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2013-2018年近六年高考真题梳理（文科数学）
一、集合与简易逻辑、推理与证明
全国1卷
1.【2017，1】已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
解：由得，所以，故选A．
2.【2016，1】设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
解析：把问题切换成离散集运算，，，所以．故选B．
3.【2015，1】已知集合A={x|x=3n+2, n∈N}，B={6,8,10,12,14}，则集合A∩B中的元素个数为( ) D
A．5 B．4 C．3 D．2
解： A∩B={8,14}，故选D．
4.【2014，1】已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
解：取M， N中共同的元素的集合是(-1,1)，故选B
5.【2013，1】已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{x|x＝n2，n∈A}，则A∩B＝( )．
A．{1,4} B．{2,3} C．{9,16} D．{1,2}
答案：A 解析：∵B＝{x|x＝n2，n∈A}＝{1,4,9,16}，∴A∩B＝{1,4}．
6.【2014，14】甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A、B、C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市； 丙说：我们三人去过同一城市；由此可判断乙去过的城市为______
A 解：∵丙说：三人同去过同一个城市，甲说没去过B城市，乙说：我没去过C城市，∴三人同去过同一个城市应为Ａ，∴乙至少去过Ａ，若乙再去城市B，甲去过的城市至多两个，不可能比乙多，∴可判断乙去过的城市为A．
7. 【2018，1】已知集合，，则
A． B． C． D．
答案：A 解析：略
82
全国2卷
1.（2017·1）设集合则（ ）
A. B. C. D.
答案：A 解析：由题意，故选A .
2.（2016·1）已知集合A={1，2，3}，B={x | x2 < 9}，则（ ）
A．{-2,-1,0,1,2,3} B．{-2,-1,0,1,2} C．{1,2,3} D．{1,2}
答案： D解析：由得，，所以，所以，故选D.
3.（2015·1）已知集合，，则A∪B=（ ）
A. B. C. D.
答案：A解析：因为A={x|-1n；第二次运算，a=2，s=2×2+2=6，k=2，不满足k>n；第三次运算，a=5，s=2×2+5=17，k=3，满足k>n，输出s=17，故选C．
3.（2015·8）右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中“更相减损术”. 执行该程序框图，若输入的a、b分别为14、18，则输出的a=（ ）
A. 0 B. 2 C. 4 D. 14
（2015·8）B解析：输出的a是18，14的最大公约数2.
4.（2014·8）执行右面的程序框图，如果如果输入的x，t均为2，则输出的S=（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
（2014·8）D解析：输入的，均为2．是，，，；是，，，否，程序结束，输出．
82
（2014·8） （2013·7） （2018·8 ）
5.（2013·7）执行右面的程序框图，如果输入的N=4，那么输出的S=（ ）
A． B．
C． D．
（2013·7）B解析：第一次循环，；第二次循环，；
第三次循环，，第四次循环，
此时满足条件输出，故选B.
6.（2018·8）为计算，设计了如图的程序框图，则在空白框中应填入
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据程序框图可知先对奇数项累加，偶数项累加，最后再相减.因此累加量为隔项.
详解：由得程序框图先对奇数项累加，偶数项累加，最后再相减.因此在空白框中应填入，选B.
82
六、函数及其性质
全国1卷
1.【2017，8】函数的部分图像大致为（ ）
【解法】选C由题意知，函数为奇函数，故排除B；当时，，排除D；当时，，排除A．．
2.【2017，9】已知函数，则（ ）
A．在单调递增 B．在单调递减
C．的图像关于直线对称 D．的图像关于点对称
【解析】（法一）函数的定义域为，，
设，为增函数，当时，为增函数，
为增函数，当时，为减函数，为减函数．排除A,B，
因为是二次函数，图像关于直线对称，故，
所以，的图像关于直线对称，故选 C；
（法二），当时，，为增函数．
当时，，为减函数，故排除A,B． 故选 C；
3.【2016，8】若，，则（ ）
A． B． C． D．
82
8．B 解析 由可知是减函数，又，所以．故选B．
评注:作为选择题，本题也可以用特殊值代入验证，如取，，，可快速得到答案．
另外，对于A，，，因为，所以．
又，所以，但正负性无法确定，所以A无法判断．
对于C，D，可分别利用幂函数、指数函数的单调性判断其错误．
4.【2016，9】函数在的图像大致为（ ）
A． B． C． D．
解析:选D. 设，由，可排除A（小于），B（从趋势上超过）；又时,,，所以在上不是单调函数,排除C．故选D．
5.【2015,10】已知函数 ，且f(a)=-3，则f(6-a)=( )
A． B． C． D．
解：∵f(a)=-3，∴当a≤1时，f(a)=2a-1-2=-3，则2a-1=-1，无解．当a>1时，f(a)=-log2(a+1) =-3，则a+1=8，解得a=7，∴f(6-a)=f(-1)= 2-2-2=，故选A．
6.【2015，12】设函数y=f(x)的图像与y=2x+a的图像关于直线y=-x对称，且f(-2)+f(-4)=1，则a=( ) C
A．-1 B．1 C．2 D．4
解：设f(-2)=m，f(-4)=n，则m+n=1，依题点(-2，m)与点(-4，n)关于直线y=-x对称点为(-m，2)与点(-n，4)在函数y=2x+a的图像上，∴2=2-m+a，4=2-n+a，∴-m+a=1，-n+a=2，∴2a=3+m+n=4，∴a=2，故选C
7.【2014，5】设函数,的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则下列结论中正确的是（ ）
A.是偶函数 B.是奇函数 C.是奇函数 D.是奇函数
解：设F(x)=f(x)|g(x)|，依题可得F(-x)=-F(x)，∴ F(x)为奇函数，故选C
8.【2013，9】函数f(x)＝(1－cos x)sin x在[－π，π]的图像大致为( )
82
解析：选C. 由f(x)＝(1－cos x)sin x知其为奇函数．可排除B．当x∈时，f(x)＞0，排除A．
当x∈(0，π)时，f′(x)＝sin2x＋cos x(1－cos x)＝－2cos2x＋cos x＋1．令f′(x)＝0，得．
故极值点为，可排除D.
*9.【2013，12】已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是( )．
A．(－∞，0] B．(－∞，1] C．[－2,1] D．[－2,0]
解析：选D．可画出|f(x)|的图象如图所示．当a＞0时，y＝ax与y＝|f(x)|恒有公共点，所以排除B，C；
当a≤0时，若x＞0，则|f(x)|≥ax恒成立．若x≤0，则以y＝ax与y＝|－x2＋2x|相切为界限，由得x2－(a＋2)x＝0．∵Δ＝(a＋2)2＝0，∴a＝－2．∴a∈[－2,0]．
10．【2018，12】设函数，则满足的x的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D 【解析】首先根据题中所给的函数解析式，将函数图像画出来，从图中可以发现若有成立，一定会有，从而求得结果.
观察图像可知会有，解得，所以满足的x的取值范围是，故选D.
11．【2018，13】已知函数，若，则________．
82
【答案】-7 【解析】根据题意有，可得，所以，故答案是.
全国2卷
1.（2017·8）函数 的单调递增区间是（ ）
A. (-，-2) B. (-，-1) C. (1，+) D. (4，+)
（2017·8）D解析：函数有意义，则x2-2x-8>0，解得x<-2或x>4，结合二次函数的单调性、对数函数的单调性和复合函数“同增异减”的原则可得函数的单调增区间为(4，+∞)，故选D.
2.（2016·10）下列函数中，其定义域和值域分别与函数y=10lgx的定义域和值域相同的是（ ）
A．y=x B．y=lgx C．y=2x D．
（2016·10）D解析：，定义域与值域均为，只有D满足，故选D．
*3.（2016·12）已知函数f(x)（x∈R）满足f(x)=f(2-x)，若函数y=|x2-2x-3| 与y=f(x) 图像的交点为，，…，，则 （ ） A．0 B．m C．2m D．4m
（2016·12）B解析：因为都关于对称，所以它们交点也关于对称，当为偶数时，其和为，当为奇数时，其和为，因此选B.
4.（2015·11）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，∠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 （ ）
A． B． C． D．
（2015·11）B】解析：∵，，∴，由此可排除C，D，当时，，可排除A.
*5.（2015·12）设函数，则使得成立的x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
82
（2015·12）A解析：是偶函数，且在[0, +∞)是增函数，所以
.
6.（2014·11）若函数f (x) = kx-lnx在区间(1，+)单调递增，则k的取值范围是（ ）
6.A． B． C． D．
【答案：D】解析：∵函数在区间（1，+∞）单调递增，∴当x＞1时，恒成立，，∴，故选D.
7.（2013·8）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
（2013·8）D解析：因为，，又，所以最大.
又，所以，即，所以，故选D.
8.（2017·14）已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则=
（2017·14）12解析：
9.（2015·13）已知函数f (x) = ax3-2x的图象过点(-1, 4)，则a = .
（2015·13）-2解析：.
*10.（2015·16）已知曲线在点(1, 1)处的切线与曲线相切，则 .
解析：曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线斜率为2，故切线方程为y=2x-1，与y= ax2+(a+2)x+1联立得ax2+ax+2=0，显然a≠0，所以由△=a2-8a=0，得a=8 .
