万卷三年高考模拟卷理数答案 27页

万卷三年高考模拟卷学校 姓名 座位号 准考证号 ‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 答案（一）‎ ‎1. 答案：D 解析：观察图形可知,则，即对应点，故D正确.‎ ‎2. 解析：‎ 由 ‎ 输出4.‎ ‎ 答案：B. 命题立意：本小题考查程序框图等基础知识，考查分析问题、解决问题的能力，难度较小.‎ ‎3.【答案】C.【命题立意】本题主要考查椭圆的基本知识，利用椭圆的焦距、准线求椭圆方程的能力。‎ ‎ 【解析】设椭圆半焦距为c，半长轴长与半短轴长分别为，则又，解得故选C ‎ 【失分警示】对椭圆知识不熟导致失误。‎ ‎4. 答案：C．‎ 解析：，两式相除后可解得，所以.‎ ‎5. 答案: B 命题立意：本题考查线性规划的知识.‎ 第一解析: 直线和直线的交点为,又因为可行域的边界是虚线,所以不是最优解,可行域内取整点任意为最优解,则,当取点时,故为最小值.‎ 第二解析：画出可行域如图.‎ 其最优解是点附近的整点，考虑到线性目标函数，只要横坐标增加1即可，故最优点为整数，其最小值为16，故选B.‎ 命题立意：考查用图解法求最优解为整数的问题.‎ ‎6.【答案】A 【命题立意】本题考查了正弦定理的应用，同时也考查了三角形的基本性质。 ‎ ‎ 【解析】在中，有得，，求得，，故选A.‎ ‎7. 答案：A. 命题立意：本题主要利用圆锥曲线定义求离心率的能力.‎ ‎ 第一解析：设分别为，若曲线为椭圆时，则离心率为，若曲线为双曲线时离心率选A.‎ ‎ 第二解析：显然该曲线不可能是抛物线，不妨从是椭圆和双曲线两方面着手分析，若是椭圆，，从而; 同理可求得当是双曲线时，，故选A.‎ ‎ 命题立意：主要考查椭圆、双曲线的定义、基本量之间的关系、比例线段的性质，熟练掌握并善于用定义解题是解决这类问题的关键.‎ ‎8. 答案D 命题动向：本题考查对新定义集合概念的理解，考查角度新颖，主要考查学生的知识迁移能力与理解能力，难度较大.‎ 解析：中每一个关于乘法都是封闭的，所以选择D.‎ ‎9. 答案：C 解析：考查相同函数、函数对称性的判断、周期性知识。考虑定义域不同，①错误；排除A、B，验证③, ,又通过奇函数得,所以f（x）是周期为2的周期函数.‎ ‎10.【答案】A.【命题立意】本题主要考查利用立体几何知识、函数知识、导数知识求解问题的能力。‎ ‎ 【解析】由棱锥的体积公式求出 ‎ ‎ ‎ 由函数特征知选A ‎ 【失分警示】找不到解题方法而失分。‎ ‎11.【答案】B【命题立意】本题考查应用数形结合思想判断函数零点个数问题，同时考查逻辑思维能力。‎ ‎1-11图 ‎ 【解析】原题转化为函数f(x)与g（x）的图象在上有几个交点问题。可知函数f（x）为偶函数，故f（x）=f（2-x）=f（x-2），所以函数f（x）是周期为2的函数。当时，，当x=1时，g（x）=1，且g（x）是偶函数，值域非负，由此可画出函数和函数 的图象如图所示，由图可知两图象有6个交点，所以选B ‎ 【失分警示】不能有效通过条件画出函数图象。‎ ‎12. 答案：B 解析：由题意直线与为异面直线且处于球心两侧，球心到两线段的距离均为，设弦与的公垂线段长，则的最大值为，连接，可得，设点到平面的距离为，点到平面的距离为，则（当且仅当与垂直时取等号），‎ ‎，故应选B ‎13. 解析：此几何体是由一个长为3，宽为2，高为1的长方体与底面直径为2，高为3的圆锥组合而成的，故 V=V长方体+V圆锥=.‎ ‎ 答案：. 命题立意：本小题考查立体几何的三视图、几何体体积等基础知识，考查识图能力及运算能力，难度适中.‎ ‎14. 答案：2 ‎ 解析；由题意可得过点的直线方程为，将代入可得点的坐标为 ‎，由可得点的坐标为，代入可得，解得（舍去）或 ‎15.【答案】【命题立意】本题主要考查利用正态分布知识、概率知识求解问题的能力。‎ ‎ 【解析】（解法一）设该部件的使用寿命超过1000小时的概率为P（A）.因为三个元件的使用寿命均服从正态分布,所以元件1,2,3的使用寿命超过1000小时的概率分别为.因为所以.‎ ‎ （解法二）设该部件的使用寿命超过1000小时的概率为因为三个元件的寿命均服从正态分布所以元件1,2,3,的使用寿命超过1000小时的概率分别为故 ‎ 【失分警示】找不到解题方法而失误。‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 ‎16.