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- 2021-05-14 发布
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一、集合与常用逻辑用语
一、选择题
1．（重庆理2）“”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
【答案】A
2．（天津理2）设则“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．即不充分也不必要条件
【答案】A
3．（浙江理7）若为实数，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】A
4．（四川理5）函数，在点处有定义是在点处连续的
A．充分而不必要的条件 B．必要而不充分的条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要的条件
【答案】B
【解析】连续必定有定义，有定义不一定连续。
5．（陕西理1）设是向量，命题“若，则∣∣= ∣∣”的逆命题是
A．若，则∣∣∣∣ B．若，则∣∣∣∣
C．若∣∣∣∣，则 D．若∣∣=∣∣，则= -
【答案】D
6．（陕西理7）设集合M={y|y=x—x|,x∈R},N={x||x—|<,i为虚数单位，x∈R},则M∩N为
A．（0,1） B．（0,1] C．[0,1） D．[0,1]
【答案】C
7．（山东理1）设集合 M ={x|}，N ={x|1≤x≤3},则M∩N =
A．[1,2） B．[1,2] C．（ 2,3] D．[2,3]
【答案】A
8．（山东理5）对于函数,“的图象关于y轴对称”是“=是奇函数”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
【答案】B
9．（全国新课标理10）已知a，b均为单位向量，其夹角为，有下列四个命题
其中真命题是
（A） （B） （C） （D）
【答案】A
10．（辽宁理2）已知M，N为集合I的非空真子集，且M，N不相等，若，则
（A）M （B）N （C）I （D）
【答案】A
11．（江西理8）已知，，是三个相互平行的平面．平面，之间的距离为，平面，之间的距离为．直线与，，分别相交于，，，那么“=”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】C
12．（湖南理2）设集合则 “”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．既不充分又不必要条件
【答案】A
13．（湖北理9）若实数a,b满足且，则称a与b互补，记，那么是a与b互补的
A．必要而不充分的条件 B．充分而不必要的条件
C．充要条件 D．即不充分也不必要的条件
【答案】C
14．（湖北理2）已知,则=
A． B． C． D．
【答案】A
15．（广东理2）已知集合 ∣为实数，且，为实数，且，则的元素个数为
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
16．（福建理1）i是虚数单位，若集合S=，则
A． B． C． D．
【答案】B
17．（福建理2）若aR，则a=2是（a-1）（a-2）=0的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 C．既不充分又不必要条件
【答案】A
18．（北京理1）已知集合P=｛x︱x2≤1｝,M=｛a｝.若P∪M=P,则a的取值范围是
A．(-∞, -1] B．[1, +∞）
C．[-1，1] D．（-∞，-1] ∪[1，+∞）
【答案】C
19．（安徽理7）命题“所有能被2整聊的整数都是偶数”的否定是
（A）所有不能被2整除的数都是偶数
（B）所有能被2整除的整数都不是偶数
（C）存在一个不能被2整除的数都是偶数
（D）存在一个能被2整除的数都不是偶数
【答案】D
20．（广东理8）设S是整数集Z的非空子集，如果有，则称S关于数的乘法是封闭的．若T,V是Z的两个不相交的非空子集，且有有，则下列结论恒成立的是
A．中至少有一个关于乘法是封闭的
B．中至多有一个关于乘法是封闭的
C．中有且只有一个关于乘法是封闭的
D．中每一个关于乘法都是封闭的
【答案】A
二、填空题
21．（陕西理12）设,一元二次方程有正数根的充要条件是=
【答案】3或4
22．（安徽理8）设集合则满足且的集合为
（A）57 （B）56 （C）49 （D）8
【答案】B
23．（上海理2）若全集，集合，则 。
【答案】
24．（江苏1）已知集合则
【答案】{—1，—2}
25．（江苏14）14．设集合,
, 若则实数m的取值范围是______________
【答案】
三、三角函数
一、选择题
1.（重庆理6）若△ABC的内角A、B、C所对的边a、b、c满足，且C=60°，则ab的值为
A． B． C． 1 D．
【答案】A
2.（浙江理6）若，，，，则
A． B． C． D．
【答案】C
3.（天津理6）
如图，在△中，是边上的点，且，则的值为
A． B．
C． D．
【答案】D
4.（四川理6）在ABC中．．则A的取值范围是
A．（0，] B．[ ，） C．（0，] D．[ ，）
【答案】C
【解析】由题意正弦定理
5.（山东理6）若函数 (ω>0)在区间上单调递增，在区间上单调递减，则ω=
A．3 B．2 C． D．
【答案】C
6.（山东理9）函数的图象大致是
【答案】C
7.（全国新课标理5）已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线上，则=
（A） （B） （C） （D）
【答案】B
8.（全国大纲理5）设函数，将的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于
A． B． C． D．
【答案】C
9.（湖北理3）已知函数，若，则x的取值范围为
A． B．
C． D．
【答案】B
10.（辽宁理4）△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAsinB+bcos2A=，则
（A） （B） （C） （D）
【答案】D
11.（辽宁理7）设sin，则
（A） （B） （C） （D）
【答案】A
12.（福建理3）若tan=3，则的值等于
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】D
13.（全国新课标理11）设函数的最小正周期为，且则
（A）在单调递减 （B）在单调递减
（C）在单调递增 （D）在单调递增
【答案】A
14.（安徽理9）已知函数，其中为实数，若对恒成立，且 ，则的单调递增区间是
（A） （B）
（C） （D）
【答案】C
二、填空题
15.（上海理6）在相距2千米的．两点处测量目标，若，则．两点之间的距离是 千米。
【答案】
16.（上海理8）函数的最大值为 。
【答案】
17.（辽宁理16）已知函数=Atan（x+）（），y=的部分图像如下图，则 ．
【答案】
18.（全国新课标理16）中，，则AB+2BC的最大值为_________．
【答案】
19.（重庆理14）已知，且，则的值为__________
【答案】
20.（福建理14）如图，△ABC中，AB=AC=2，BC=，点D 在BC边上，∠ADC=45°，则AD的长度等于______。
【答案】
21.（北京理9）在中。若b=5，，tanA=2，则sinA=____________；a=_______________。
【答案】
22.（全国大纲理14）已知a∈（，），sinα=，则tan2α=
【答案】
23.（安徽理14）已知 的一个内角为120o，并且三边长构成公差为4的
等差数列，则的面积为_______________.
【答案】
24.（江苏7）已知 则的值为__________
【答案】
三、解答题
25.（江苏9）函数是常数，的部分图象如图所示，则f(0)=
【答案】
26.（北京理15）
已知函数。
（Ⅰ）求的最小正周期：
（Ⅱ）求在区间上的最大值和最小值。
解：（Ⅰ）因为
所以的最小正周期为
（Ⅱ）因为
于是，当时，取得最大值2；
当取得最小值—1.
27.（江苏15）在△ABC中，角A、B、C所对应的边为
（1）若 求A的值；
（2）若，求的值.
本题主要考查三角函数的基本关系式、两角和的正弦公式、解三角形，考查运算求解能力。
解：（1）由题设知
，
（2）由
故△ABC是直角三角形，且.
28.（安徽理18）
在数1和100之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设求数列的前项和.
本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力.
解：（I）设构成等比数列，其中则
①
②
①×②并利用
（II）由题意和（I）中计算结果，知
另一方面，利用
得
所以
29．（福建理16）
已知等比数列{an}的公比q=3，前3项和S3=。
（I）求数列{an}的通项公式；
（II）若函数在处取得最大值，且最大值为a3，求函数f（x）的解析式。
本小题主要考查等比数列、三角函数等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，满分13分。
解：（I）由
解得
所以
（II）由（I）可知
因为函数的最大值为3，所以A=3。
因为当时取得最大值，
所以
又
所以函数的解析式为
30.（广东理16）
已知函数
（1）求的值；
（2）设求的值．
解：（1）
；
（2）
故
31.（湖北理16）
设的内角A、B、C、所对的边分别为a、b、c，已知
（Ⅰ）求的周长
（Ⅱ）求的值
本小题主要考查三角函数的基本公式和解斜三角形的基础知识，同时考查基本运算能力。（满分10分）
解：（Ⅰ）
的周长为
（Ⅱ）
，故A为锐角，
32.（湖南理17）
在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足csinA=acosC．
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）求sinA-cos（B+）的最大值，并求取得最大值时角A、B的大小。
解析：（I）由正弦定理得
因为所以
（II）由（I）知于是
取最大值2．
综上所述，的最大值为2，此时
33.（全国大纲理17）
△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．己知A—C=90°，a+c=b，求
C．
解：由及正弦定理可得
…………3分
又由于故
…………7分
因为，
所以
34.（山东理17）
在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
（I）求的值；
（II）若cosB=，b=2，的面积S。
解：
（I）由正弦定理，设
则
所以
即，
化简可得
又，
所以
因此
（II）由得
由余弦定理
解得a=1。
因此c=2
又因为
所以
因此
35.（陕西理18）
叙述并证明余弦定理。
解 余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与他们夹角的余弦之积的两倍。或：在ABC中，a,b,c为A,B,C的对边，有
证法一 如图
即
同理可证
证法二 已知ABC中A,B,C所对边分别为a,b,c,以A为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系，则,
同理可证
36.（四川理17）
已知函数
（1）求的最小正周期和最小值；
（2）已知，求证：
解析：
（2）
37.（天津理15）
已知函数
（Ⅰ）求的定义域与最小正周期；
（II）设，若求的大小．
本小题主要考查两角和的正弦、余弦、正切公式，同角三角函数的基本关系，二倍角的正弦、余弦公式，正切函数的性质等基础知识，考查基本运算能力.满分13分.