11.（2014·15）偶函数y = f (x)的图象关于直线x = 2对称，f (3) = 3，则f (-1) = ______.
（2014·15）3解析：∵为偶函数，∴，∵的图像关于对称，∴，∴.
12．（2018·3）函数的图像大致为
82
【答案】B 【解析】为奇函数，舍去A,舍去D;
，所以舍去C；因此选B.
13．（2018·12）已知是定义域为的奇函数，满足．若，则
A． B．0 C．2 D．50
【答案】C 【解析】因为f(x)是定义域为的奇函数，且，
所以，所以，所以T=4,
因此，
因为，所以，
，从而，选C.
七、函数与导数
全国1卷
*1.【2016，12】若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B． C． D．
解析：选C ．问题转化为对恒成立，故
，即恒成立．
令，得对恒成立．
2【2018，6】设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为
A． B． C． D．
82
【答案】D 【解析】利用奇函数偶此项系数为零求得，进而得到的解析式，再对求导得出切线的斜率，进而求得切线方程:因为函数是奇函数，所以，解得，所以，，
所以，所以曲线在点处的切线方程为，化简可得，故选D.
解答题(15-18年)
3.【2017，21】已知函数．
（1）讨论的单调性；*（2）若，求的取值范围．
【解析】（1）
①当时，，令，即，解得，
令，即，解得，
所以当，在上递增，在上递减．
②当时，， 在上递增．
③当时，，令，
令，
所以当时，在上递增，在上递减．
综上所述：当，在上递减，在上递增；
当时， 在上递增；
当时，在上递减，在上递增．
82
（2）由（1）得当时，，
，得．当时，满足条件．
当时，，
，又因为，所以．
综上所述，的取值范围是．
4.【2016，21】已知函数．
（1）讨论的单调性；*（2）若有两个零点，求的取值范围．
解析：(I)
(i)设，则当时，；当时，.
所以在单调递减，在单调递增.
(ii)设，由得x=1或x=ln(-2a).
① 若，则，所以在单调递增.
② ②若，则ln(-2a)<1,故当时，；
当时，，所以在单调递增，在单调递减.
③若，则，故当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减.
(II)(i)设，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.
又，取b满足b<0且，
82
则，所以有两个零点.
(ii)设a=0，则所以有一个零点.
(iii)设a<0，若，则由(I)知，在单调递增.
又当时，<0，故不存在两个零点；若，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.又当时<0，故不存在两个零点.
综上，a的取值范围为.
5.【2015，21】设函数．
（1）讨论的导函数零点的个数;（2）求证：当时，．
解：(Ⅰ) f '(x)=2e2x， x>0
(1)若a≤0时，f '(x)>0在(0,+∞)恒成立，所以f '(x)没有零点；
(2)若a>0时，f '(x)单调递增．当x ®0, f '(x) ®-∞；当x ®+ ∞,f '(x) ®+∞，
所以f '(x) 存在一个零点．
(Ⅱ) 设f '(x)的唯一零点为k，由(Ⅰ)知(0, k)上，f '(x)<0，f(x)单调递减；
在(k,+∞)上，f '(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)取最小值f(k)．
所以f(x)≥f(k)= e2k-alnk，又f '(k)= 2e2k=0，所以e2k=，，
所以f(k)=，所以f(x)≥．
6．【2018，21】已知函数．
（1）设是的极值点，求，并求的单调区间；
（2）证明：当时，．
82
解：（1）f（x）的定义域为，f ′（x）=aex–．
由题设知，f ′（2）=0，所以a=．
从而f（x）=，f ′（x）=．
当02时，f ′（x）>0．
所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．
（2）当a≥时，f（x）≥．设g（x）=，则
当01时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点．
故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．
因此，当时，．
全国2卷
1.（2014·11）若函数f (x) = kx-lnx在区间(1，+)单调递增，则k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2014·11）D解析：∵函数在区间（1，+∞）单调递增，∴当x＞1时，恒成立，，∴，故选D.
2.（2013·11）已知函数，下列结论中错误的是（ ）
A．， B．函数的图象是中心对称图形
C．若是的极小值点，则在区间单调递减
D．若是的极值点，则
（2013·11）C解析：若则有，所以A正确. 由得，因为函数的对称中心为（0,0），所以的对称中心为，所以B正确. 由三次函数的图象可知，若是f (x)的极小值点，则极大值点在的左侧，所以函数在区间（-∞, ）单调递减是错误的，D正确. 故选C.
*3.（2013·12）若存在正数使成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2013·12）D解析：因为，所以由得，在坐标系中，作出函数的图象，当时，，所以如果存在，使，则有，即，故选D.
82
4.（2015·16）已知曲线在点(1, 1)处的切线与曲线相切，则 .
（2015·16）8解析：曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线斜率为2，故切线方程为y=2x-1，与y= ax2+(a+2)x+1联立得ax2+ax+2=0，显然a≠0，所以由△=a2-8a=0，得a=8 .
5.【2017，14】曲线在处的切线方程为 ．
【解】．求导得，故切线的斜率，所以切线方程为，即．
6． 【2018，13】曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】y=2x–2【解析】由，得，则曲线在点处的切线的斜率为，
则所求切线方程为，即.
解答题（节选15-18年）
5.（2017·21）设函数f (x) = (1-x2)ex.
（1）讨论f (x)的单调性； *（2）当x0时，f (x)ax+1，求a的取值范围.
（2017·21） 解析：∵，令得，，
当时，；当时，；
当时，；
所以f (x)在，上单调递减，在上单调递增.
（2）∵，
当a≥1时，设函数，，因此在单调递减，
而，故，所以 ；
当00，求的取值范围.
（2016·20）（I）的定义域为.
当时， ，，
曲线在处的切线方程为
（II）当时，等价于
令，则，
（i）当，时，
故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得，
由和得，故当时，，在单调递减，
因此.
综上，的取值范围是
7.（2015·21）已知函数f (x) = ln x +a(1- x).
（Ⅰ）讨论f (x)的单调性；
*（Ⅱ）当f (x)有最大值，且最大值大于2a -2时，求a的取值范围.
（2015·21）解析：（Ⅰ）的定义域为，
若则所以单调递增.
若，则当时，当时，
所以在单调递增，在单调递减.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，无最大值；
当时，在取得最大值，最大值为.
因此 等价于. 令，
则在单调递增，.
于是，当时；当时，.
因此，的取值范围是.
21．（2018.21）已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
82
（1）当a=3时，f（x）=，f ′（x）=．
令f ′（x）=0解得x=或x=．
当x∈（–∞，）∪（，+∞）时，f ′（x）>0；
当x∈（，）时，f ′（x）<0．
故f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．
（2）由于，所以等价于．
设=，则g ′（x）=≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．
又f（3a–1）=，f（3a+1）=，故f（x）有一个零点．
综上，f（x）只有一个零点．
八、三角函数与解三角形
全国1卷
1.【2017，11】△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知，a=2，c=，
则C=( ) A． B． C． D．
【答案】B 【解法】解法一：因为，，所以，又，所以，，又，所以，又a=2，c=，由正弦定理得,即．又，所以，故选B．
解法二：由解法一知，即，又，所以．下同解法一．
2.【2016，4】的内角的对边分别为．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
解析：选D ．由余弦定理得，即，解得．故选D．
3.【2016，6】若将函数的图像向右平移个周期后，所得图像对应的函数为（ ）．
82
A． B． C． D．
解析：选D．将函数的图像向右平移个周期，即向右平移个单位，
故所得图像对应的函数为．故选D．
4.【2015，8】函数f(x)=cos(ωx+φ)的部分图像如图所示，则f(x)的单调递减区间为( )
A． B．
C． D．
解：选D．依图，，解得ω=π，， ，
，解得，故选D．
5.【2014，7】在函数① y=cos|2x|，②y=|cosx|，③，④中，最小正周期为π的所有函数为( ) A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①③
解：选A．由是偶函数可知①y=cos|2x|=cos2x，最小正周期为π；②y=|cosx|的最小正周期也是π；③中函数最小正周期也是π；正确答案为①②③，故选A
6.【2014，2】若，则（ ） A． B． C． D．
解：选C．tanα>0，α在一或三象限，所以sinα与cosα同号，故选C
7.【2013,10】已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a，b，c,23cos2A＋cos 2A＝0，a＝7,c＝6,则b＝( )
A．10 B．9 C．8 D．5
解析：选D．由23cos2A＋cos 2A＝0，得cos2A＝．∵A∈，∴cos A＝．
∵cos A＝，∴b＝5或(舍)．
8.【2017，15】已知，，则________．
82
【解析】．，，又，解得，，．
【基本解法2】，，角的终边过，故，，
其中，．
9.【2016，】14．已知是第四象限角，且，则 ．
解析：．由题意．
因为，所以，
从而，因此．故填．
10.【2013，16】设当x＝θ 时，函数f(x)＝sin x－2cos x取得最大值，则cos θ＝______．
解析：． ∵f(x)＝sin x－2cos x＝sin(x－φ)，其中sin φ＝，cos φ＝．
当x－φ＝2kπ＋(k∈Z)时，f(x)取最大值．即θ－φ＝2kπ＋(k∈Z)，θ＝2kπ＋＋φ(k∈Z)．
∴cos θ＝＝－sin φ＝．
11.【2014，16】16．如图所示，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点．从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得．
已知山高，则山高 ．
解：在RtΔABC中，由条件可得，在ΔMAC中，∠MAC=45°；
由正弦定理可得，故，在直角RtΔMAN中，
MN=AMsin60°=150．
12.【2018，8】已知函数，则（）
A．的最小正周期为π，最大值为3 B． 的最小正周期为π，最大值为4
82
C． 的最小正周期为，最大值为3 D．的最小正周期为，最大值为4
【答案】B 【解析】根据题意有，
所以函数的最小正周期为，且最大值为，故选B.