【答案】-10【命题立意】本题主要考查利用函数性质求解问题的能力 ‎ 【解题过程】由于f（x）是周期为2的函数，所以 ‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎ 【失分警示】条件这个条件不易发现导致失分。‎ ‎17.命题动向：本题考查了三角函数有关运算，进一步考查学生灵活应用公式以及运算能力.‎ 解析：（1）由题知：‎ ‎（2）由 ‎ 由 ‎ ‎ ‎18. 解析：解：（1）①设“在1次游戏中摸出个白球”为事件则.‎ ‎ ②设“在1次游戏中获奖”为事件，则，‎ 又，且互斥，‎ 所以 ‎（2）解：由题意可知的所有可能取值为0，1，2.‎ ‎ ‎ 所以X的分布列是 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎ X的数学期望 学校 姓名 座位号 准考证号 ‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 命题立意：本小题主要考查古典概型及其概率计算公式、离散型随机变量的分布列、互斥事件和相互独立事件等基础知识，考查运用概率知识解决简单的实际问题的能力，难度适中.‎ ‎19. 【命题意图】本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间、想象能力和推理论证能力.‎ ‎ 思路分析：（I）线线平行证线面平行.‎ ‎ （II）利用向量求角.‎ ‎ 解题过程：（I）证法一：因为 ‎1-19题答图①‎ M A B E C D F G M C F E D B A G 第19题答图①‎ ‎ 由于因此连接.由于在中，是线段的中点，则且因此，所以四边形为平行四边形.因此.‎ 证法二：因为所以 由于所以取的中点N，连接，因此四边形平行四边形，所以在中，是线段AD的中点，连接则，因为，所以平面.又.‎ ‎（II）解法一：因为两两垂直，分别以所在直线为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设则由题意得 M C F E D B A G N ‎1-19题答图②‎ 所以 M C F E D B A G 第19题答图③‎ 所以.设平面的法向量为则所以取，所以.设平面的法向量为所以取所以因此二面角的大小为 第二解析：由题意知，平面连接，因为所以过向引垂线交连接，则为二面角的平面角. 由题意，不妨设在直角梯形中，连接，则所以因此在由于所以在中，因此二面角的大小为 M C F E D B A G R H ‎1-19题答图④‎ ‎20.【命题立意】本题主要考查椭圆的方程、离心率等基本知识，考查椭圆与向量和直线的综合应用 问题。同时考查了逻辑思维能力和运算能力。‎ ‎【思路分析】（Ⅰ）由曲线和的关系易于求解 的方程；（II）可先设出直线方程，将直线与椭圆方程联立。因为涉及了向量，故采用代入坐标的方法应用向量或椭圆的方程而得到关于直线斜率的方程。从而k可确定,则直线方程确定.‎ ‎【解析思路】解：‎ ‎（Ⅰ）由已知可设椭圆的方程为，其离心率为，故，则a=4，故椭圆的方程为。‎ ‎（Ⅱ）解法一 A,B两点的坐标分别记为,由及（Ⅰ）知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y=kx。‎ 将y=kx代入中，得，所以，‎ 将y=kx代入中，得，所以 又由，得，即 解得，故直线AB的方程为y=x或y=-x 解法二 A，B两点的坐标分别记为，‎ 由及（Ⅰ）知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y=kx 将y=kx代入，得，所以由，得，，‎ 将代入中，得，即，解得，故直线AB的方程为y=x或y=-x ‎【失分警示】求解圆锥曲线的常规方法应用不熟练；运算能力差。‎ ‎21. 【命题立意】本题考查的是导数的几何意义、性质等问题.‎ ‎【解题过程】（Ⅰ）解：由，得，，由于曲线在（1，）处的切线与轴平行，所以，因此.‎ ‎(Ⅱ)解：由（Ⅰ）得，.令，.当时，；当时，.又，所以时，；时，.因此的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+）.‎ ‎(Ⅲ)证明：因为.所以，.