（I）解：由，
得.
所以的定义域为
的最小正周期为
（II）解：由
得
整理得
因为，所以
因此
由，得.
所以
38.（浙江理18）在中，角所对的边分别为a,b,c．
已知且．
（Ⅰ）当时，求的值；
（Ⅱ）若角为锐角，求p的取值范围；
本题主要考查三角变换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。
（I）解：由题设并利用正弦定理，得
解得
（II）解：由余弦定理，
因为，
由题设知
39.（重庆理16）
设，满足，求函数在上的最大值和最小值.
解：
由
因此
当为增函数，
当为减函数，
所以
又因为
故上的最小值为
四、立体几何
一、选择题
1.（重庆理9）高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为
A． B． C．1 D．
【答案】C
2.（浙江理4）下列命题中错误的是
A．如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面
B．如果平面α不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
C．如果平面，平面，，那么
D．如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面
【答案】D
3.（四川理3），，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是
A．，
B．，
C．，，共面
D．，，共点，，共面
【答案】B
【解析】A答案还有异面或者相交，C、D不一定
4.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是
A． B． C． D．
【答案】A
5.（浙江理3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是
【答案】D
6.（山东理11）右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，
其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯
视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命
题的个数是
A．3 B．2
C．1 D．0
【答案】A
7.（全国新课标理6）。在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为
【答案】D
8.（全国大纲理6）已知直二面角α− ι−β，点A∈α，AC⊥ι，C为垂足，B∈β，BD⊥ι，D为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于
A． B． C． D．1
【答案】C
9.（全国大纲理11）已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成二面角的平面β截该球面得圆N．若该球面的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为
3
3
2
正视图
侧视图
俯视图
图1
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】D
10.（湖南理3）设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为
A． B．
C． D．
【答案】B
11.（江西理8）已知，，是三个相互平行的平面．平面，之间的距离为，平面，之间的距离为．直线与，，分别相交于，，，那么“=”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】C
12.（广东理7）如图1－3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为
A． B． C． D．
【答案】B
13.（北京理7）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是
A．8 B． C．10 D．
【答案】C
14.（安徽理6）
一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
（A）48
（B）32+8
（C）48+8
（D）80
【答案】C
15.（辽宁理8）。如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是
（A）AC⊥SB
（B）AB∥平面SCD
（C）SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
（D）AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
【答案】D
16.（辽宁理12）。已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，，则棱锥S—ABC的体积为
（A） （B） （C） （D）1
【答案】C
17．（上海理17）设是空间中给定的5个不同的点，则使成立的点的个数为
A．0 B．1 C．5 D．10
【答案】B
二、填空题
18.（上海理7）若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为 。
【答案】
19.（四川理15）如图，半径为R的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大是，求的表面积与改圆柱的侧面积之差是 ．
【答案】
【解析】时，
，则
20.（辽宁理15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 ．
【答案】
21.（天津理10）一个几何体的三视图如右图所示（单位：），则该几何体的体积为__________
【答案】
22.（全国新课标理15）。已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6，BC=，则棱锥O-ABCD的体积为_____________．
【答案】
23.（湖北理14）如图，直角坐标系所在的平面为，直角坐标系（其中轴一与轴重合）所在的平面为，。
（Ⅰ）已知平面内有一点，则点在平面内的射影的
坐标为 （2，2） ；
（Ⅱ）已知平面内的曲线的方程是，则曲线在平面内的射影的方程是 。
【答案】
24.（福建理12）三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P-ABC的体积等于______。
【答案】
三、解答题
25.（江苏16）如图，在四棱锥中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点
求证：（1）直线EF∥平面PCD；
（2）平面BEF⊥平面PAD
本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。满分14分。
证明：（1）在△PAD中，因为E、F分别为
AP，AD的中点，所以EF//PD.
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，
所以直线EF//平面PCD.
（2）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，
所以△ABD为正三角形，因为F是AD的
中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面
ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF⊥平面PAD。又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
26.（安徽理17）
如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，△OAB，,△，△，△都是正三角形。
（Ⅰ）证明直线∥；
（II）求棱锥F—OBED的体积。
本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.
（I）（综合法）
证明：设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以
=
∥，OG=OD=2，
同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有
又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合.
=
=
在△GED和△GFD中，由=
∥和OC∥，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.
（向量法）
过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.
由条件知
则有
所以即得BC∥EF.
（II）解：由OB=1，OE=2，，而△OED是边长为2的正三角形，故
所以
过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=，所以
27.（北京理16）
如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.
(Ⅰ)求证：平面
（Ⅱ）若求与所成角的余弦值；
（Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长.
证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD.
所以PA⊥BD.
所以BD⊥平面PAC.
（Ⅱ）设AC∩BD=O.
因为∠BAD=60°，PA=PB=2,
所以BO=1，AO=CO=.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则
P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）.
所以
设PB与AC所成角为，则
.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知
设P（0，－，t）（t>0），
则
设平面PBC的法向量,
则
所以
令则
所以
同理，平面PDC的法向量
因为平面PCB⊥平面PDC,
所以=0，即
解得
所以PA=
28.（福建理20）
如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=，．
（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；
（II）设AB=AP．
（i）若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长；
（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理
由。
本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。
解法一：
（I）因为平面ABCD，
平面ABCD，
所以，
又
所以平面PAD。
又平面PAB，所以平面平面PAD。
（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系
A—xyz（如图）
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则
在中，DE=，
设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）
由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以，
（i）设平面PCD的法向量为，
由，，得
取，得平面PCD的一个法向量，
又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得
解得（舍去，因为AD），所以
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，
设G（0，m，0）（其中）
则，
由得，（2）
由（1）、（2）消去t，化简得（3）
由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，C，D的距离都相等。
从而，在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。
解法二：
（I）同解法一。
（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图）
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E，
则。
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则
在中，DE=，
设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）
由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以，
设平面PCD的法向量为，
由，，得
取，得平面PCD的一个法向量，
又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得
解得（舍去，因为AD），
所以
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，
由GC=CD，得，
从而，即
设
，
在中，
这与GB=GD矛盾。
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。
29.（广东理18）
如图5．在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，
且∠DAB=60，,PB=2,
E,F分别是BC,PC的中点．
（1） 证明：AD 平面DEF;
（2） 求二面角P-AD-B的余弦值．
法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。
因PA=PD，有，在中，，有为等边三角形，因此，所以平面PBG
又PB//EF，得，而DE//GB得AD DE，又，所以AD 平面DEF。
（2），
为二面角P—AD—B的平面角，
在
在
法二：（1）取AD中点为G，因为
又为等边三角形，因此，，从而平面PBG。
延长BG到O且使得PO OB，又平面PBG，PO AD，
所以PO 平面ABCD。
以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系。
设
由于
得
平面DEF。
（2）
取平面ABD的法向量
设平面PAD的法向量
由
取
30.（湖北理18）
如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合．
（Ⅰ）当=1时，求证：⊥；
（Ⅱ）设二面角的大小为，求的最小值．
本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分）
解法1：过E作于N，连结EF。
（I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，
底面ABC侧面A1C。
又度面侧面A，C=AC，且底面ABC，
所以侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，
在中，=1，
则由，得NF//AC1，
又故。
由三垂线定理知
（II）如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。
由（I）知侧面A1C，根据三垂线定理得
所以是二面角C—AF—E的平面角，即，
设
在中，
在
故
又
故当时，达到最小值；
，此时F与C1重合。
解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得
于是
则
故
（II）设，
平面AEF的一个法向量为，
则由（I）得F（0，4，）
，于是由可得
取
又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为，
于是由为锐角可得，
所以，
由，得，即
故当，即点F与点C1重合时，取得最小值
31.（湖南理19）
如图5，在圆锥中，已知=，⊙O的直径,是的中点，为的中点．
（Ⅰ）证明：平面平面;
（Ⅱ）求二面角的余弦值。
解法1：连结OC，因为
又底面⊙O，AC底面⊙O，所以，
因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以平面POD，
而平面PAC，所以平面POD平面PAC。
（II）在平面POD中，过O作于H，由（I）知，平面
所以平面PAC，又面PAC，所以
在平面PAO中，过O作于G，
连接HG，
则有平面OGH，
从而，故为二面角B—PA—C的平面角。
在
在
在
在
所以
故二面角B—PA—C的余弦值为
解法2：（I）如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则
，
设是平面POD的一个法向量，
则由，得
所以
设是平面PAC的一个法向量，
则由，
得
所以
得。
因为
所以从而平面平面PAC。
（II）因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为
由（I）知，平面PAC的一个法向量为
设向量的夹角为，则
由图可知，二面角B—PA—C的平面角与相等，
所以二面角B—PA—C的余弦值为
32.（辽宁理18）
如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD．
（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ；
（II）求二面角Q—BP—C的余弦值．
解：
如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.