13.【2018，11】已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点
，，且，则
A． B． C． D．
【答案】B【解析】根据题的条件，可知三点共线，从而得到，因为
，解得，即，所以，故选B.
14.【2018，16】△的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________．
【答案】 【解析】根据题意，结合正弦定理可得，即，
结合余弦定理可得，所以A为锐角，且，从而求得，
所以△的面积为，故答案是.
解答题
15.【2015，17】已知分别为内角的对边，．
（1）若，求；（2）设，且，求的面积．
82
解析：（1）由正弦定理得，．又，
所以，即．则．
（2）解法一：因为，所以，
即，亦即．
又因为在中，，所以，则，得．
所以为等腰直角三角形，得，所以．
解法二：由（1）可知，①，因为，所以，②
将代入得，则，所以．
16.【2012，17】已知，，分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，．
（1）求A； （2）若，△ABC的面积为，求，．
【解析】（1）根据正弦定理，得， ，
因为，所以，
化简得，
因为，所以，即，
而，，从而，解得．
（2）若，△ABC的面积为，又由（1）得，
则，化简得，从而解得，．
全国2卷
1.（2017·3）函数的最小正周期为（ ）A.4 B.2 C. D.
82
（2017·3）C解析：由题意，故选C.
2.（2016·3）函数的部分图像如图所示，则（ ）
A． B．
C． D．
（2016·3）A解析：由及得，由最大值2及最小值-2，的A=2，再将代入解析式，，解得，故，故选A.
3.（2016·11）函数的最大值为（ ） A．4 B．5 C．6 D．7
（2016·11）B解析：因为，而，所以当时，取最大值5，选B.
4.（2013·4）在△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则△ABC的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2013·4）B解析：因为,所以.由正弦定理得，解得.所以三角形的面积为.
因为，
所以，故选B.
5.（2013·6）已知，则（ ）A． B． C． D．
（2013·6）A解析：因为，
所以，故选A.
6.（2012·9）已知>0，，直线=和=是函数图像的两条相邻的对称轴，
82
则=（ ） A． B． C． D．
（2012·9）A解析：由题设知，=，∴=1，∴=（），∴=（），∵，∴=，故选A.
7.（2011·7）已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y = 2x上，则cos2θ =（ ）
A． B． C． D．
（2011·7）B解析：易知tan=2，cos=.由cos2θ=2，cos2θ-1=，故选B.
8.（2011·11）设函数，则（ ）
A．y = f (x)在单调递增，其图像关于直线对称
B．y = f (x)在单调递增，其图像关于直线对称
C．y = f (x)在单调递减，其图像关于直线对称
D．y = f (x)在单调递减，其图像关于直线对称
D解析： . 所以f (x) 在单调递减，其图像关于直线对称. 故选D.
9.（2017·13）函数的最大值为 .
（2017·13）解析： .
10.（2017·16）△ABC的内角A, B, C的对边分别为a, b, c，若2bcosB=acosC+ccosA，则B=
（2017·16）解析：由正弦定理可得
11. （2016·15）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，a=1，则b=_____.
（2016·15）解析：因为，且为三角形内角，所以，，又因为，所以.
12.（2014·14）函数f (x) = sin(x+φ)-2sinφcosx的最大值为_________.
82
（2014·14）1解析：∵f (x) = sin(x+φ)-2sinφcosx = sinxcosφ+cosxsinφ-2sinφcosx = sinxcosφ-sinφcosx = sin(x-φ) ≤ 1，∴f (x)的最大值为1.
13.（2013·16）函数的图象向右平移个单位后，与函数的图象重合，则_________.
（2013·16）解析：函数，向右平移个单位，得到，即向左平移个单位得到函数，所以向左平移个单位，得
，即.
14.（2018·7）在中，，，，则
A． B． C． D．
【答案】A 【解析】因为
所以，选A.
15.（2018·10）若在是减函数，则的最大值是
A． B． C． D．
【答案】C 【解析】因为，所以由得
,因此，的最大值为，选A.
16.（2018·15）已知，则__________．
【答案】 【解析】，解方程得.
解答题
17.（2015·17）在ΔABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD=2DC.
（Ⅰ）求； （Ⅱ）若∠BAC=60°，求∠B.
82
（2015·17）解析：（Ⅰ）由正弦定理得因为AD平分所以
（Ⅱ）因为，所以
由（Ⅰ）知 所以 即.
18.（2014·17）四边形ABCD的内角A与C互补，AB=1，BC=3，CD=DA=2.
（Ⅰ）求C和BD； （Ⅱ）求四边形ABCD的面积.
（2014·17）解析：（Ⅰ）在△BCD中，BC=3，CD=2，由余弦定理得：BD2 = BC2+CD2-2BC·CDcosC = 13 -12cosC ①，在△ABD中，AB=1，DA=2，A+C=π，由余弦定理得：BD2 = AB2+AD2 -2AB·ADcosA = 5-4cosA = 5+4cosC ②，由①②得：，则C=60°，.
（Ⅱ）∵，，∴，则.
19.（2012·17）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，.
（Ⅰ）求； （Ⅱ）若=2，△ABC的面积为，求，.
（2012·17）解析：（Ⅰ）由及正弦定理得，由于，所以，又，故.
（Ⅱ）的面积==，故=4，而 ，故，解得=2.
82
九、数列
全国1卷
1.【2015,7】已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8=4S4，则a10=( )
A． B． C．10 D．12
解：依题，解得=，∴，故选B．
2.【2015，13】数列{an}中，a1=2，an+1=2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn=126，则n= ． 6
解：数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴，∴ 2n=64，∴n=6．
3.【2013，6】设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则( )．
A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2 C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an
解析：选D．＝3－2an，故选D．
4.【2015，13】数列{an}中，a1=2，an+1=2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn=126，则n= ．
解：数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴，∴ 2n=64，∴n=6．
5.【2012，14】14．等比数列的前项和为，若，则公比___________．
【答案】．
【解析】由已知得，，
因为，所以,而，所以，解得．
解答题
6.【2017，17】记为等比数列的前项和，已知,．
（1）求的通项公式；
（2）求，并判断，，是否成等差数列．
82
【解析】（1）设首项，公比，依题意，，由，
，解得，．
（2）要证成等差数列，只需证：，
只需证：，只需证：，
只需证：（*），由（1）知（*）式显然成立，
成等差数列．
7.【2016，】已知是公差为3的等差数列，数列满足．
（1）求的通项公式；（2）求的前n项和．
解析 （1）由题意令中，即，解得，故．
（2）由（1）得，即，
故是以为首项，为公比的等比数列，即，
所以的前项和为．
8.【2013，17】 已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5．
(1)求{an}的通项公式；(2)求数列的前n项和．
解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝．
由已知可得解得a1＝1，d＝－1．
故{an}的通项公式为an＝2－n．
(2)由(1)知＝，
从而数列的前n项和为＝．
82
9.【2018，17】已知数列满足，，设．
（1）求；
（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；
（3）求的通项公式．
解：（1）由条件可得an+1=．将n=1代入得，a2=4a1，而a1=1，所以，a2=4．
将n=2代入得，a3=3a2，所以，a3=12．从而b1=1，b2=2，b3=4．
（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得，即bn+1=2bn，又b1=1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
（3）由（2）可得，所以an=n·2n-1．
全国2卷
1.（2015·5）设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 5 B. 7 C. 9 D. 11
（2015·5）A解析：，.
2.（2015·9）已知等比数列满足，，则（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
（2015·9）C解析：由a42 =a3·a5= 4(a4-1)，得a4 = 2，所以，故.
3.（2014·5）等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项Sn=（ ）
A． B． C． D．
（2014·5）A解析：∵d=2，a2，a4，a8成等比，∴a42 = a2·a8， 即a42=(a4-4)(a4 + 8)，解得a4=8，∴a1=a4-3×2=2，∴，故选A.
4.（2014·16）数列满足，= 2，则=_________.
（2014·16）解析：由已知得，∵，∴，，，.
82
解答题
5.（2017·17）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1=-1，b1=1，a2 + b2 = 2.
（1）若a3 + b3 = 5，求{bn}的通项公式；（2）若T3=21，求S3.
（2017·17）解析：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an = -1+(n-1)d，bn = qn-1 . 由a2 + b2 = 2得d+q=3 ①，由a3 + b3 = 5得2d+q2=6 ②，联立①和②解得（舍去），因此{bn}的通项公式bn =2n-1 .