因此对任意，等价于. ‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 由（Ⅱ），，所以，，因此当时，，单调递增.当时，，单调递减；所以的最大值为，故.设.因为，所以时，，单调递增，，故时，，即.‎ 所以.‎ 因此对任意，.‎ ‎22.【答案】【命题立意】本题主要考查圆的弦切角、圆周角、圆心角之间的关系以及切线的性质。‎ ‎ 【解析】连接AC、AO,则,在直角三角形AOP中，AO=1，所以 ‎ 【失分警示】圆的基本性质应用不熟练。‎ ‎23.【命题立意】本题考查极坐标的应用。‎ ‎ 【思路分析】利用极坐标方程进行求解。‎ ‎ 【解题过程】（Ⅰ）由已知可得 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 即 ‎ ‎ （Ⅱ）设令则 ‎ 因为所以S的取值范围是 ‎ 【失分警示】不能清楚理解极坐标有关内容。‎ ‎24.不等式选讲 ‎ 命题立意：本小题主要考查绝对值不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想.‎ ‎ 思路分析：（I）利用绝对值不等式求解方式求解；‎ ‎ （II）作差比较大小.‎ ‎ 解题过程：（I）由得解得所以.‎ ‎ （II）由（I）和可知所以故 万卷三年高考模拟卷答案（二）‎ ‎1. 答案：A 【命题意图】本题考查复数的运算分类，考查对概念的理解能力和计算能力.‎ 第一解析：设，则，所以.‎ 学校 姓名 座位号 准考证号 ‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 第二解析：（高考试题全解里的100页）为纯虚数，所以 ‎2. 答案：A ‎ 解析：据框图当时，当时，；当时，；当时，，要使程序结束，故判断框应填入“”.‎ ‎3.【答案】D【命题立意】本试题考查了简单几何体的三视图的运用。培养同学们的空间想象能力和基本运算能力。‎ ‎ 【解析】D选项的正视图中间应多一条虚线选D ‎ 【失分警示】三视图中看不见的棱应该画虚线 ‎4. 答案A 命题动向：考查函数的奇偶性，一般使用定义求解.‎ 解析：因为在上为奇函数，所以为偶函数，则一定为偶函数.‎ ‎5. 答案：C 解析：考查多项式函数的导数公式，重点考查学生创新意识，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法。考虑到求导中，含有项均取0，则只与函数的一次项有关；得：.故选C。‎ ‎6．解析一：设，‎ ‎ ，.‎ ‎ 由正弦定理知.‎ ‎ 解析二：在中，设，则，由余弦定理有 ‎ ，即，‎ ‎ 在中，由正弦定理有，故选D.‎ 答案：D. 命题立意：本小题考查正、余弦定理等基础知识，考查转化思想的应用，难度适中.‎ ‎7.【答案】【命题立意】本题考查了直线与圆的位置关系和均值不等式等知识点的综合应用。‎ ‎ 【解析】圆心为（1,1），则圆心到直线（m+1）x+（n+1）y-2=0的距离为，则，解得或，故选D.‎ ‎ 【失分警示】不等式性质应用不熟练。‎ ‎8.【答案】C【命题立意】本题主要考查利用双曲线知识、抛物线知识求解问题的能力。‎ ‎ 【解析】由题意可设双曲线的方程为。易知抛物线的准线方程为，联立得，因为，所以。代入（*）式，得解得。所以C的实轴长为‎2a=4，故选C.‎ ‎ 【失分警示】易出现计算上的错误。‎ ‎9. 答案：D 命题动向：本题考查了指数不等式、对数不等式的解法，旨在考查对数函数、指数函数的单调性问题。‎ 第一解析：当得取交集得，因此，满足的的取值范围是，选D.‎ 第二解析：易知，在上为减函数，由，得，所以的取值范围是.‎ ‎10. 答案：C ‎ 解析：若5在十位或十万位，其个位数可取2,4,6中的任意一个，5的相邻位只能填非1,3外的另两个数中的一个，其余的三个位中可以随意排列，即共有 个偶数；若5在百位或千位或万位，其个位数可取2,4,6中的任意一个，5的相邻两位只能填非1,3外的另两个数，其余的两位可以随意排列，即共有个偶数，综上可得这样的六位偶数共有72+36=108个，故应选C.‎ ‎11.答案：B. 命题立意：本题主要考查利用函数性质、不等式知识求解问题的能力.‎ ‎ 第一解析：设三点分别为 ‎ ‎ 由从坐标的符号特征知①正确. 由于为增函数，若为等腰三角形只能是若满足这个等式由两点间距离公式知 必有，且等号不能成立，即④为正确的，故选B.‎ ‎ 第二解析：不妨设三点的横坐标分别为 ‎ ‎ ‎ 其中.