（I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.
则
所以
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
故PQ⊥平面DCQ.
又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分
（II）依题意有B（1，0，1），
设是平面PBC的法向量，则
因此可取
设m是平面PBQ的法向量，则
可取
故二面角Q—BP—C的余弦值为 ………………12分
33.（全国大纲理19）
如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，．
（Ⅰ）证明：;
（Ⅱ）求与平面所成角的大小．
解法一：
（I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，
连结SE，则
又SD=1，故，
所以为直角。 …………3分
由，
得平面SDE，所以。
SD与两条相交直线AB、SE都垂直。
所以平面SAB。 …………6分
（II）由平面SDE知，
平面平面SED。
作垂足为F，则SF平面ABCD，
作，垂足为G，则FG=DC=1。
连结SG，则，
又，
故平面SFG，平面SBC平面SFG。 …………9分
作，H为垂足，则平面SBC。
，即F到平面SBC的距离为
由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距离d也有
设AB与平面SBC所成的角为α，
则 …………12分
解法二：
以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。
设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。
又设
（I），，
由得
故x=1。
由
又由
即 …………3分
于是，
故
所以平面SAB。 …………6分
（II）设平面SBC的法向量，
则
又
故 …………9分
取p=2得。
故AB与平面SBC所成的角为
34.（全国新课标理18）
如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，
，，底面ABCD．
（I）证明：；
（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值．
解：
（Ⅰ）因为， 由余弦定理得
从而BD2+AD2= AB2，故BDAD
又PD底面ABCD，可得BDPD
所以BD平面PAD. 故 PABD
（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则
，，，．
设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则
即
因此可取n=
设平面PBC的法向量为m，则
可取m=（0，-1，）
故二面角A-PB-C的余弦值为
35.（山东理19）
在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.
（Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;
（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．
19．（I）证法一：
因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，
所以∽
由于AB=2EF，
因此，BC=2FC，
连接AF，由于FG//BC，
在中，M是线段AD的中点，
则AM//BC，且
因此FG//AM且FG=AM，
所以四边形AFGM为平行四边形，
因此GM//FA。
又平面ABFE，平面ABFE，
所以GM//平面AB。
证法二：
因为EF//AB，FG//BC，EG//AC，，
所以∽
由于AB=2EF，
因此，BC=2FC，
取BC的中点N，连接GN，
因此四边形BNGF为平行四边形，
所以GN//FB，
在中，M是线段AD的中点，连接MN，
则MN//AB，
因为
所以平面GMN//平面ABFE。
又平面GMN，
所以GM//平面ABFE。
（II）解法一：
因为，
又平面ABCD，
所以AC，AD，AE两两垂直，
分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系，
不妨设
则由题意得A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1），
所以
又
所以
设平面BFC的法向量为
则
所以取
所以
设平面ABF的法向量为，
则
所以
则，
所以
因此二面角A—BF—C的大小为
解法二：
由题意知，平面平面ABCD，
取AB的中点H，连接CH，
因为AC=BC，
所以，
则平面ABFE，
过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，
则
所以为二面角A—BF—C的平面角。
由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。
在直角梯形ABFE中，连接FH，
则，又
所以
因此在中，
由于
所以在中，
因此二面角A—BF—C的大小为
36.（陕西理16）
如图，在中，是上的高，沿把折起，使。
（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ ⊥平面ＢＤＣ；
（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求与夹角的余弦值。
解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，
∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ，
又DBＤＣ＝Ｄ，
∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，
∵AD 平面平面BDC．
平面ABD平面BDC。
（Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝及（Ⅰ）知DA，ＤＢ，DC两两垂直，不防设=1，以D为坐标原点，以所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，，0），
=，
=（1，0,0,），
与夹角的余弦值为
＜，＞=．
37.（上海理21） 已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。
（1）设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。
求证：；
（2）若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。
解：设正四棱柱的高为。
⑴ 连，底面于，
∴ 与底面所成的角为，即
∵ ，为中点，∴，又，
∴ 是二面角的平面角，即
∴ ，。
⑵ 建立如图空间直角坐标系，有
设平面的一个法向量为，
∵ ，取得
∴ 点到平面的距离为，则。
38.（四川理19）
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA．
（I）求证：CD=C1D：
（II）求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值；
（Ⅲ）求点C到平面B1DP的距离．
．解析：（1）连接交于,,
,又为的中点，
中点，,,D为的中点。
（2）由题意,过B 作,连接，则
,为二面角的平面角。在中，,则
（3）因为，所以,
,
在中，，
39.（天津理17） 如图，在三棱柱中，
是正方形的中心，，平面，且
（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的
长．
本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.
方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点.
依题意得
（I）解：易得，
于是
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为
（II）解：易知
设平面AA1C1的法向量，
则即
不妨令可得，
同样地，设平面A1B1C1的法向量，
则即不妨令，
可得
于是
从而
所以二面角A—A1C1—B的正弦值为
（III）解：由N为棱B1C1的中点，
得设M（a，b，0），
则
由平面A1B1C1，得
即
解得故
因此，所以线段BM的长为
方法二：
（I）解：由于AC//A1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.
因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，
可得
因此
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为
（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，
又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，
所以≌，过点A作于点R，
连接B1R，于是，故为二面角A—A1C1—B1的平面角.
在中，
连接AB1，在中，
，
从而
所以二面角A—A1C1—B1的正弦值为
（III）解：因为平面A1B1C1，所以
取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，
所以ND//C1H且.
又平面AA1B1B，
所以平面AA1B1B，故
又
所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，
则
由
得，延长EM交AB于点F，
可得连接NE.
在中，
所以
可得
连接BM，在中，
40.（浙江理20）
如图，在三棱锥中，，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2
（Ⅰ）证明：AP⊥BC；
（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。
本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。
方法一：
（I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，
建立空间直角坐标系O—xyz
则，
，由此可得，所以
，即
（II）解：设
设平面BMC的法向量，
平面APC的法向量
由
得
即
由即
得
由
解得，故AM=3。
综上所述，存在点M符合题意，AM=3。
方法二：
（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得
又平面ABC，得
因为，所以平面PAD，
故
（II）解：如图，在平面PAB内作于M，连CM，
由（I）中知，得平面BMC，
又平面APC，所以平面BMC平面APC。
在
在，
在
所以
在
又
从而PM，所以AM=PA-PM=3。
综上所述，存在点M符合题意，AM=3。
41.（重庆理19）
如题（19）图，在四面体中，平面平面，，，．
（Ⅰ）若，，求四面体的体积；
（Ⅱ）若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值．
（I）解：如答（19）图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DF⊥AC.
故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，
即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，
且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=.
在Rt△ABC中，因AC=2AF=，AB=2BC，
由勾股定理易知
故四面体ABCD的体积
（II）解法一：如答（19）图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG//AD，GH//BC，从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角.