（2）由b1=1，T1=21，得q2+q-20=0. 解得q =-5或q=4，当q =-5时，由①得d=8，则S3=21；当q=4时，由①得d=-1，则S3=-6.
6.（2016·17）等差数列{an}中，a3 + a4 = 4，a5 + a7 = 6．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2.
（2016·17）解析：（Ⅰ）设数列的公差为d，由题意有，解得，所以的通项公式为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当n=1, 2, 3时，；当n=4, 5时，；当n=6, 7, 8时，；当n=9, 10时，，所以数列的前10项和为.
7.（2013·17）已知等差数列的公差不为零，，且成等比数列.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）求.
（2013·17）解析：（Ⅰ）设{an}的公差为d. 由题意，a112＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．
于是d(2a1＋25d)＝0. 又a1＝25，所以d＝0（舍去），d＝－2. 故an＝－2n＋27.
（Ⅱ）令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2. 由(Ⅰ)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
8.（2018·17）记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值．
解：（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．
由a1=–7得d=2．所以{an}的通项公式为an=2n–9．
（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．
所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．
82
十、立体几何
全国1卷
1.【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是（ ）
【解法】选A．由B，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由C，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由D，AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故A不满足，选A．
2.【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（ ）．
A． B． C． D．
解析：选A． 由三视图可知，该几何体是一个球截去球的，设球的半径为，则，解得．该几何体的表面积等于球的表面积的，加上个截面的面积，每个截面是圆面的，
所以该几何体的表面积为．故选A．
3.【2016，11】平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则所成角的正弦值为（ ）A． B． C． D．
解析：选A． 解法一：将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示．通过寻找线线平行构造出平面，即平面，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为．故选A．
82
解法二（原理同解法一）：过平面外一点作平面，并使平面，不妨将点变换成，作使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到，即为平面，如图所示，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为．故选A．
4.【2015，6】《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），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( )
A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛
B解：设圆锥底面半径为r，依题，所以米堆的体积为，故堆放的米约为÷1．62≈22，故选B．
5.【2015，11】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，该几何体的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+20π，则r=( )
A．1 B．2 C．4 D．8
B解：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2πr2+πr×2r+πr2+2r×2r =5πr2+4r2=16+20π，解得r=2，故选B．
【2014，8】 【2013，11】 【2012，7】
6.【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是( )
82
A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱
解：几何体是一个横放着的三棱柱． 故选B
7.【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．
A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π
解析：选A．该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体．
V半圆柱＝π×22×4＝8π，V长方体＝4×2×2＝16．所以所求体积为16＋8π．故选A．
8.【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．15
【解析】由三视图可知，该几何体为三棱锥A-BCD， 底面△BCD为底边为6，高为3的等腰三角形，侧面ABD⊥底面BCD，AO⊥底面BCD，因此此几何体的体积为，故选择B．
9.【2012，8】平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【解析】如图所示，由已知，，在中，球的半径，
所以此球的体积，故选择B．
10.【2017，16】已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径．若平面，，，三棱锥的体积为9，则球的表面积为_______．
82
【解析】取的中点，连接，因为，所以，
因为平面平面，所以平面，设，，所以，所以球的表面积为．
11.【2013，15】已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为______．
答案：解析：如图，设球O的半径为R，则AH＝，OH＝．又∵π·EH2＝π，∴EH＝1．∵在Rt△OEH中，R2＝，∴R2＝． ∴S球＝4πR2＝．
12.【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A． B． C． D．
【答案】B 【解析】根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.
13.【2018，9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为
A． B． C． D．2
【答案】B 【解析】据圆柱的三视图及其本特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.
14.【2018，10】在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为
A． B． C． D．
82
【答案】C 【解析】在长方体中，连接，根据线面角的定义可知，
因为，所以，从而求得，所以该长方体的体积为，故选C
.
三、解答题（16年略）
15.【2017，18】如图，在四棱锥中，∥，且．
（1）证明：平面平面；（2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．
【解法】（1），
又∥ ,又平面，平面，且,
平面， 平面，所以 平面平面
（2）由题意：设 ，因为，所以为等腰直角三角形
即, 取中点，连接，则，．
又因为平面平面, 所以平面
因为平面，∥, 所以，
又, 所以四边形为矩形,
82
所以,
即,
16.【2015，18】如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE⊥平面ABCD，
(Ⅰ)证明：平面AEC⊥平面BED；
(Ⅱ)若∠ABC=120°，AE⊥EC， 三棱锥E- ACD
的体积为，求该三棱锥的侧面积．
解析 （1）因为平面，所以．
又为菱形，所以．
又因为，，平面，
所以平面．又平面，所以平面平面．
（2）在菱形中，取，
又，所以，．
在中，，所以，
所以在中，，
所以，解得．
在，，中，
可得．
所以三棱锥的侧面积．
82
17.【2014,19】如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，
且平面.
（1） 证明：
（2） （2）若,求三棱柱的高.
证明：(Ⅰ)连接 BC1，则O为B1C与BC1的交点，
∵AO⊥平面BB1C1C. ∴AO⊥B1C，
因为侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，
∴BC1⊥平面ABC1，∵ABÌ平面ABC1，
故B1C⊥AB. …6分
(Ⅱ)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面AOD，
又BCÌ平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOD，交线为AD，
作OH⊥AD，垂足为H，∴OH⊥平面ABC.
∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，可得OD=，
由于AC⊥AB1，∴，∴，
由 OH·AD=OD·OA，可得OH=，又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC 的距离为，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。 …12分
另解(等体积法)：∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，
可得BO=，由于AC⊥AB1，∴，∴AB=1，AC=，…9分
则等腰三角形ABC的面积为，设点B1到平面ABC的距离为d，由VB1-ABC=VA-BB1C得，
所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。 …12分
18.【2013，19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．
(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．
82
证明：(1)取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B．
因为CA＝CB，所以OC⊥AB．
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，
所以OA1⊥AB．因为OC∩OA1＝O，所以 AB⊥平面OA1C．
又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C．
(2)解：由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，
所以OC＝OA1＝．
又A1C＝，则A1C2＝OC2＋，故OA1⊥OC．
因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC－A1B1C1的高．
又△ABC的面积S△ABC＝，故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×OA1＝3．
19.【2018，18】如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
82
18．解：（1）由已知可得，=90°，．又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD．又AB平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．又，所以．
作QE⊥AC，垂足为E，则．由已知及（1）得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥的体积为．
全国2卷
1.（2017·6）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（ ）
A. 90 B. 63 C. 42 D. 36
（2017·6）B解析：由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为，故选B.
·
（2017·6） （2016·7） （2015·6） （2014·6）
2.（2016·4）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2016·4）A解析：因为正方体的体积为8，所以正方体的体对角线长为，所以正方体的外接球的半径为，所以球面的表面积为，故选A.
3.（2016·7）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
A．20π B．24π C．28π D．32π
82
（2016·7）C解析：因为原几何体由同底面一个圆柱和一个圆锥构成，所以其表面积为，故选C.
4.（2015·6）一个正方体被一个平面截取一部分后，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.
D解析：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.
5.（2015·10）已知A、B是球O的球面上两点，∠AOB=90º，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
（2015·10）C解析：设球的半径为R，则△AOB面积为，三棱锥O-ABC体积最大时，C到平面AOB距离最大且为R，此时，所以球O的表面积.
6.（2014·6）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）
A． B． C． D．
（2014·6）C 解析：原毛坯体积为：π·32·6=54π (cm2)，由三视图，该零件由左侧底面半径为2cm，高为4cm的圆柱和右侧底面半径为3cm，高为2cm的圆柱构成，所以该零件的体积为：π·32·2+π·22·4=34π (cm2)，则切削掉部分的体积为54π-34π =20π(cm2)，所以切削掉部分的体积与原毛坯体积的比值为，故选C.
7.（2014·7）正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为（ ）
A．3 B． C．1 D．
（2014·7）C解析：∵B1C1 // BD，∴BD // 面AB1C1，点B和D到面AB1C1的距离相等，
故选C.
8. （2017·15）长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为
（2017·15）14π解析：球的直径是长方体的对角线，所以.
9（2013·15）正四棱锥O-ABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为__.
解析：设正四棱锥的高为，则，解得高. 则底面正方形的对角线长为，所以，所以球的表面积为.
10.（2018·9）在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为
82
A． B． C． D．
【答案】C 【解析】在正方体中，，所以异面直线与所成角为，
设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以
则.故选C.
11.（2018·16）已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．
【答案】8π 【解析】如下图所示，,又，
解得，所以，所以该圆锥的体积为.
D
P
A
B
C
12.（2017·18）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，
，∠BAD=∠ABC=90°.
（1）证明：直线BC∥平面PAD；
（2）若△PCD面积为，求四棱锥P-ABCD的体积.
82
（2017·18）解析：（1）在平面ABCD内，因为∠BAD=∠ABC=90º，所以BC//AD. 又，故BC//平面PAD .
（2）取AD的中点M，连结PM，CM，由及BC//AD，知四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD. 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，，所以CM⊥面PAD，因为，所以CM⊥PM.设BC=x，则CM=x，，PC=PD=x。取得中点，连结，因为△PCD的面积为，所以，解得x=-2（舍去）x=2，于是AB=BC=2，AD=4，，所以四棱锥P-ABCD的体积 .