‎ ‎ 又. 即为钝角.‎ ‎ 一定是钝角三角形，①正确，再考查③，显然.若③正确，只能是，假设，由距离公式得于是，矛盾，故③不正确，选B.‎ ‎ 命题立意：本题主要考查考生的心理素质与处理综合问题的能力，对运算能力和规划运算思路的能力都有较高要求.‎ ‎12.【答案】B.【命题立意】本意主要考查利用函数知识、导数知识、解析几何知识求解问题的能力。‎ ‎ 【解析】因为和互为反函数，关于直线y=x对称，所以当曲线和的切线的斜率都为1时，两条切线间的距离即为|PQ|的最小值，令，得x=ln2.所以曲线的斜率为1的切线的切点是（ln2,1）。因为切点（ln2,1）到直线y=x的距离为所以故选B.‎ ‎ 【失分警示】由于找不到解题思路而失误。‎ ‎13. 答案185 命题动向：考查线性回归方程在事件问题中的应用.‎ 第一解析：因为儿子长身高与父亲有关，所以设儿子身高为，父亲身高为，根据数据列表：‎ 父亲的身高 ‎173‎ ‎170‎ ‎176‎ 儿子的身高 ‎170‎ ‎176‎ ‎182‎ ‎ ‎ ‎ 代入回归方程可得：，于是儿子身高与父亲身高的关系式为：，当 时，该老师的儿子的儿子身高为185.‎ 第二解析：儿子和父亲的身高可列表如下：‎ 父亲的身高 ‎173‎ ‎170‎ ‎176‎ 儿子的身高 ‎170‎ ‎176‎ ‎182‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 设回归直线方程，由表中的三组数据可求得，故回归直线方程，将代入得孙子的身高为.‎ ‎14. 答案：4 ‎ 解析：根据正方形沿轴滚动的创新概念知，当点从在轴上的位置开始到重新滚动到轴上时，经过，总长度为4，故对应函数的最小正周期为4；我们只从顺时针来研究一下其规律：以点为中心顺时针旋转到点落在轴上时，这时点经过的点的轨迹是以点为圆心半径为1的圆线；接下来以点为中心顺时针旋转到点落在轴上时，这时点经过的点的轨迹是以点为圆心半径为 的圆线；最后以点为中心顺时针旋转到点落在轴上时，这时点经过的点的轨迹是以点为圆心半径为1的圆线；如下图所示的阴影部分，那么在其两个相邻零点间的图象与轴所围区域即为阴影部分，故 ‎15.【答案】3 【命题立意】本小题主要考查椭圆的定义及简单不等式等相关问题，考查学生的分析、转化问题的能力。‎ ‎ 【解析】设椭圆的右焦点为,则,‎ ‎ 当且仅当直线x=m过椭圆的右焦点（1,0）时，周长最大，此时直线x=1，‎ 所以 ‎【失分警示】不能利用椭圆的定义将周长进行转化从而找出最大值成立的条件是本题失分的关键。‎ ‎16.【答案】（2-sin2,1-cos2）【命题立意】本题考查考生对新知识的理解。‎ ‎ 【解析】由摆动曲线的方程可知的坐标为（2-sin2,1-cos2）‎ ‎ 【失分警示】缺乏对新知识的理解能力。‎ ‎17.【命题立意】本题主要考查三角函数的基本性质以及求解三角求值问题，同时考查分析能力和逻辑思维能力。‎ ‎ 【思路分析】（Ⅰ）求解，（Ⅱ）先化简与再利用余弦和角公式求解。‎ ‎ 【解题过程】解：（Ⅰ）‎ ‎ （Ⅱ）由（Ⅰ）得 ‎ ‎ 学校 姓名 座位号 准考证号 ‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 【失分警示】不能有效的应用已知角来构造所求角；忽略角的范围而导致应用平方关系求值发生错误。‎ ‎18．解析：解：（1）（当天商店不进货）（当天商品销售量为0件）‎ ‎（当天商品销售量为1件）.‎ ‎ （2）由题意知，的可能取值为2，3.‎ ‎ （当天商品销售量为1件）；‎ ‎ （当天商品销售量为0件）（当天商品销售量为2件）‎ ‎（当天商品销售量为3件）.‎ 所以的分布列为 ‎2‎ ‎3‎ 故的数学期望为.‎ ‎ 命题立意：本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望. 主要考查学生运用所学概率知识与方法解决实际问题的能力，难度适中.‎ ‎19. 命题动向：本题考查了概率的计算、离散型随机变量的期望、方差，考查了互斥事件、相互独立事件的概率的计算，考查了同学们运用概率知识解决实际问题的能力。‎ 解析：（Ⅰ）可能的取值为 ‎ ‎ ‎ 即的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 的数学期望为.