设E为边AB的中点，则EF//BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由（I）有DF⊥平面ABC，
故由三垂线定理知DE⊥AB.
所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60°
设
在
从而
因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，，
又从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得
因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为
解法二：如答（19）图2，过F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，
平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xyz.
不妨设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为
显然向量是平面ABC的法向量.
已知二面角C—AB—D为60°，
故可取平面ABD的单位法向量，
使得
设点B的坐标为，有
易知与坐标系的建立方式不合，舍去.
因此点B的坐标为所以
从而
故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为
五、解析几何
一、选择题
1.（重庆理8）在圆内，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别是AC和BD，则四边形ABCD的面积为
A． B． C． D．
【答案】B
2.（浙江理8）已知椭圆与双曲线有公共的焦点，的一条渐近线与以的长轴为直径的圆相交于两点，若恰好将线段三等分，则
A． B． C． D．
【答案】C
3.（四川理10）在抛物线上取横坐标为，的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆相切，则抛物线顶点的坐标为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由已知的割线的坐标,设直线方程为，则
又
4.（陕西理2）设抛物线的顶点在原点，准线方程为，则抛物线的方程是
A． B． C． D．
【答案】B
5.（山东理8）已知双曲线的两条渐近线均和圆C:相切,且双曲线的右焦点为圆C的圆心,则该双曲线的方程为
A． B． C． D．
【答案】A
6.（全国新课标理7）已知直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A，B两点，为C的实轴长的2倍，C的离心率为
（A） （B） （C） 2 （D） 3
【答案】B
7.（全国大纲理10）已知抛物线C：的焦点为F，直线与C交于A，B两点．则=
A． B． C． D．
【答案】D
8.（江西理9）若曲线：与曲线：有四个不同的交点，则实数m的取值范围是
A．（，） B．（，0）∪（0，）
C．[，] D．（，）∪（，+）
【答案】B
9.（湖南理5）设双曲线的渐近线方程为，则的值为
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
10.（湖北理4）将两个顶点在抛物线上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n，则
A．n=0 B．n=1 C． n=2 D．n 3
【答案】C
11.（福建理7）设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点P满足=4:3:2，则曲线r的离心率等于
A． B．或2 C．2 D．
【答案】A
12.（北京理8）设,，,.记为平行四边形ABCD内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数的值域为
A． B．
C． D．
【答案】C
13.（安徽理2）双曲线的实轴长是
（A）2 （B） 2 （C） 4 （D）4
【答案】C
14.（辽宁理3）已知F是抛物线y2=x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，，则线段AB的中点到y轴的距离为
（A） （B）1 （C） （D）
【答案】C
二、填空题
15.（湖北理14）如图，直角坐标系所在的平面为，直角坐标系（其中轴一与
轴重合）所在的平面为，。
（Ⅰ）已知平面内有一点，则点在平面内的射影的
坐标为 ；
（Ⅱ）已知平面内的曲线的方程是，则曲线在平面内的射影的方程是 。
【答案】（2，2）
16.（浙江理17）设分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，若
;则点的坐标是 ．
【答案】
17.（上海理3）设为常数，若点是双曲线的一个焦点，则 。
【答案】16
18.（江西理14）若椭圆的焦点在轴上，过点（1，）作圆的切线，切点分别为A,B，直线恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是
【答案】
19.（北京理14）曲线C是平面内与两个定点F1（-1，0）和F¬2（1，0）的距离的积等于常数的点的轨迹.给出下列三个结论：
① 曲线C过坐标原点；
② 曲线C关于坐标原点对称；
③若点P在曲线C上，则△FPF的面积大于a。
其中，所有正确结论的序号是 。
【答案】②③
20.（四川理14）双曲线P到左准线的距离是 ．
【答案】
【解析】，点显然在双曲线右支上，点到左焦点的距离为14，所以
21.（全国大纲理15）已知F1、F2分别为双曲线C: - =1的左、右焦点，点A∈C，点M的坐标为（2，0），AM为∠F1AF2∠的平分线．则|AF2| = ．
【答案】6
22.（辽宁理13）已知点（2，3）在双曲线C：上，C的焦距为4
，则它的离心率为 ．
【答案】2
23.（重庆理15）设圆C位于抛物线与直线x=3所围成的封闭区域（包含边界）内，则圆C的半径能取到的最大值为__________
【答案】
24.（全国新课标理14）（14） 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点在x轴上，离心率为．过点的直线l交C于A，B两点，且的周长为16，那么C的方程为_________．
【答案】
25.（安徽理15）在平面直角坐标系中，如果与都是整数，就称点为整点，
下列命题中正确的是_____________（写出所有正确命题的编号）.
①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点
②如果与都是无理数，则直线不经过任何整点
③直线经过无穷多个整点，当且仅当经过两个不同的整点
④直线经过无穷多个整点的充分必要条件是：与都是有理数
⑤存在恰经过一个整点的直线
【答案】①，③，⑤
三、解答题
26.（江苏18）如图，在平面直角坐标系中，M、N分别是椭圆的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k
（1）当直线PA平分线段MN，求k的值；
（2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d；
（3）对任意k>0，求证：PA⊥PB
本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，满分16分.
解：（1）由题设知，所以线段MN中点的坐标为，由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA
过坐标原点，所以
（2）直线PA的方程
解得
于是直线AC的斜率为
（3）解法一：
将直线PA的方程代入
则
故直线AB的斜率为
其方程为
解得.
于是直线PB的斜率
因此
解法二：
设.
设直线PB，AB的斜率分别为因为C在直线AB上，所以
从而
因此
27.（安徽理21）设，点的坐标为（1,1），点在抛物线上运动，点满足，经过点与轴垂直的直线交抛物线于点，点满足,求点的轨迹方程。
本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点的轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养.
解：由知Q，M，P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设
①
再设
解得 ②
将①式代入②式，消去，得
③
又点B在抛物线上，所以，再将③式代入，得
故所求点P的轨迹方程为
28.
（北京理19）
已知椭圆.过点（m,0）作圆的切线I交椭圆G于A，B两点.
（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；
（II）将表示为m的函数，并求的最大值.
（19）（共14分）
解：（Ⅰ）由已知得
所以
所以椭圆G的焦点坐标为
离心率为
（Ⅱ）由题意知，.
当时，切线l的方程，点A、B的坐标分别为
此时
当m=－1时，同理可得
当时，设切线l的方程为
由
设A、B两点的坐标分别为，则
又由l与圆
所以
由于当时，
所以.
因为
且当时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.
29.（福建理17）已知直线l：y=x+m，m∈R。
（I）若以点M（2,0）为圆心的圆与直线l相切与点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；
（II）若直线l关于x轴对称的直线为，问直线与抛物线C：x2=4y是否相切？说明理由。
本小题主要考查直线、圆、抛物线等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想。满分13分。
解法一：
（I）依题意，点P的坐标为（0，m）
因为，所以，
解得m=2，即点P的坐标为（0，2）
从而圆的半径
故所求圆的方程为
（II）因为直线的方程为
所以直线的方程为
由
（1）当时，直线与抛物线C相切
（2）当，那时，直线与抛物线C不相切。
综上，当m=1时，直线与抛物线C相切；
当时，直线与抛物线C不相切。
解法二：
（I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为
依题意，所求圆与直线相切于点P（0，m），
则
解得
所以所求圆的方程为
（II）同解法一。
30.（广东理19）
设圆C与两圆中的一个内切，另一个外切。
（1）求C的圆心轨迹L的方程;
（2）已知点M，且P为L上动点，求的最大值及此时点P的坐标．
（1）解：设C的圆心的坐标为，由题设条件知
化简得L的方程为
（2）解：过M，F的直线方程为，将其代入L的方程得
解得
因T1在线段MF外，T2在线段MF内，故
，若P不在直线MF上，在中有
故只在T1点取得最大值2。
31.（湖北理20）
平面内与两定点，连续的斜率之积等于非零常数的点的轨迹，加上、两点所成的曲线可以是圆、椭圆成双曲线．
（Ⅰ）求曲线的方程，并讨论的形状与值得关系；
（Ⅱ）当时，对应的曲线为；对给定的，对应的曲线为，设、是的两个焦点。试问：在撒谎个，是否存在点，使得△的面积
。若存在，求的值；若不存在，请说明理由。
本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力，以及分类与整合和数形结合的思想。（满分14分）
解：（I）设动点为M，其坐标为，
当时，由条件可得
即，
又的坐标满足
故依题意，曲线C的方程为
当曲线C的方程为是焦点在y轴上的椭圆；
当时，曲线C的方程为，C是圆心在原点的圆；
当时，曲线C的方程为，C是焦点在x轴上的椭圆；
当时，曲线C的方程为C是焦点在x轴上的双曲线。
（II）由（I）知，当m=-1时，C1的方程为
当时，
C2的两个焦点分别为
对于给定的，
C1上存在点使得的充要条件是
②
①
由①得由②得
当
或时，
存在点N，使S=|m|a2；
当
或时，
不存在满足条件的点N，
当时，
由，
可得
令，
则由，
从而，
于是由，
可得
综上可得：
当时，在C1上，存在点N，使得
当时，在C1上，存在点N，使得
当时，在C1上，不存在满足条件的点N。
32.（湖南理21）
如图7，椭圆的离心率为，x轴被曲线截得的线段长等于C1的长半轴长。
（Ⅰ）求C1，C2的方程；
（Ⅱ）设C2与y轴的焦点为M，过坐标原点O的直线与C2相交于点A,B,直线MA,MB分别与C1相交与D,E．
（i）证明：MD⊥ME;
（ii）记△MAB,△MDE的面积分别是．问：是否存在直线l,使得?请说明理由。
解 ：（Ⅰ）由题意知
故C1，C2的方程分别为
（Ⅱ）（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为.
