂直時，可得若存在不一樣于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件，則Q點(diǎn)坐標(biāo)只好是（0，2）而后分直線l的斜率不存在、存在兩種狀況，利用韋達(dá)定理及直線斜率計(jì)算方法，證明對隨意

35、直線l，均有即可【解答】解：（）直線l平行于x軸時，直線l被橢圓E截得的線段長為2，點(diǎn)（，1）在橢圓E上，又離心率是，解得a=2，b=，橢圓E的方程為：+=1；（）結(jié)論：存在與點(diǎn)P不一樣的定點(diǎn)Q（0，2），使得恒成立原由以下：當(dāng)直線l與x軸平行時，設(shè)直線l與橢圓訂交于C、D兩點(diǎn)，假如存在定點(diǎn)Q滿足條件，則有=1，即|QC|=|QD|Q點(diǎn)在直線y軸上，可設(shè)Q（0，y0）當(dāng)直線l與x軸垂直時，設(shè)直線l與橢圓訂交于M、N兩點(diǎn)，則M、N的坐標(biāo)分別為（0，）、（0，），又=，=，解得y0=1或y0=2若存在不一樣于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件，則Q點(diǎn)坐標(biāo)只好是（0，2）下邊證明：對隨意直線l，均有27當(dāng)直線l的斜率不存在時，由上可知，結(jié)論成立當(dāng)直線l的斜率存在時，可設(shè)直線l的方程為y=kx+