‎ ‎（Ⅱ）品种甲的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为 ‎ ‎ ‎.‎ ‎ 品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为 ‎ ‎ ‎ 由以上结果可以看出，品种乙的样本平均数大于品种甲的样本平均数，且两品种的样本方差差异不大，故应该选择种植品种乙. ‎ ‎2-20图 ‎20.【命题立意】本小题主要考查椭圆的定义、标准方程及几何性质、直线方程、两点间的距离公式等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力。‎ ‎ 【思路分析】（Ⅰ）由所给条件列出a，b，c的方程组求解。（Ⅱ）设出与的直线方程与椭圆联立求解。‎ ‎ 【解题过程】（Ⅰ）由题设知。由点在椭圆上，得，解得，于是，又点在椭圆上，所以，即 ‎ ，解得。‎ ‎ 因此，所求椭圆的方程是 ‎ （Ⅱ）由（Ⅰ）知，又直线与平行，所以可设直线的方程为x+1=my.直线的方程为x-1=my.设，‎ ‎ 由得，解得 ‎ 故。①‎ ‎ 同理，。②‎ ‎ （i）由①②得，解得，注意到 ‎ 故。所以直线的斜率为 ‎ （ii）因为与平行，所以,于是,‎ ‎ 故.由B点在椭圆上知 ‎ 从而.同理 ‎ 因此，‎ ‎ 又由①②知，‎ ‎ 所以。因此，是定值。‎ ‎ 【失分警示】计算量大易出现计算上的问题。‎ ‎21. （Ⅰ）解： 令解得.‎ 当变化时，的变化情况如下表：‎ ‎1‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ 极大值 所以在()内是增函数，在()内是减函数. 函数在 处取得极大值，且.‎ ‎（Ⅱ）证明：由题意可知,得.‎ 令,即.于是 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 当时，从而.从而函数在是增函数.‎ 又所以时，有，即 ‎（Ⅲ）证明：（1）若 ‎（2）若 根据（1），（2）得 由（Ⅱ）可知，，所以,从而.‎ 因为，所以，又由（Ⅰ）可知函数在区间内是增函数，所以,‎ 即.‎ ‎22.【命题立意】本题主要考查相似三角形的判断和应用。‎ ‎ 【思路分析】（Ⅰ）易于证明等式中线段所在的三角形ACB和DAB相似，则此问可证；（Ⅱ）可通过证明∽来得到，从而由上问则可得到AC=AE.‎ ‎2-22图 ‎ 【解题过程】（Ⅰ）由AC与相切于A，得,同理,所以∽.从而，即 ‎ （Ⅱ）由AC与相切于A，得又,得∽.从而,即结合（Ⅰ）的结论，AC=AE ‎ 【失分警示】不能够熟练根据结论正确选择三角形证明、三角形相似。‎ ‎23.选修4-4：坐标系与参数方程 ‎ 命题立意：本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、椭圆的参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想.‎ ‎ 思路分析：（I）化为直角坐标进行代入；‎ ‎ （II）利用点到直线距离公式化为的函数求解.‎ ‎ 解题过程：（I）把极坐标系下的点化为直角坐标，得.因为点的直角坐标满足直线的方程所以点在直线上.‎ ‎ （II）因为点在曲线上，故可设点的坐标为从而点到直线的距离为 学校 姓名 座位号 准考证号 ‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 ‎ ，由此得，‎ ‎ 当时，取得最小值，且最小值为.‎ ‎24.【命题立意】本题考查不等式的求法。‎ ‎ 【思路分析】去掉绝对值求解不等式。‎ ‎ 【解题过程】（Ⅰ）当时，‎ 当时，由得，解得；‎ 当时，无解；‎ 当时，由得解得；‎ 所以的解集为 ‎ （Ⅱ） ‎ ‎ 当时， ‎ 由条件得且即 故满足条件的a的取值范围为。‎ ‎【失分警示】缺乏准确运算的能力。‎ 万卷三年高考模拟卷答案（三）‎ ‎1.【答案】C 【命题立意】本题主要考查复数的运算能力。‎ ‎ 【解析】所以选C ‎ 【失分警示】对复数的乘法与除法运算不熟而失误。‎ ‎2.【答案】C【命题立意】本小题主要考查四种命题中的逆否命题。‎ ‎ 【解析】若p则q的逆否命题为若则选C.‎ ‎ 【失分警示】逆否命题与原命题的关系包括逆和否。‎ ‎3. 答案：B ‎ 解析：‎ ‎4. 答案：D 命题动向：本题考查了同名三角函数关系，考查了正弦定理，考查了解三角函数问题的基本策略。