由得
.
设是上述方程的两个实根，于是
又点M的坐标为（0，—1），所以
故MA⊥MB，即MD⊥ME.
（ii）设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为解得
则点A的坐标为.
又直线MB的斜率为，
同理可得点B的坐标为
于是
由得
解得
则点D的坐标为
又直线ME的斜率为，同理可得点E的坐标为
于是.
因此
由题意知，
又由点A、B的坐标可知，
故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为
33.（辽宁理20）
如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D．
（I）设，求与的比值；
（II）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由．
解：（I）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设
设直线，分别与C1，C2的方程联立，求得
………………4分
当表示A，B的纵坐标，可知
………………6分
（II）t=0时的l不符合题意.时，BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN 相等，即
解得
因为
所以当时，不存在直线l，使得BO//AN；
当时，存在直线l使得BO//AN. ………………12分
34.（全国大纲理21）
已知O为坐标原点，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为的直线与C交于A、B两点，点P满足
（Ⅰ）证明：点P在C上；
（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上．
解：
（I）F（0，1），的方程为，
代入并化简得
…………2分
设
则
由题意得
所以点P的坐标为
经验证，点P的坐标为满足方程
故点P在椭圆C上。 …………6分
（II）由和题设知，
PQ的垂直平分线的方程为
①
设AB的中点为M，则，AB的垂直平分线为的方程为
②
由①、②得的交点为。 …………9分
故|NP|=|NA|。
又|NP|=|NQ|，|NA|=|NB|，
所以|NA|=|NP|=|NB|=|MQ|，
由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上 …………12分
35.（全国新课标理20）
在平面直角坐标系xOy中， 已知点A（0，-1），B点在直线上，M点满足，，M点的轨迹为曲线C．
（I）求C的方程；
（II）P为C上动点，为C在点P处的切线，求O点到距离的最小值．
(20）解：
(Ⅰ)设M(x，y)，由已知得B(x，-3)，A(0，-1).
所以=（-x，-1-y）， =(0，-3-y)， =(x，-2).
再由题意可知（+）• =0， 即（-x，-4-2y）• (x，-2)=0.
所以曲线C的方程式为y=x-2.
(Ⅱ)设P(x，y)为曲线C：y=x-2上一点，因为y=x，所以的斜率为x
因此直线的方程为，即．
则O点到的距离.又，所以
当=0时取等号，所以O点到距离的最小值为2.
36.（山东理22）
已知动直线与椭圆C: 交于P、Q两不同点，且△OPQ的面积=,其中O为坐标原点.
（Ⅰ）证明和均为定值;
（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求的最大值；
（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得?若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由.
（I）解：（1）当直线的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以
因为在椭圆上，
因此 ①
又因为
所以 ②
由①、②得
此时
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为
由题意知m，将其代入，得
，
其中
即 …………（*）
又
所以
因为点O到直线的距离为
所以
又
整理得且符合（*）式，
此时
综上所述，结论成立。
（II）解法一：
（1）当直线的斜率存在时，
由（I）知
因此
（2）当直线的斜率存在时，由（I）知
所以
所以，当且仅当时，等号成立.
综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为
解法二：
因为
所以
即当且仅当时等号成立。
因此 |OM|·|PQ|的最大值为
（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得
证明：假设存在，
由（I）得
因此D，E，G只能在这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，
与矛盾，
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.
37.（陕西理17）
如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上的摄影，M为PD上一点，且
（Ⅰ）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为的直线被C所截线段的长度
解：（Ⅰ）设M的坐标为（x,y）P的坐标为（xp,yp）
由已知得
∵P在圆上， ∴ ，即C的方程为
（Ⅱ）过点（3，0）且斜率为的直线方程为，
设直线与C的交点为
将直线方程代入C的方程，得
即
∴ ∴ 线段AB的长度为
注：求AB长度时，利用韦达定理或弦长公式求得正确结果，同样得分。
38.（上海理23） 已知平面上的线段及点，在上任取一点，线段长度的最小值称为点到线段的距离，记作。
（1）求点到线段的距离；
（2）设是长为2的线段，求点集所表示图形的面积；
（3）写出到两条线段距离相等的点的集合，其中
，
是下列三组点中的一组。对于下列三组点只需选做一种，满分分别是①2分，②
6分，③8分；若选择了多于一种的情形，则按照序号较小的解答计分。
。
② 。
③ 。
解：⑴ 设是线段上一点，则
，当时，。
⑵ 设线段的端点分别为，以直线为轴，的中点为原点建立直角坐标系，
则，点集由如下曲线围成
，
其面积为。
⑶ ① 选择，
② 选择。
③ 选择。
39.（四川理21）
椭圆有两顶点A（-1，0）、B（1，0），过其焦点F（0，1）的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交于点Q．
（I）当|CD | = 时，求直线l的方程；
（II）当点P异于A、B两点时，求证：为定值。
解：由已知可得椭圆方程为，设的方程为为的斜率。
则
的方程为
40.（天津理18）在平面直角坐标系中，点为动点，
分别为椭圆的左右焦点．已知△为等腰三角形．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）设直线与椭圆相交于两点，是直线上的点，满足，求点的轨迹方程．
本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力.满分13分.
（I）解：设
由题意，可得
即
整理得（舍），
或所以
（II）解：由（I）知
可得椭圆方程为
直线PF2方程为
A，B两点的坐标满足方程组
消去y并整理，得
解得
得方程组的解
不妨设
设点M的坐标为，
由
于是
由
即，
化简得
将
所以
因此，点M的轨迹方程是
41.（浙江理21）
已知抛物线:＝，圆:的圆心为点M
（Ⅰ）求点M到抛物线的准线的距离；
（Ⅱ）已知点P是抛物线上一点（异于原点），过点P作圆的两条切线，交抛物线于A，B两点，若过M，P两点的直线垂直于AB，求直线的方程
本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。
（I）解：由题意可知，抛物线的准线方程为：
所以圆心M（0，4）到准线的距离是
（II）解：设，
则题意得，
设过点P的圆C2的切线方程为，
即 ①
则
即，
设PA，PB的斜率为，则是上述方程的两根，所以
将①代入
由于是此方程的根，
故，所以
由，得，
解得
即点P的坐标为，
所以直线的方程为
42.（重庆理20）如题（20）图，椭圆的中心为原点，离心率，一条准线的方程为．
（Ⅰ）求该椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设动点满足：，其中是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．
解：（I）由
解得，故椭圆的标准方程为
（II）设，则由
得
因为点M，N在椭圆上，所以
，
故
设分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知
因此
所以
所以P点是椭圆上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因，因此两焦点的坐标为
七、统计
一、选择题
1．（四川理1）有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的频数如下：
[11．5，15．5） 2 [15．5,19．5） 4 [19．5，23．5） 9 [23．5,27．5） 18
[27．5，31．5） 1l [31．5，35．5） 12 [35．5．39．5） 7 [39．5,43．5） 3
根据样本的频率分布估计，数据落在[31．5，43．5）的概率约是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】从到共有22，所以。
2.（陕西理9）设（，），（，），…，（，）是变量和的个样本点，
直线是由这些样本点通过最小二乘法得到的线性回归直线（如图），以
下结论中正确的是
A．和的相关系数为直线的斜率
B．和的相关系数在0到1之间
C．当为偶数时，分布在两侧的样本点的个数一定相同
D．直线过点
【答案】D
3.（山东理7）某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表
广告费用x（万元）
4
2
3
5
销售额y（万元）
49
26
39
54
根据上表可得回归方程中的为9．4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额为
A．63．6万元 B．65．5万元 C．67．7万元 D．72．0万元
【答案】B
4.（江西理6）变量X与Y相对应的一组数据为（10，1），（11.3，2），（11.8，3），（12.5，4），（13，5）；变量U与V相对应的一组数据为（10，5），（11.3，4），（11.8，3），（12.5，2），（13，1），表示变量Y与X之间的线性相关系数，表示变量V与U之间的线性相关系数，则
A． B． C． D．
【答案】C
5.（湖南理4）通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：
男
女
总计
爱好
40
20
60
不爱好
20
30
50
总计
60
50
110
由算得，．
0．050
0．010
0．001
3．841
6．635
10．828
参照附表，得到的正确结论是
A．再犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”
B．再犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”
C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
【答案】C
二、填空题
6.（天津理9）一支田径队有男运动员48人，女运动员36人，若用分层抽样的方法从该队的全体运动员中抽取一个容量为21的样本，则抽取男运动员的人数为___________
【答案】12
7.（辽宁理14）调查了某地若干户家庭的年收入x（单位：万元）和年饮食支出y（单位：万元），调查显示年收入x与年饮食支出y具有线性相关关系，并由调查数据得到y对x的回归直线方程：.由回归直线方程可知，家庭年收入每增加1万元，年饮食支出平均增加____________万元.