13.（2016·19）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在
AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D´EF的位置.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若,求五棱锥D´—ABCE
（2016·19）解析：（I）由已知得，又由得，故由此得，所以
（II）由得
由得所以
于是
故由（I）知，又，
所以平面于是又由，
所以，平面又由得五边形的面积
所以五棱锥体积
14.（2015·19）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.
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（Ⅱ）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
（2015·19）解析：（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：
（Ⅱ）作EM⊥AB，垂足为M，则AM=A1E=4，EB1=12，EM=AA1=8.因为EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10.于是MH=.因为长方体被平面分为两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为（也正确）.
82
15.（2014·18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的点.
（Ⅰ）证明：PB // 平面AEC；
（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P-ABD的体积V=，求A点到平面PBD的距离.
（2014·18）解析：（Ⅰ）设AC的中点为O， 连接EO. 在三角形PBD中，中位线EO//PB，且EO在平面AEC上，所以PB//平面AEC.
（Ⅱ）∵AP=1，，，，∴，作AH⊥PB角PB于H，由题意可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AH，故AH⊥平面PBC．又，故A点到平面PBC的距离.
16（2013·18）如图，直三棱柱中，，分别是，的中点.
（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）设，，求三棱锥的体积.
解析：（Ⅰ）连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF.
因为DF⊂平面A1CD， BC1平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.
（Ⅱ）因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD. 由已知AC＝CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB. 又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A1. 由AA1＝AC＝CB＝2，得∠ACB＝90°，，，，A1E＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D. 所以
17.（2018·19） 如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．
82
17．解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．
连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．
由知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．
（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．
故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．
所以OM=，CH==．所以点C到平面POM的距离为．
十一、解析几何
全国1卷
1.【2017，5】已知是双曲线的右焦点，是上一点，且与轴垂直，点的坐标是，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【解法】选D．由得，所以，将代入，得，所以，又A的坐标是(1,3)，故APF的面积为，选D．
*2.【2017,12】设A、B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是( ) A． B． C． D．
82
【解法】选A．
图 1 图 2
解法一：设是椭圆C短轴的两个端点，易知当点是椭圆C短轴的端点时最大，依题意只需使．
1．当时，如图1，，解得，故；
2． 当时，如图2，，解得．
综上可知，m的取值范围是，故选A．
3.【2016，5】直线经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为（ ）A． B． C． D．
解析：选B． 由等面积法可得，故，从而．故选B．
4.【2015，5】已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率为，E的右焦点与抛物线C: y2=8x，的焦点重合，A,B是C的准线与E的两个交点，则|AB|=( ) A．3 B．6 C．9 D．12
解：选B．抛物线的焦点为(2,0)，准线为x=-2，所以c=2，从而a=4，所以b2=12，所以椭圆方程为，将x=-2代入解得y=±3，所以|AB|=6，故选B
5.【2014，10】10．已知抛物线C：y2=x的焦点为F，A(x0,y0)是C上一点，|AF|=，则x0=( )A
A．1 B．2 C．4 D．8
解：根据抛物线的定义可知|AF|=，解之得x0=1． 故选A
6.【2014，4】4．已知双曲线的离心率为2，则a=( ) D
82
A．2 B． C． D．1
解：，解得a=1，故选D
7.【2013，4】已知双曲线C：(a＞0，b＞0)的离心率为，则C的渐近线方程为( )．
A．y＝ B．y＝ C．y＝ D．y＝±x
解析：选C．∵，∴，即．∵c2＝a2＋b2，∴．∴．
∵双曲线的渐近线方程为，∴渐近线方程为．故选C．
8.【2013，8】O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝的焦点，P为C上一点，若|PF|＝，则△POF的面积为( ) A．2 B． C． D．4
答案：C解析：利用|PF|＝，可得xP＝，∴yP＝．∴S△POF＝|OF|·|yP|＝．
故选C．
9.【2016，15】设直线与圆相交于两点，若，则圆的面积为 ．
解析：．由题意直线即为，圆的标准方程为，所以圆心到直线的距离，所以，故，所以．
*10.【2015，16】已知F是双曲线C:的右焦点，P是C左支上一点，，当ΔAPF周长最小时，该三角形的面积为 ．
解：． a=1，b2=8，Þ c=3，∴F(3,0)．设双曲线的的左焦点为F1，由双曲线定义知|PF|=2+|PF1|，∴ΔAPF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|+|AF|+|PF1|+2，由于|AF|是定值，只要|PA|+|PF1|最小，即A,P,F1共线，∵，F1 (-3,0)，∴直线AF1的方程为，联立8x2-y2=8消去x整理得y2+y-96=0，解得y=或y=(舍去)，此时SΔAPF=SΔAFF1-SΔPFF1．
11.【2018，4】已知椭圆：的一个焦点为，则的离心率为
82
A． B． C． D．
【答案】C 【解析】根据题意，可知，因为，所以，即，
所以椭圆的离心率为，故选C.
12.【2018，15】直线与圆交于两点，则________．
【答案】 【解析】圆的方程可化为，所以圆的圆心为，且半径是2，
点到直线的距离，结合圆中的特殊三角形，可知，故答案为.
13.【2017，20】设A，B为曲线C：上两点，A与B的横坐标之和为4．
（1）求直线AB的斜率；
*（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且，求直线AB的方程．
解析：(1)【解法1】设 ,AB 直线的斜率为k，又因为A,B都在曲线C上，所以
-得由已知条件,所以，即直线AB的斜率k=1．
【解法2】设 ,AB 直线的方程为y=kx+b,所以,整理得：
且所以k=1
(2)设 所以 又 所以
所以M（2,1），，，且，
即，设AB 直线的方程为，
化简得，所以
由得所以b=7或者b=-1(舍去),所以AB 直线的方程为y=x+7
14.【2016，20】在直角坐标系中，直线交轴于点，交抛物线
82
于点，关于点的对称点为，连结并延长交于点．
（1）求；*（2）除以外，直线与是否有其他公共点？请说明理由．
解析 （1）如图，由题意不妨设，可知点的坐标分别为，，，
从而可得直线的方程为，联立方程，解得，．
即点的坐标为，从而由三角形相似可知．
（2）由于，，可得直线的方程为，
整理得，联立方程，整理得，
则，从而可知和只有一个公共点．
15.【2015，20】已知过点A(0, 1)且斜率为k的直线l与圆C：(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.
(Ⅰ)求k的取值范围； (Ⅱ)=12，其中O为坐标原点，求|MN|.
解：(Ⅰ)依题可设直线l的方程为y=kx+1，则圆心C(2,3)到的l距离
. 解得.所以k的取值范围是.
(Ⅱ)将y=kx+1代入圆C的方程整理得 (k2+1)x2-4(k+1)x+7=0.
设M(x1, y1),N(x2, y2)，则
所以=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+1)(kx2+1)=(1+k2)x1x2+k (x1+x2)+1
=12，解得k=1，所以l的方程为y=x+1.
故圆心在直线l上，所以|MN|=2.
16.【2013，21】已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程；
*(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.
82
解：由已知得圆M的圆心为M(－1,0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1,0)，半径r2＝3.设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.
由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为(x≠－2)．
(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，
所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R＝2.
所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4.
若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝.
若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，
可求得Q(－4,0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．
由l与圆M相切得＝1，解得k＝.
当k＝时，将代入，并整理得7x2＋8x－8＝0，解得x1,2＝，
所以|AB|＝|x2－x1|＝.当k＝时，由图形的对称性可知|AB|＝.
综上，|AB|＝或|AB|＝.
17.【2018，20】设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点．
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）证明：．
17．解：（1）当l与x轴垂直时，l的方程为x=2，可得M的坐标为（2，2）或（2，–2）．
所以直线BM的方程为y=或．
（2）当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM=∠ABN．
当l与x轴不垂直时，设l的方程为，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1>0，x2>0．
由得ky2–2y–4k=0，可知y1+y2=，y1y2=–4．
直线BM，BN的斜率之和为
．①
将，及y1+y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得
．
所以kBM+kBN=0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM=∠ABN．
综上，∠ABM=∠ABN．
82
全国2卷
1.（2017·5）若a＞1，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
（2017·5）C解析：由题意，因为a>1，所以，则，故选C.
2.（2017·12）过抛物线C：y2 = 4x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M（M在x轴上方），l为C的准线，点N在l上且MN⊥l,则M到直线NF的距离为（ ） A. B. C. D.
（2017·12）C解析：由题意知，与抛物线联立得，解得，所以，因为，所以，因为，所以，所以M到NF的距离为.
3.（2016·5）设F为抛物线C：y2=4x的焦点，曲线y=(k>0)与C交于点P，PF⊥x轴，则k =（ ）
A． B．1 C． D．2
（2016·5）解析：,又因为曲线与C交于点P，轴，所以，所以k=2，故选D.
4.（2016·6）圆的圆心到直线的距离为1，则a =（ ）
A． B． C． D．2
（2016·6）A解析：圆心为，半径，所以，解得，故选A.
5.（2015·7）已知三点，，，则外接圆的圆心到原点的距离为（ ）
A. B. C. D.
（2015·7）B解析：圆心在直线BC垂直平分线上，即直线x=1上，设圆心D(1, b)，由DA=DB得，所以圆心到原点的距离.