‎ 解析：因为所以由正弦定理得 ‎3-5图 即再由正弦定理得，解得，选D.‎ ‎5.【答案】B【命题立意】本题主要考查线性规划的基本题型。‎ ‎ 【解析】可行域如图。可知当直线z=3x+y过点A（3,2）时，z有最大值11.‎ ‎ 【失分警示】二元一次不等式描述的平面区域确定不准确导致可行域画错；“z”的几何意义不明确导致求最值错误。‎ ‎6.【答案】C【命题立意】本题考查利用算法知识、统计知识求解问题的能力。‎ ‎ 【解析】由程序框图可知，当时，A=x当且时，B=x，所以A是 中的最大数,B是 中的最小数。故选C ‎【失分警示】对判断框理解不清而失误。.‎ ‎7. 答案：B 【命题意图】本题主要考查回归直线方程的相关知识.‎ ‎ 解析：由表可得把代入得 当故选B.‎ ‎8.【答案】B【命题立意】考查函数与方程均值定理等知识。‎ ‎ 【解析】设A，B，C，D四点的横坐标分别为则 故选B ‎ 【失分警示】此题较难，失分处较多。‎ ‎9.【答案】D【命题立意】本题主要考查利用对数知识，指数知识比较数大小的能力。‎ ‎ 【解析】由对数与指数的性质知又，，故选D.‎ ‎ 【失分警示】对数与指数知识不熟而失分。‎ ‎10. 答案: D 本题考查了函数的零点的内容.‎ 第一解析: 当故A正确;当时,时, 故B正确;当时,故C正确;当,则或2,不可能为3,故选D.‎ 第二解析：取，则，故A有可能.取，则，故，此时，则，故B也有可能.‎ ‎ 取且，则，故，‎ 此时即C有可能.‎ 若则有三个不同的根，且.‎ 从而，有根，此时，故，即D不可能，故选D.‎ ‎ 命题立意：本题考查集合的概念和方程根的讨论，考查分类讨论思想和逻辑推理能力.解题的关键是发现这两个方程的联系，从而得到方程没有根、有1个根、有个2根的特殊情形来判断各选项.‎ ‎11. 答案： B ‎ 解析：考查不放回的抽球、重点考查二项分布的概率。本题是北师大版新课标的课堂作业，作为旧大纲的最后一年高考，本题给出一个强烈的导向信号。方法一：每箱的选中的概率为，总概率为；同理，方法二：每箱的选中的概率为，总事件的概率为，作差得<.‎ ‎12. 答案：D 【命题意图】本题主要考查向量共线的相关知识.‎ ‎ 第一解析：当中点时，易得代入得无解，排除A，同理排除B. 当同时在AB上时，同理排除C，当同时不在AB延长线上时，可得故选D.‎ ‎ 第二解析：由题意得，若都在的延长线上，则矛盾，故选D.‎ ‎ 【命题立意】本题主要向量共线的应用，根据判断的位置是解题的关键.‎ ‎3-13图 ‎13.【答案】2【命题立意】本题考查线性规划问题，同时考查了建立数形结合的数学思想的作用。‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 ‎ 【解析】曲线在点（1,0）处的切线斜率为1，切线方程为y=x-1，则封闭区域D如图，当x=0，y=-1时，z=x-2y在D上有最大值，最大值为2.‎ ‎ 【失分警示】不能够准确画出图象。‎ ‎14、答案： 命题动向：本小题主要考查了分段函数及其方程的求解，关键是分类讨论思想的应用等.‎ 解析：当 ‎ ‎ ‎ 当 ‎ ，则由 O y x ‎2‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎-1‎ ‎-2‎ ‎-1‎ ‎-2‎ ‎-3‎ ‎（2，1）‎ ‎3-15题答案图 ‎15．解析：画出分段函数的图象如图所示，结合图象可以看出，若有两个不同的实根，也即函数的图象与有两个不同的交点，的取值范围为（0，1）.‎ ‎ 答案：（0，1）. 命题立意：本题考查函数的零点问题，考查考生作图的能力，考查数形结合的思想方法，难度中等.‎ ‎16.【答案】①③④ 【命题立意】本小题主要考查取整函数和均值不等式的相关知识。‎ ‎ 【解析】易验证①正确，当a=3时数列为摆动数列，所以②错误。‎ ‎ 当，，所以③正确。当时，所以所以又由得 ‎ 【失分警示】对于取整函数和均值不等式的理解不透，运算不熟。‎ ‎17. 解：（I）由，‎ 得 所以函数的最小正周期为 因为在区间上为增函数，在区间上为减函数，‎ 学校 姓名 座位号 准考证号 ‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 又，所以函数在区间上的最大值为2，最小值为－1.‎ ‎（II）由（I）可知又因为，所以 由，得从而.‎ 所以 ‎18. 命题立意:本题考查概率有关的知识.