【答案】0.254
8.（江苏6）某老师从星期一到星期五收到信件数分别是10，6，8，5，6，则该组数据的方差
【答案】3.2
9.（广东理13）某数学老师身高176cm，他爷爷、父亲和儿子的身高分别是173cm、170cm和182cm ．因儿子的身高与父亲的身高有关，该老师用线性回归分析的方法预测他孙子的身高为_____cm．
【答案】185
三、解答题
10.（北京理17）
以下茎叶图记录了甲、乙两组个四名同学的植树棵树。乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X表示。
（Ⅰ）如果X=8,求乙组同学植树棵树的平均数和方差；
（Ⅱ）如果X=9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵树Y的分布列和数学期望。
（注：方差，其中为，，…… 的平均数）
解（1）当X=8时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：8，8，9，10，
所以平均数为
方差为
（Ⅱ）当X=9时，由茎叶图可知，甲组同学的植树棵树是：9，9，11，11；乙组同学的植树棵数是：9，8，9，10。分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有4×4=16种可能的结果，这两名同学植树总棵数Y的可能取值为17，18，19，20，21事件“Y=17”等价于“甲组选出的同学植树9棵，乙组选出的同学植树8棵”所以该事件有2种可能的结果，因此P（Y=17）=
同理可得
所以随机变量Y的分布列为：
Y
17
18
19
20
21
P
EY=17×P（Y=17）+18×P（Y=18）+19×P（Y=19）+20×P（Y=20）+21×P（Y=21）=17×+18×+19×+20×+21×
=19
11.（辽宁理19）某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种家和品种乙）进行田间试验．选取两大块地，每大块地分成n小块地，在总共2n小块地中，随机选n小块地种植品种甲，另外n小块地种植品种乙．
（I）假设n=4，在第一大块地中，种植品种甲的小块地的数目记为X，求X的分布列和数学期望；
（II）试验时每大块地分成8小块，即n=8，试验结束后得到品种甲和品种乙在个小块地上的每公顷产量（单位：kg/hm2）如下表：
品种甲
403
397
390
404
388
400
412
406
品种乙
419
403
412
418
408
423
400
413
分别求品种甲和品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差；根据试验结果，你认为应该种植哪一品种？
附：样本数据的的样本方差，其中为样本平均数．
解：
（I）X可能的取值为0，1，2，3，4，且
即X的分布列为
………………4分
X的数学期望为
………………6分
（II）品种甲的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：
………………8分
品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：
………………10分
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.
八、概率
一、选择题
1.（浙江理9）有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率
A． B． C． D
【答案】B
2.（四川理1）有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的频数如下：
[11．5，15．5） 2 [15．5,19．5） 4 [19．5，23．5） 9 [23．5,27．5） 18
[27．5，31．5） 1l [31．5，35．5） 12 [35．5．39．5） 7 [39．5,43．5） 3
根据样本的频率分布估计，数据落在[31．5，43．5）的概率约是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】从到共有22，所以。
3.（陕西理10）甲乙两人一起去游“2011西安世园会”，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在一个景点的概率是
A． B． C． D．
【答案】D
4.（全国新课标理4）有3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）
【答案】A
5.（辽宁理5）从1，2，3，4，5中任取2各不同的数，事件A=“取到的2个数之和为偶数”，事件B=“取到的2个数均为偶数”，则P（B︱A）=
（A） （B） （C） （D）
【答案】B
6.（湖北理5）已知随机变量服从正态分布，且Ｐ（＜4）＝，则Ｐ（0＜＜2）＝
Ａ．0．6 B．0．4 C．0．3 D．0．2
【答案】C
7.（湖北理7）如图，用K、、三类不同的元件连接成一个系统。当正常工作且、至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、、正常工作的概率依次为0．9、0．8、0．8，则系统正常工作的概率为
A．0．960 B．0．864 C．0．720 D．0．576
【答案】B
8.（广东理6）甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要在赢一次就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为
A． B． C． D．
【答案】D
9.（福建理4）如图，矩形ABCD中，点E为边CD的中点，若在矩形ABCD内部随机取一个点Q，则点Q取自△ABE内部的概率等于
A． B．
C． D．
【答案】C
二、填空题
10.（湖北理12）在30瓶饮料中，有3瓶已过了保质期。从这30瓶饮料中任取2瓶，则至少取到一瓶已过保质期饮料的概率为 。（结果用最简分数表示）
【答案】
11.（福建理13）盒中装有形状、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个。若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率等于_______。
【答案】
12.（浙江理15）某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试的概率为，得到乙丙公司面试的概率为
，且三个公司是否让其面试是相互独立的。记X为该毕业生得到面试得公司个数。若，则随机变量X的数学期望
【答案】
13.（湖南理15）如图4，EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形。将一颗豆子随
机地扔到该图内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”， B表示事
件“豆子落在扇形OHE（阴影部分）内”，则
（1）P（A）= _____________; （2）P（B|A）= ．
【答案】（1）
14.（上海理9）马老师从课本上抄录一个随机变量的概率分布律如下表
请小牛同学计算的数学期望，尽管“！”处无法完全看清，且两个“？”处字迹模糊，但能肯定这两个“？”处的数值相同。据此，小牛给出了正确答案 。
【答案】2
15.（重庆理13）将一枚均匀的硬币投掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率__________
【答案】
16.（上海理12）随机抽取9个同学中，至少有2个同学在同一月出生的概率是 （默认每月天数相同，结果精确到）。
【答案】
17.（江西理12）小波通过做游戏的方式来确定周末活动，他随机地往单位圆内投掷一点，若此点到圆心的距离大于，则周末去看电影；若此点到圆心的距离小于，则去打篮球；否则，在家看书，则小波周末不在家看书的概率为
【答案】
18.（江苏5）5．从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数，则其中一个数是另一个的两倍的概率为______
【答案】
三、解答题
19.（湖南理18）某商店试销某种商品20天，获得如下数据：
日销售量（件）
0
1
2
3
频数
1
5
9
5
试销结束后（假设该商品的日销售量的分布规律不变），设某天开始营业时有该商品3件，当天营业结束后检查存货，若发现存货少于2件，则当天进货补充至3件，否则不进货，将频率视为概率。
（Ⅰ）求当天商品不进货的概率；
（Ⅱ）记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列和数学期型。
解（I）（“当天商品不进货”）（“当天商品销售量为0件”）（“当天商品销售量为1件”）
（Ⅱ）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”）
故的分布列为
2
3
的数学期望为
20.（安徽理20）工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟，如果有一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人。现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别，假设互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立.