6.（2014·10）设F为抛物线C：y2 = 3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交于C于A、B两点，则|AB|=（ ）
A． B．6 C．12 D．
82
（2014·10）C解析：由题意，得又因为，故直线AB的方程为，与抛物线联立，得，设，由抛物线定义得，
7.（2014·12）设点M(x0，1)，若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，则x0的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2014·12）A解析：由题意画出图形如图：∵点M（x0，1），∴若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，∴圆上的点到MN的距离的最大值为1，要使MN=1，才能使得∠OMN=45°，图中M′显然不满足题意，当MN垂直x轴时，满足题意，∴x0的取值范围是[-1，1]．
8.（2013·5）设椭圆的左、右焦点分别为，P是C上的点，，，则C的离心率为（ ） A． B． C． D．
（2013·5）D解析：因为，所以.又，所以，即椭圆的离心率为，故选D.
9.（2013·10）设抛物线C: y2=4x的焦点为F，直线l过F且与C交于A，B两点. 若|AF|=3|BF|，则l的方程为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
（2013·10）C解析：抛物线y2=4x的焦点坐标为（1，0），准线方程为x=-1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则因为|AF|=3|BF|，所以x1+1=3(x2+1)，即x1=3x2+2，因为|y1|=3|y2|，x1=9x2，所以x1=3，x2=，当x1=3时，，所以此时，若，则,此时,此时直线方程为. 若，则,此时,此时直线方程为. 所以的方程是或，故选C.
10.（2015·15）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 .
（2015·15） 解析：根据双曲线渐近线方程为，可设双曲线的方程为，把代入得m=1.
11.（2018·6）双曲线的离心率为，则其渐近线方程为
A． B． C． D．
82
【答案】A【解析】
因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A.
12.（2018·11）已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心
率为
A． B． C． D．
12.【答案】D 【解析】在中，,设，则，
又由椭圆定义可知,则离心率，
故选D.
三、解答题
13.（2017·20）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点Q 在直线x=-3上，且.证明过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解析：（1）设，，，，，即，代入椭圆方程，得到，∴点的轨迹方程.
（2）由题意知,椭圆的左焦点为F(-1，0)，设P(m，n)，Q(-3，t)，则 由得，又由（1）知，故.所以，即. 又过点P存在唯一直线垂直于，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
14.（2016·21）已知A是椭圆E:的左顶点，斜率为k (k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
（Ⅰ）当|AM|=|AN|时，求△AMN的面积； （Ⅱ）当2|AM|=|AN|时，证明：.
82
（2016·21）解析：（Ⅰ）设，则由题意知.由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为，又，因此直线的方程为.将代入得，解得或，所以.因此的面积.
（Ⅱ）将直线的方程代入得.由得，故.
由题设，直线的方程为，故同理可得.由得，即.
设，则是的零点，，
所以在单调递增，
又，因此在有唯一的零点，且零点在内，
所以.
15.（2015·20）已知椭圆C：（>>0）的离心率为，点（2，）在C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）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，证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
（2015·20）解析：（Ⅰ）由题意有，解得. 所以C的方程为
（Ⅱ）设直线
将代入得，
故，于是直线OM的斜率，
即，所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
16.（2014·20）设F1 ，F2分别是椭圆C：（a>b>0）的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
（Ⅰ）若直线MN的斜率为，求C的离心率；
82
（Ⅱ）若直线MN在y轴上的截距为2且|MN|=5|F1N|，求a，b.
（2014·20）解析：∵M是C上一点且MF2与x轴垂直，∴M的横坐标为c，当x=c时，，即，若直线MN的斜率为，则，即，
亦即，则，解得，故椭圆C的离心率为．
（Ⅱ）由题意，原点O是F1F2的中点，则直线MF1与y轴的交点D（0，2）是线段MF1的中点，故，即b2=4a，由|MN|=5|F1N|，解得|DF1|=2|F1N|，设N（x1，y1），由题意知y1＜0，则，即，代入椭圆方程得，将b2=4a代入得，解得a=7，.
17.（2013·20）在平面直角坐标系xoy中，已知圆在轴上截得线段长为，在轴上截得线段长为.
（Ⅰ）求圆心的轨迹方程；
（Ⅱ）若点到直线的距离为，求圆的方程.
（2013·20）解析：（Ⅰ）设P(x，y)，圆P的半径为r. 由题设y2+2=r2，x2+3=r2. 从而y2+2=x2+3.
故P点的轨迹方程为y2-x2=1.
（Ⅱ）设P(x0，y0)．由已知得. 又P点在双曲线y2-x2=1上，从而得. 由，得. 此时，圆P的半径.
由，得. 此时，圆P的半径.
故圆P的方程为x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3.
18．（2018·20）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．
（1）求的方程；
（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．
82
2018.20．解：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x–1）（k>0）．设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由得． ，故．
所以．
由题设知，解得k=–1（舍去），k=1．
因此l的方程为y=x–1．
（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为，即．
设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则解得或
因此所求圆的方程为或．
十二、坐标系与参数方程（解析版）
全国1卷
1.【2017，22】在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）．
（1）若，求与的交点坐标；（2）若上的点到的距离的最大值为，求．
【解析】（1）时，直线的方程为．曲线的标准方程是，
联立方程，解得：或，则与交点坐标是和
（2）直线一般式方程是．设曲线上点．
则到距离，其中．
依题意得：，解得或．
82
2.【2016，23】在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，．在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线．
（Ⅰ）说明是哪一种曲线，并将的方程化为极坐标方程；
（Ⅱ）直线的极坐标方程为，其中满足，若曲线与的公共点都在上，求．
【解析】：⑴ （均为参数）,∴ ①
∴为以为圆心，为半径的圆．方程为
∵,∴ 即为的极坐标方程
⑵ ,两边同乘得
,即 ②,：化为普通方程为
由题意：和的公共方程所在直线即为,①—②得：，即为
∴,∴
3.【2015，23】在直角坐标系中，直线：=2，圆：，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（I）求，的极坐标方程；
（II）若直线的极坐标方程为，设与的交点为,，求的面积.
解析：（I）因为，所以的极坐标方程为，的极坐标方程为.
（Ⅱ）将代入，得，解得=，=，|MN|=－=，因为的半径为1，则的面积=.
4.【2014，23】已知曲线：，直线：（为参数）.
82
(Ⅰ)写出曲线的参数方程，直线的普通方程；
（Ⅱ）过曲线上任一点作与夹角为的直线，交于点，求的最大值与最小值.
【解析】：.(Ⅰ) 曲线C的参数方程为： （为参数），
直线l的普通方程为：
（Ⅱ）（2）在曲线C上任意取一点P (2cos,3sin)到l的距离为，
则，其中为锐角．且.
当时，取得最大值，最大值为；
当时，取得最小值，最小值为.
5.【2013，23】已知曲线C1的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.
(1)把C1的参数方程化为极坐标方程；(2)求C1与C2交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ＜2π)．
解：(1)将消去参数t，化为普通方程(x－4)2＋(y－5)2＝25，
即C1：x2＋y2－8x－10y＋16＝0.
将代入x2＋y2－8x－10y＋16＝0得ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0.
所以C1的极坐标方程为ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0.
(2)C2的普通方程为x2＋y2－2y＝0.由
解得或所以C1与C2交点的极坐标分别为，.
6.【2018，22】在直角坐标系中，曲线的方程为．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求的直角坐标方程；
（2）若与有且仅有三个公共点，求的方程．
82
2018.22．解：（1）由，得的直角坐标方程为．
（2）由（1）知是圆心为，半径为的圆．
由题设知，是过点且关于轴对称的两条射线．记轴右边的射线为，轴左边的射线为．由于在圆的外面，故与有且仅有三个公共点等价于与只有一个公共点且与有两个公共点，或与只有一个公共点且与有两个公共点．
当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或．
经检验，当时，与没有公共点；当时，与只有一个公共点，与有两个公共点．
当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或．
经检验，当时，与没有公共点；当时，与没有公共点．
综上，所求的方程为．
全国2卷
1.（2017·22） 在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）M为曲线上的动点，点P在线段OM上，且满足,求点P的轨迹的直角坐标方程；
（2）设点A的极坐标为，点B在曲线上，求面积的最大值．
82
（2017·22）解析：（1）解法一：设点在极坐标下坐标为由可得点的坐标为，代入曲线的极坐标方程，得：，即，两边同乘以，化成直角坐标方程为：，由题意知，所以检验得．
解法二：设点在直角坐标系下坐标为，曲线的直角坐标方程为，因为三点共线，所以点的坐标为，代入条件得：，因为，化简得：．
（2）解法一：由（1）知曲线的极坐标方程为，故可设点坐标为，
，由得，即最大值为．
解法二：在直角坐标系中，点坐标为，直线的方程为．
设点点坐标，则点到直线的距离，
所以，又因为点坐标满足方程，由柯西不等式得：
，即，
即，由得，．
2.（2016·23）【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系xOy中，圆C的方程为.
（Ⅰ）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；
（Ⅱ）直线l的参数方程是（t为参数），l与C交于A，B两点，，求l的斜率.