‎ 思路分析：先求函数解析式再求的分布列、数学期望和方差.‎ 解题过程：（Ⅰ）当日需求量时，利润=80.当日需求量时，利润.‎ 所以关于的函数解析式为 ‎（）.‎ ‎(Ⅱ)(ⅰ)X可能的取值为60，70，80，并且，，.‎ X的分布列为 X ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ P ‎0．1‎ ‎0．2‎ ‎0．7‎ X的数学期望为=60×0.1+70×0.2+80×0.7=76.‎ X的方差为.‎ ‎(ⅱ)答案一：花店一天应购进16枝玫瑰花.理由如下：若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润（单位：元），那么Y的分布列为 Y ‎55‎ ‎65‎ ‎75‎ ‎85‎ P ‎0．1‎ ‎0．2‎ ‎0．16‎ ‎0．54‎ Y的数学期望为EY=55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54=76.4‎ Y的方差为DY=‎ 由以上的计算结果可以看出，DX0时总成立。由，方程特征知另一根为1-a解得或（舍去）.‎ ‎ 【失分警示】找不到解题方法而失误.‎ ‎17. 命题动向：本题考查了等差数列基本量的运算，考查了数列求和的方法。‎ 解析：（Ⅰ）设等差数列的公差为，由已知条件可得，故数列的通项公式为.‎ ‎（Ⅱ）设数列的前项和为，即，故，，所以，当时，所以.综上，数列的前前项和为.‎ ‎18、命题动向：本题主要考查了空间几何体中的点线面的位置关系的判定与证明等，通过简单几何体中的边与角的关系加以转化，利用线线平行与线面垂直等来证明线面平行与面面垂直等。‎ ‎6-18题图 证明：（1）在中，因为的中点，又 ‎6-19图 ‎（2）连结，因为 又平面平面，，‎ 又因为所以，。‎ ‎19.【命题立意】本题主要考查直线和平面垂直、异面直线所成的角等基础知识，及求几何体体积的方法，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想像能力、运算能力和推理论证能力。‎ ‎ 【思路分析】先利用线线垂直证明线面垂直，然后利用条件线面角相等求值。‎ ‎ 【解题过程】解法1：‎ ‎ （Ⅰ）如图（1），连接AC，由AB=4，BC=3，得AC=5.又AD=5，E是CD的中点，所以.因为平面ABCD，平面ABCD,所以.而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以平面PAE. ‎ ‎ （Ⅱ）过点B作BG//CD，分别与AE,AD相交于点F,G，连接PF.由（Ⅰ）CD平面PAE知，BG平面PAE.于是为直线PB与平面PAE所成的角，且BGAE.‎ ‎ 由PA平面ABCD知，为直线PB与平面ABCD所成的角。由题意,因为，所以PA=BF. 由知，AD//BC,又BG//CD，所以四边形BCDG是平行四边形。故GD=BC=3.于是AG=2‎ ‎ 在中，AB=4，AG=2，，所以,于是PA=BF=.‎ ‎ 又梯形ABCD的面积为。所以四棱锥P—ABCD的体积为 ‎ ‎ ‎ 解法2：‎ ‎ 如图（2），以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐。标系。设PA=h，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B（4,0,0），C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0,h)‎ ‎（Ⅰ）易知 因为，所以AP。而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以平面PAE ‎（Ⅱ）由题设和（Ⅰ）知，分别是平面PAE，平面ABCD的法向量,而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以即 由（Ⅰ）知，又，故 解得 又梯形ABCD的面积为，所以四棱锥P—ABCD的体积为 ‎【失分警示】不能正确利用条件得到四边形的形状，从而无法解题。‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 ‎20.【命题立意】本题考查椭圆、圆的性质，直线与圆锥曲线的位置关系平面向量等基础知识考查数形、函数与方程思想。