（Ⅰ）如果按甲最先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率。若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？
（Ⅱ）若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为，其中
是的一个排列，求所需派出人员数目的分布列和均值（数字期望）；
（Ⅲ）假定，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数字期望）达到最小。
解：本题考查相互独立事件的概率计算，考查离散型随机变量及其分布列、均值等基本知识，考查在复杂情境下处理问题的能力以及抽象概括能力、合情推理与演绎推理，分类读者论论思想，应用意识与创新意识.
解：（I）无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是，所以任务能被完成的概率与三个被派出的先后顺序无关，并等于
（II）当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为时，随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
所需派出的人员数目的均值（数学期望）EX是
（III）（方法一）由（II）的结论知，当以甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，
根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值.
下面证明：对于的任意排列，都有
……………………（*）
事实上，
即（*）成立.
（方法二）（i）可将（II）中所求的EX改写为
若交换前两人的派出顺序，则变为.由此可见，当时，交换前两人的派出顺序可减小均值.
（ii）也可将（II）中所求的EX改写为，或交换后两人的派出顺序，则变为.由此可见，若保持第一个派出的人选不变，当时，交换后两人的派出顺序也可减小均值.
序综合（i）（ii）可知，当时，EX达到最小. 即完成任务概率大的人优先派出，可减小所需派出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的.
21.（北京理17）以下茎叶图记录了甲、乙两组个四名同学的植树棵树。乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X表示。
（Ⅰ）如果X=8,求乙组同学植树棵树的平均数和方差；
（Ⅱ）如果X=9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵树Y的分布列和数学期望。
（注：方差，其中为，，…… 的平均数）
解：（1）当X=8时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：8，8，9，10，
所以平均数为
方差为
（Ⅱ）当X=9时，由茎叶图可知，甲组同学的植树棵树是：9，9，11，11；乙组同学的植树棵数是：9，8，9，10。分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有4×4=16种可能的结果，这两名同学植树总棵数Y的可能取值为17，18，19，20，21事件“Y=17”等价于“甲组选出的同学植树9棵，乙组选出的同学植树8棵”所以该事件有2种可能的结果，因此P（Y=17）=
同理可得
所以随机变量Y的分布列为：
Y
17
18
19
20
21
P
EY=17×P（Y=17）+18×P（Y=18）+19×P（Y=19）+20×P（Y=20）+21×P（Y=21）=17×+18×+19×+20×+21×
=19
22.（福建理19）某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X依次为1,2，……，8，其中X≥5为标准A，X≥为标准B，已知甲厂执行标准A生产该产品，产品的零售价为6元/件；乙厂执行标准B生产该产品，产品的零售价为4元/件，假定甲、乙两厂得产品都符合相应的执行标准
（I）已知甲厂产品的等级系数X1的概率分布列如下所示：
5
6
7
8
P
0．4
a
b
0．1
且X1的数字期望EX1=6，求a，b的值；
（II）为分析乙厂产品的等级系数X2，从该厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下：
3 5 3 3 8 5 5 6 3 4
6 3 4 7 5 3 4 8 5 3
8 3 4 3 4 4 7 5 6 7
用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X2的数学期望．
（III）在（I）、（II）的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由．
注：（1）产品的“性价比”=；
（2）“性价比”大的产品更具可购买性．
解：本小题主要考查概率、统计等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力、应用意识，考查函数与方程思想、必然与或然思想、分类与整合思想，满分13分。
解：（I）因为
又由X1的概率分布列得
由
（II）由已知得，样本的频率分布表如下：
3
4
5
6
7
8
0．3
0．2
0．2
0．1
0．1
0．1
用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，可得等级系数X2的概率分布列如下：
3
4
5
6
7
8
P
0．3
0．2
0．2
0．1
0．1
0．1
所以
即乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8.
（III）乙厂的产品更具可购买性，理由如下：
因为甲厂产品的等级系数的期望数学等于6，价格为6元/件，所以其性价比为
因为乙厂产吕的等级系数的期望等于4.8，价格为4元/件，所以其性价比为
据此，乙厂的产品更具可购买性。
23.（广东理17）为了解甲、乙两厂的产品质量，采用分层抽样的方法从甲、乙两厂生产的产品中分别抽出取14件和5件，测量产品中的微量元素x,y的含量（单位：毫克）．下表是乙厂的5件产品的测量数据：
编号
1
2
3
4
5
x
169
178
166
175
180
y
75
80
77
70
81
（1）已知甲厂生产的产品共有98件，求乙厂生产的产品数量；
（2）当产品中的微量元素x,y满足x≥175，且y≥75时,该产品为优等品。用上述样本数据估计乙厂生产的优等品的数量；
（3）从乙厂抽出的上述5件产品中，随机抽取2件，求抽取的2件产品中优等品数的分布列极其均值（即数学期望）。
解：（1），即乙厂生产的产品数量为35件。
（2）易见只有编号为2，5的产品为优等品，所以乙厂生产的产品中的优等品
故乙厂生产有大约（件）优等品，
（3）的取值为0，1，2。
所以的分布列为
0
1
2
P
故
24.（辽宁理19）某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种家和品种乙）进行田间试验．选取两大块地，每大块地分成n小块地，在总共2n小块地中，随机选n小块地种植品种甲，另外n小块地种植品种乙．
（I）假设n=4，在第一大块地中，种植品种甲的小块地的数目记为X，求X的分布列和数学期望；
（II）试验时每大块地分成8小块，即n=8，试验结束后得到品种甲和品种乙在个小块地上的每公顷产量（单位：kg/hm2）如下表：
品种甲
403
397
390
404
388
400
412
406
品种乙
419
403
412
418
408
423
400
413
分别求品种甲和品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差；根据试验结果，你认为应该种植哪一品种？
附：样本数据的的样本方差，其中为样本平均数．
解：
（I）X可能的取值为0，1，2，3，4，且
即X的分布列为
………………4分
X的数学期望为
………………6分
（II）品种甲的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：
………………8分
品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：
………………10分
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.
25.（全国大纲理18）根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0．5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0．3,设各车主购买保险相互独立
（I）求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种的概率；
（Ⅱ）X表示该地的l00位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数。求X的期望。
解：记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险；
B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；
C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；
D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买；
（I） …………3分
…………6分
（II）
，即X服从二项分布， …………10分
所以期望 …………12分
26.（全国新课标理19）某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标越大表明质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品．现用两种新配方（分别称为A配方和B配方）做试验，各生产了100件这种产品，并测量了每产品的质量指标值，得到时下面试验结果：
A配方的频数分布表
指标值分组
[90，94）
[94，98）
[98，102）
[102，106）
[106，110]
频数
8
20
42
22
8
B配方的频数分布表
指标值分组
[90，94）
[94，98）
[98，102）
[102，106）
[106，110]
频数
4
12
42
32
10
（I）分别估计用A配方，B配方生产的产品的优质品率；
（II）已知用B配方生产的一种产品利润y（单位：元）与其质量指标值t的关系式为
从用B配方生产的产品中任取一件，其利润记为X（单位：元）．求X的分布列及数学期望．（以试验结果中质量指标值落入各组的频率作为一件产品的质量指标值落入相应组的概率）．
解
（Ⅰ）由试验结果知，用A配方生产的产品中优质的平率为，所以用A配方生产的产品的优质品率的估计值为0.3．
由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为，所以用B配方生产的产品的优质品率的估计值为0.42
（Ⅱ）用B配方生产的100件产品中，其质量指标值落入区间的频率分别为0.04，，054，0.42，因此
P(X=-2)=0.04， P(X=2)=0.54， P(X=4)=0.42，
即X的分布列为
－2
2
4
0.04
0.54
0.42
X的数学期望值EX=-2×0.04+2×0.54+4×0.42=2.68
27.（山东理18）红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A，乙对B，丙对C各一盘，已知甲胜A，乙胜B，丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5，假设各盘比赛结果相互独立。
（Ⅰ）求红队至少两名队员获胜的概率；
（Ⅱ）用表示红队队员获胜的总盘数，求的分布列和数学期望.