82
（2016·23）解析：⑴整理圆的方程得，由可知，圆的极坐标方程为．
(2)记直线的斜率为，则直线的方程为，由垂径定理及点到直线距离公式知：，即，整理得，则．
3.（2015·23）在直角坐标系中，曲线C1：（t为参数，t≠0）其中，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2:，C3:.
（Ⅰ）求C2与C3交点的直角坐标；（Ⅱ）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值
（2015·23）解析：（Ⅰ）曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程
联立，解得或，所以与交点的直角坐标为和.
（Ⅱ）曲线C1的极坐标方程为，，因此A的极坐标为，B的极坐标为
，所以，当时，取得最大值，最大值为4.
4.（2014·23）在直角坐标系xoy中，以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为，.
（1）求C的参数方程；
（2）设点D在C上，C在D处的切线与直线垂直，根据（Ⅰ）中你得到的参数方程，确定D的坐标.
（2014·23）解析：（1）设点M(x, y)是曲线C上任意一点，∵，∴，
即：，∴C的参数方程为(为参数，)．
（2）设点D(1+cosφ, sinφ)，∵C在D处的切线与直线l：垂直，∴直线CD和l的斜率相同，∴，∵，，∴，∴点的坐标为.
5.（2013·23）已知动点，都在曲线（为参数）上，对应参数分别为与，
为的中点.
82
（Ⅰ）求的轨迹的参数方程；
（Ⅱ）将到坐标原点的距离表示为的函数，并判断的轨迹是否过坐标原点.
（2013·23）解析：（Ⅰ）依题意有P(2cos α，2sin α)，Q(2cos 2α，2sin 2α)，因此M(cos α＋cos 2α，sin α＋sin 2α)．M的轨迹的参数方程为(α为参数，0＜α＜2π)．
（Ⅱ）M点到坐标原点的距离(0＜α＜2π)．当α＝π时，d＝0，
故M的轨迹过坐标原点．
6.（2018·22）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）．
（1）求和的直角坐标方程；
（2）若曲线截直线所得线段的中点坐标为，求的斜率．
2018.22（1）曲线的直角坐标方程为．
当时，的直角坐标方程为，
当时，的直角坐标方程为．
（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，整理得关于的方程
．①
因为曲线截直线所得线段的中点在内，所以①有两个解，设为，，则．
又由①得，故，于是直线的斜率．
十三、统计与概率
全国1卷
1.【2017，2】为评估一种农作物的种植效果，选了块地作试验田.这块地的亩产量（单位：）分别为，下面给出的指标中可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度的是
A.的平均数 B.的标准差 C.的最大值 D.的中位数
解：一组样本数据的方差与标准差反映了这组样本数据的稳定程度，故选B
2.【2017，4】如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.
82
在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ） A. B. C. D.
解：设正方形的边长为，则黑色部分的面积为，而正方形的面积为，由几何概率模型可得，所求概率为，选B
3.【2016，3】为美化环境，从红、黄、白、紫种颜色的花中任选种花种在一个花坛中，余下的种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是（ ）．A． B． C． D．
解析：选C. 只需考虑分组即可，分组（只考虑第一个花坛中的两种花）情况为（红，黄），（红，白），（红，紫），（黄，白），（黄，紫），（白，紫），共种情况，其中符合题意的情况有种，因此红色和紫色的花不在同一花坛的概率是．故选C．
4.【2015，4】如果3个正数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( ) A． B． C． D．
解：选C，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有10种不同的取法，其中的勾股数只有3,4,5，1种，故所求概率为，故选C
5. 【2013，3】从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( )．
A． B． C． D．
解析：选B. 由题意知总事件数为6，且分别为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，满足条件的事件数是2，所以所求的概率为.
6.【2012，3】3．在一组样本数据（，），（，），…，（，）（，，，…，不全相等）的散点图中，若所有样本点（，）（=1，2，…，）都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为（ ） A．－1 B．0 C.0.5 D．1
【解析】因为中，，所以样本相关系数， 又所有样本点（，）（=1，2，…，）都在直线上， 所以样本相关系数，故选择D。
7.【2011，6】有个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为（ ）.A. B. C. D.
【解析】选A.. 甲、乙两位同学参加个小组的所有可能性有（种），其中甲、乙两人参加同一个小组的情况有种.故甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组的概率.
8.【2014，13】将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为________.
82
解：设数学书为1，2，语文书为A，则所有的排法有(1,2,A)，(1,A,2)，(2,1, A)，(2, A,1)，(A,1,2)，(A,2,1)共6 种，其中2 本数学书相邻的情况有4 种情况，故所求概率为.
9.【2018，3】某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍．实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例．得到如下饼图：
则下面结论中不正确的是
A．新农村建设后，种植收入减少
B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上
C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍
D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半
【答案】A 【解析】：设新农村建设前的收入为M，而新农村建设后的收入为2M，
则新农村建设前种植收入为0.6M，而新农村建设后的种植收入为0.74M，所以种植收入增加了，所以A项不正确；
新农村建设前其他收入我0.04M，新农村建设后其他收入为0.1M，故增加了一倍以上，所以B项正确；
新农村建设前，养殖收入为0.3M，新农村建设后为0.6M，所以增加了一倍，所以C项正确；
新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的综合占经济收入的，所以超过了经济收入的一半，所以D正确；故选A.
解答题
10.【2017，19】为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每隔30 min从该生产线上随机抽取一个零件，并测量其尺寸（单位：cm）．下面是检验员在一天内依次抽取的16个零件的尺寸：
抽取次序
1
2
3
4
5
6
7
8
零件尺寸
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
抽取次序
9
10
11
12
13
14
15
16
零件尺寸
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
经计算得，，
82
，，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i=1,2,…,16．
（1）求 (i=1,2,…,16)的相关系数r，并回答是否可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小（若|r|<0.25，则可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小）．
（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
（ⅰ）从这一天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程进行检查？
（ⅱ）在之外的数据称为离群值，试剔除离群值，估计这条生产线当天生产的零件尺寸的均值与标准差．（精确到0.01）附：样本(xi,yi)(i=1,2,…,n)的相关系数，．
【解析】（1），
，
故
. 所以可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小.
(2)(i) ,
第13个零件的尺寸为，，所以从这一天抽检的结果看，需对当天的生产过程进行检查.
(ii)剔除，这条生产线当天生产的零件尺寸的均值为，
方差为
,故标准差为
82
(ii)解法二：剔除，这条生产线当天生产的零件尺寸的均值为，由，得，
试剔除离群值，这条生产线当天生产的零件尺寸的方差
11.【2016，19】某公司计划购买1台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图.
记表示台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，表示台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元），表示购机的同时购买的易损零件数．
（1）若，求与的函数解析式；
（2）若要求 “需更换的易损零件数不大于”的频率不小于，求的最小值；
（3）假设这台机器在购机的同时每台都购买个易损零件，或每台都购买个易损零件，分别计算这台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买台机器的同时应购买个还是个易损零件？
解析 （1）当时，（元）；
当时，（元），
所以．
82
（2）由柱状图可知更换易损零件数的频率如表所示.
更换的易损零件数
16
17
18
19
20
21
频率
0.06
0.16
0.24
0.24
0.20
0.10
所以更换易损零件数不大于18的频率为：，
更换易损零件数不大于19的频率为：，故最小值为．
（3）若每台都购买个易损零件，则这台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为：
（元）；
若每台都够买个易损零件，则这台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为：
（元）.
因为，所以购买台机器的同时应购买个易损零件．
12.【2015，19】某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x（单位：千元）对年销售量（单位：t）和年利润z（单位：千元）的影响，对近8年的宣传费xi，和年销售量yi(i=1,2,3,…,8)的数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值.表中
46.6
563
6.8
289.8
1.6
1469
108.8
(Ⅰ)根据散点图判断，y=a+bx与，哪一个宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）；
(Ⅱ)根据(Ⅰ)的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程；
(Ⅲ)已知这种产品的年利润z与x，y的关系为z=0.2y-x，根据(Ⅱ)的结果回答下列问题：
(1)当年宣传费x=49时，年销售量及年利润的预报值时多少？
(2)当年宣传费x为何值时，年利润的预报值最大？
解析 （1）由散点图变化情况选择较为适宜.
（2）由题意知.
又一定过点，所以，
所以关于的回归方程为.
82
（3）（ⅰ）由（2）可知当时，，
.
所以年宣传费时，年销售量为，年利润的预报值为千元.
（ⅱ）.