‎ ‎ 【思路分析】利用定义求椭圆方程，设直线方程，联立方程，根据韦达定理求P坐标，再利用圆的性质即可得结论。‎ ‎ 【解题过程】（解法一）‎ ‎（Ⅰ）即又 所以4a=8，a=2.‎ 又因为，即，所以c=1，所以。‎ 故椭圆E的方程是 ‎（Ⅱ）由得因为动直线与椭圆E有且只有一个公共点P，所以且，即，化简得.（*）此时，所以.‎ 由得 假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上。‎ 设，则对满足（*）式的恒成立 因为，由,‎ 得，‎ 整理，得 由于（**）式对满足（*）式的m，k恒成立，所以，解得 故存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点M.‎ ‎(解法二) ‎ ‎（Ⅰ）同解法一 学校 姓名 座位号 准考证号 ‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 ‎（Ⅱ）由得。因为直动线与椭圆E有且只有一个公共点，所以且，即，化简得（*）此时，所以 由得 假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性可知，点M必在x轴上。‎ 取，此时，以PQ为直径的圆为交x轴于点；取，m=2，此时，以PQ为直径的圆为，交x轴于点 EMBED Equation.DSMT4 所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为（1,0）。‎ 以下证明M（1,0）就是满足条件的点：‎ 因为M的坐标为（1,0），所以 从而 故恒有，即存在定点M（1,0），使得以PQ为直径的圆恒过点M.‎ ‎【失分警示】圆锥曲线性质不熟练及对解析几何计算缺乏耐心。‎ ‎21．解析：解（1）. 令，得. ‎ 当时，与的变化情况如下：‎ x ‎0‎ ‎0‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎0‎ ‎↗‎ 所以的单调递增区间是和，单调递减区间是.‎ 当时， 与的变化情况如下：‎ x ‎0‎ ‎0‎ ‎↘‎ ‎0‎ ‎↗‎ ‎↘‎ 所以的单调递减区间是和，单调递增区间是.‎ ‎ （2）当时，因为，所以不会有.‎ ‎ 当时，由（1）知在上的最大值是.‎ ‎ 所以，等价于，解得.‎ ‎ 故当时，的取值范围是.‎ ‎ 命题立意：本题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性以及解决含参问题，考查分类讨论的思想，考查考生运算能力、综合分析问题能力和问题的化归转化能力，难度较大.‎ ‎22. A 解析：本题主要考查三角形、圆的有关知识，考查推理论证能力.‎ ‎6‎-22 A 图 证明：连结 ‎ 因为是圆的直径，所以 因为是圆的切线，所以.‎ 又因为所以 于是从而 即，得 故 B．本题主要考查图形在矩阵对应的变换下的变化特点，考查运算求解能力.‎ 解：由题设得 由可知 计算得是1，的面积是，则由题设知 所以的值为－2或2.‎ C 本题主要考查曲线的极坐标方程等基本知识，考查转化问题的能力.‎ 解：将极坐标方程化为直角坐标方程，得圆的方程为即，‎ 直线的方程为 ‎ 由题设知，圆心到直线的距离为1，‎ 即有，解得故的值为 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 D．本题主要考查证明不等式的基本方法，考查推理论证的能力.‎ 证明：由是非负实数，作差得 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 当时，，从而，得；‎ 密……………………………………………………封………………………………………………… 线 当时，，从而，得 所以.‎ ‎23. 解：（Ⅰ由已知，点的极角为，且点的极径等于，故点的极坐标为（，）. ‎ ‎（Ⅱ）点的直角坐标为,，故直线的参数方程为（t为参数）‎ ‎24. 命题动向：本题考查了绝对值的几何意义，考查了绝对值不等式的解法。‎ 解：（Ⅰ） 当时，，‎ 所以.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当时，的解集为空集；‎ ‎ 当时，的解集为；‎ ‎ 当时，的解集为.‎ ‎ 综上，不等式的解集为.‎