所以当，即（千元）时，年利润的预报值最大，
13.【2013，18】为了比较两种治疗失眠症的药(分别称为A药，B药)的疗效，随机地选取20位患者服用A药，20位患者服用B药，这40位患者在服用一段时间后，记录他们日平均增加的睡眠时间(单位：h)．试验的观测结果如下：
服用A药的20位患者日平均增加的睡眠时间：
0.6 1.2 2.7 1.5 2.8 1.8 2.2 2.3 3.2 3.5 2.5 2.6 1.2 2.7 1.5 2.9 3.0 3.1 2.3 2.4
服用B药的20位患者日平均增加的睡眠时间：
3.2 1.7 1.9 0.8 0.9 2.4 1.2 2.6 1.3 1.4 1.6 0.5 1.8 0.6 2.1 1.1 2.5 1.2 2.7 0.5
(1)分别计算两组数据的平均数，从计算结果看，哪种药的疗效更好？
(2)根据两组数据完成下面茎叶图，从茎叶图看，哪种药的疗效更好？
解：(1)设A药观测数据的平均数为，B药观测数据的平均数为.由观测结果可得
＝(0.6＋1.2＋1.2＋1.5＋1.5＋1.8＋2.2＋2.3＋2.3＋2.4＋2.5＋2.6＋2.7＋2.7＋2.8＋2.9＋3.0＋3.1＋3.2＋3.5)＝2.3，
＝(0.5＋0.5＋0.6＋0.8＋0.9＋1.1＋1.2＋1.2＋1.3＋1.4＋1.6＋1.7＋1.8＋1.9＋2.1＋2.4＋2.5＋2.6＋2.7＋3.2)＝1.6.
由以上计算结果可得＞，因此可看出A药的疗效更好．
(2)由观测结果可绘制如下茎叶图：
82
从以上茎叶图可以看出，A药疗效的试验结果有的叶集中在茎2,3上，而B药疗效的试验结果有的叶集中在茎0,1上，由此可看出A药的疗效更好．
14.【2018，19】某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据（单位：m3）和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：
未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表
日用水量
频数
1
3
2
4
9
26
5
使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表
日用水量
频数
1
5
13
10
16
5
（1）在答题卡上作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图：
（2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3的概率；
（3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表．）
82
14．解：（1）
（2）根据以上数据，该家庭使用节水龙头后50天日用水量小于0.35m3的频率为
0.2×0.1+1×0.1+2.6×0.1+2×0.05=0.48，
因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于0.35m3的概率的估计值为0.48．
（3）该家庭未使用节水龙头50天日用水量的平均数为
．
该家庭使用了节水龙头后50天日用水量的平均数为
．
估计使用节水龙头后，一年可节省水．
全国2卷
1.（2017·11）从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ） A. B. C. D.
（2017·11）D解析：如下表所示，表中的点横坐标表 示第一次取到的数，纵坐标表示第二次取到的数，总计有25种情况，满足条件的有10种，所以所求概率为.
2.（2016·8）某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒. 若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为（ ） A． B． C． D．
82
（2016·8）B解析：至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为，故选B.
3.（2015·3）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（ ）
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逐渐减少趋势
D．2006年以来我国二氧化碳年排放量与年份正相关
（2015·3）D解析：由柱形图可知，从2006年以来，我国二氧化硫排放量呈减少趋势，所以二氧化硫排放量与年份负相关，故选D.
4.（2014·13）甲、已两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服种选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为_______.
（2014·13）解析：所有的选法共有3×3=9种，而他们选择相同颜色运动服的选法共有3种，故他们选择相同颜色运动服的概率为.
5.（2013·13）从1，2，3，4，5中任意取出两个不同的数，其和为5的概率是_______.
（2013·13）解析：该事件基本事件空间Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)}，共有10个，记A＝“其和为5”＝{(1,4)，(2,3)}，有2个，∴P(A)＝.
6.（2018·5）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为
A． B． C． D．
【答案】D 【解析】设2名男同学为，3名女同学为，从以上5名同学中任选2人总共有
共10种可能，选中的2人都是女同学的情况共有共三种可能则选中的2人都是女同学的概率为，故选D.
解答题
82
7.（2017·19）海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg）, 其频率分布直方图如下：
（1）记A表示事件“旧养殖法的箱产量低于50kg”，估计A的概率；
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：
箱产量＜50kg
箱产量≥50kg
旧养殖法
新养殖法
（3）根据箱产量的频率分布直方图，对两种养殖方法的优劣进行较
附：
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
（2017·19）解析：旧养殖法箱产量低于50kg的频率为5×(0.012+0.014+0.024+0.034+0.040) =0.62，因此，事件A的概率估计值为0.62 .
（2）根据箱产量的频率分布直方图得列联表：
箱产量＜50kg
箱产量≥50kg
旧养殖法
62
38
新养殖法
34
66
由于15.705＞6.635，故有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关.
（3）箱产量的频率分布直方图平均值(或中位数)在45kg到50kg之间，且新养殖法的箱产量分布集中程度较旧养殖法的箱产量分布集中程度高，因此可以认为新养殖法的箱产量较高且稳定，从而新养殖法优于旧养殖法.
8.（2016·18）某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：
出险次数
0
1
2
3
4
5
频率
60
50
30
30
20
10
（Ⅰ）记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”. 求P(A)的估计值；
（Ⅱ）记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160％”. 求P(B)的估计值；
（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费估计值.
82
（2016·18）解析：(Ⅰ)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内险次数小于2的频率为，故P(A)的估计值为0.55 .
（Ⅱ）事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由是给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为，故P(B)的估计值为0.3.
(Ⅲ)由题所求分布列为：
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
频率
0.30
0.25
0.15
0.15
0.10
0.05
调查200名续保人的平均保费为 ，因此，续保人本年度平均保费估计值为1.1925a.
9.（2015·18）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40个用户，根据用户对产品的满意度评分，得分A地区用户满意评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频数分布表.
B地区用户满意度评分的频数分布表
满意度评分分组
[50,60)
[60，70)
[70，80)
[80，90)
[90，100)
频数
2
8
14
10
6
（Ⅰ）在答题卡上作出B地区用户满意度评分的频数分布直方图，并通过直方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）.
（Ⅱ）根据用户满意度评分，将用户的满意度分为三个等级；
满意度评分
低于70分
70分到80分
不低于90分
满意度等级
不满意
满意
非常满意
估计哪个地区用户的满意度等级为不满意的概率大？说明理由.
解析：（Ⅰ）通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出，B地区用户满意度评分的平均值高于A
地区用户满意度评分的平均值；B地区用户满意度评分比较集中，而A地区用户满意度评分比较分散。
（Ⅱ）A地区用户满意度等级为不满意的概率大。记CA表示事件：“A地区用户满意度等级为不满意”；
CB表示事件：“B地区用户满意度等级为不满意”. 由直方图得P(CA)的估计值为(0.01+0.02+0.03)×10=0.6，P(CB)的估计值为(0.005+0.02)×10=0.25. 所以A地区用户满意度等级为不满意的概率大.
82
10.（2014·19）某市为了考核甲、乙两部门的工作情况，随机访问了50位市民. 根据这50位市民对两部门的评分
（评分越高表明市民的评价越高）绘制的茎叶图如图：
（Ⅰ）分别估计该市的市民对甲、乙部门评分的中位数；
（Ⅱ）分别估计该市的市民对甲、乙部门的评分做于90的概率；
（Ⅲ）根据茎叶图分析该市的市民对甲、乙两部门的评价.
（2014·19）解析：（Ⅰ）两组数字是有序排列的，50个数的中位数为第25，26两个数. 由给出的数据可知道，市民对甲部门评分的中位数为(75+75)/2=75，对乙部门评分的中位数为(66+68)/2=77，所以，市民对甲、乙两部门评分的中位数分别为75，77.
（Ⅱ）甲部门评分数高于90共有5个、乙部门评分数高于90共有8个，部门的评分做于90的概率. 因此估计市民对甲、乙部门的评分小于90的概率分别为 ，所以，市民对甲、乙部门的评分大于90的概率分别为0.1，0.16.
（Ⅲ）由茎叶图知，市民对甲部门的评分的中位数高于乙部门的评分的中位数，而且由茎叶图可以大致看出对甲部门的评分标准差要小于乙部门的标准差，说明该市市民对甲部门的评价较高、评价较为一致，对乙部门的评价较低、评价差异较大.
150
120
频率/组距
需求量/
140
130
100
110
11.（2013·19）经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1t该产品获利润500元，未售出的产品，每1t亏损300元.根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如有图所示.经销商为下一个销售季度购进了130t该农产品.以x（单位：t，100≤x≤150）表示下一个销售季度内的市场需求量，T（单位：元）表示下一个销售季度内经销该农产品的利润.
（Ⅰ）将T表示为x的函数；
（Ⅱ）根据直方图估计利润T不少于57000元的概率.
（2013·19）解析：（Ⅰ）当x∈[100,130)时，T＝500x-300(130-x)＝800x-39 000.
当x∈[130,150]时，T＝500×130＝65 000. 所以
（Ⅱ）由（Ⅰ）知利润T不少于57 000元当且仅当120≤x≤150. 由直方图知需求量x∈[120,150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57 000元的概率的估计值为0.7.
82
12.（2018·18）下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额（单位：亿元）的折线图．
为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了与时间变量的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量的值依次为）建立模型①：；根据2010年至2016年的数据（时间变量的值依次为）建立模型②：．
（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值；
（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．
2018.18．解：
（1）利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为
=–30.4+13.5×19=226.1（亿元）．
利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为
=99+17.5×9=256.5（亿元）．
（2）利用模型②得到的预测值更可靠．
理由如下：
（i）从折线图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y=–30.4+13.5t上下，这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至2016年的数据建立的线性模型=99+17.5t可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．
（ii）从计算结果看，相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元，由模型①得到的预测值226.1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠．
以上给出了2种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．
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