解：（I）设甲胜A的事件为D，
乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，
则分别表示甲不胜A、乙不胜B，丙不胜C的事件。
因为
由对立事件的概率公式知
红队至少两人获胜的事件有：
由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，
因此红队至少两人获胜的概率为
（II）由题意知可能的取值为0，1，2，3。
又由（I）知是两两互斥事件，
且各盘比赛的结果相互独立，
因此
由对立事件的概率公式得
所以的分布列为：
0
1
2
3
P
0．1
0．35
0．4
0．15
因此
28.（陕西理20）如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，据统计，通过两条路径所用的时间互不影响，所用时间落在各时间段内的频率如下表：
时间（分钟）
10~20
20~30
30~40
40~50
50~60
L1的频率
0．1
0．2
0．3
0．2
0．2
L2的频率
0
0．1
0．4
0．4
0．1
现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站。
（Ⅰ）为了尽最大可能在各自允许的时间内赶到火车站，甲和乙应如何选择各自的路径？
（Ⅱ）用X表示甲、乙两人中在允许的时间内能赶到火车站的人数，针对（Ⅰ）的选择方案，求X的分布列和数学期望。
解（Ⅰ）Ai表示事件“甲选择路径Li时，40分钟内赶到火车站”，Bi表示事件“乙选择路径Li时，50分钟内赶到火车站”，i=1,2．用频率估计相应的概率可得
P（A1）=0．1+0．2+0．3=0．6，P（A2）=0．1+0．4=0．5，
P（A1） ＞P（A2）, 甲应选择Li
P（B1）=0．1+0．2+0．3+0．2=0．8，P（B2）=0．1+0．4+0．4=0．9，
P（B2） ＞P（B1）, 乙应选择L2．
（Ⅱ）A,B分别表示针对（Ⅰ）的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到火车站，由（Ⅰ）知,又由题意知，A,B独立，
的分布列为
X
0
1
2
P
0．04
0．42
0．54
29.（四川理18）本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多。某自行车租车点的收费标准是每车每次租不超过两小时免费，超过两小时的收费标准为2元（不足1小时的部分按1小时计算）。有人独立来该租车点则车骑游。各租一车一次。设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为；两人租车时间都不会超过四小时。
（Ⅰ）求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；
（Ⅱ）求甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量，求的分布列与数学期望；
解：（1）所付费用相同即为元。设付0元为，付2元为，付4元为
则所付费用相同的概率为
（2）设甲，乙两个所付的费用之和为，可为
分布列
30.（天津理16）学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球、2个黑球，乙箱子里装有1个白球、2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．（每次游戏结束后将球放回原箱）
（Ⅰ）求在1次游戏中，
（i）摸出3个白球的概率；
（ii）获奖的概率；
（Ⅱ）求在2次游戏中获奖次数的分布列及数学期望.
解：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.满分13分.
（I）（i）解：设“在1次游戏中摸出i个白球”为事件则
（ii）解：设“在1次游戏中获奖”为事件B，则，又
且A2，A3互斥，所以
（II）解：由题意可知X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
31.（重庆理17）某市公租房的房源位于A，B，C三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的求该市的任4位申请人中：
（Ⅰ）恰有2人申请A片区房源的概率；
（Ⅱ）申请的房源所在片区的个数的分布列与期望
解：这是等可能性事件的概率计算问题.
（I）解法一：所有可能的申请方式有34种，恰有2人申请A片区房源的申请方式种，从而恰有2人申请A片区房源的概率为
解法二：设对每位申请人的观察为一次试验，这是4次独立重复试验.
记“申请A片区房源”为事件A，则
从而，由独立重复试验中事件A恰发生k次的概率计算公式知，恰有2人申请A片区房源的概率为
（II）ξ的所有可能值为1，2，3.又
综上知，ξ有分布列
ξ
1 2 3
P
从而有
九、平面向量
一、选择题
1.（四川理4）如图，正六边形ABCDEF中，=
A．0 B． C． D．
【答案】D
【解析】
2.（山东理12）设，，，是平面直角坐标系中两两不同的四点，若（λ∈R），（μ∈R），且,则称，调和分割，,已知平面上的点C，D调和分割点A，B则下面说法正确的是
A．C可能是线段AB的中点
B．D可能是线段AB的中点
C．C，D可能同时在线段AB上
D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上
【答案】D
3.（全国新课标理10）已知a，b均为单位向量，其夹角为，有下列四个命题
其中真命题是
（A） （B） （C） （D）
【答案】A
4.（全国大纲理12）设向量a，b，c满足==1，=，=，则的最大值等于
A．2 B． C． D．1
【答案】A
5.（辽宁理10）若，，均为单位向量，且，，则的最大值为
（A） （B）1 （C） （D）2
【答案】B
6.（湖北理8）已知向量a=（x+z,3）,b=（2,y-z），且a⊥ b．若x,y满足不等式，则z的取值范围为
A．[-2，2] B．[-2，3] C．[-3，2] D．[-3，3]
【答案】D
7.（广东理3）若向量ａ，ｂ，ｃ满足ａ∥ｂ且ａ⊥ｂ，则
A．4 B．3 C．2 D．0
【答案】D
8.（广东理5）已知在平面直角坐标系上的区域由不等式组给定。若为上的动点，点的坐标为，则的最大值为C
A． B． C．4 D．3
【答案】
9.（福建理8）已知O是坐标原点，点A（-1,1）若点M（x,y）为平面区域，上的一个动点，则·的取值范围是
A．[-1．0] B．[0．1] C．[0．2] D．[-1．2]
【答案】C
二、填空题
10.（重庆理12）已知单位向量，的夹角为60°，则__________
【答案】
11.（浙江理14）若平面向量α，β满足|α|=1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的
平行四边形的面积为，则α与β的夹角的取值范围是 。
【答案】
12.（天津理14）已知直角梯形中，//,,,是腰上的动点，则的最小值为____________.
【答案】5
13.（上海理11）在正三角形中，是上的点，，则 。
【答案】
14.（江苏10）已知是夹角为的两个单位向量，若，则k的值为 .
【答案】
15.（安徽理13）已知向量满足，且，，
则a与b的夹角为 .
【答案】
16.（北京理10）已知向量a=（，1），b=（0，-1），c=（k，）。若a-2b与c
共线，则k=__________。
【答案】1
17.（湖南理14）在边长为1的正三角形ABC中, 设则__________________．
【答案】
18.（江西理11）已知,·=-2，则与的夹角为
【答案】
十二、复数
1．（重庆理1）复数
A． B． C． D．
【答案】C
2．（浙江理）把复数的共轭复数记作，i为虚数单位，若=
A．3-i B．3+i C．1+3i D．3
【答案】A
3．（天津理1）是虚数单位，复数=
A． B．
C． D．
【答案】B
4.（四川理2）复数=
A． B． C．0 D．
【答案】A
【解析】
5.（山东理2）复数z=（为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
6.（全国新课标理1）（1）复数
（A） （B） （C） （D）
【答案】C
7.（全国大纲理1）复数，为的共轭复数，则
A． B． C． D．
【答案】B
8.（辽宁理1）为正实数，为虚数单位，，则
（A）2 （B） （C） （D）1
【答案】B
9.（江西理1）若，则复数
A． B． C． D．
【答案】D
10.（湖南理1）若，为虚数单位，且则
A．， B．
C． D．
【答案】D
11.（湖北理1）为虚数单位，则=
A．- B．-1 C． D．1
【答案】A
12.（福建理1）i是虚数单位，若集合S=，则
A． B． C． D．
【答案】B
13.（广东理1）设复数满足，其中为虚数单位，则=
A． B． C． D．
【答案】B
14.（北京理2）复数
A．i B．-i C． D．
【答案】A
15.（安徽理1）设 是虚数单位，复数为纯虚数，则实数为
（A）2 （B） 2 （C） （D）
【答案】A
16.（江苏3）设复数ｚ满足（i是虚数单位），则的实部是_________
【答案】1
17.（上海理19）已知复数满足（为虚数单位），复数的虚部为，是实数，求。
解：
设，则，
∵ ，∴
十三、推理与证明、创新题
1．（天津理4）对实数和，定义运算“”：设函数若函数的图像与轴恰有两个公共点，则实数的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】B
2．（山东理12）设，，，是平面直角坐标系中两两不同的四点，若（λ∈R），（μ∈R），且,则称，调和分割，,已知平面上的点C，D调和分割点A，B则下面说法正确的是
A．C可能是线段AB的中点
B．D可能是线段AB的中点
C．C，D可能同时在线段AB上
D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上
【答案】D
3.（湖北理9）若实数a,b满足且，则称a与b互补，记，那么是a与b互补的
A．必要而不充分的条件 B．充分而不必要的条件
C．充要条件 D．即不充分也不必要的条件
【答案】C
4.（福建理15）设V是全体平面向量构成的集合，若映射满足：对任意向量a=（x1，y1）∈V，b=（x2，y2）∈V，以及任意∈R，均有
则称映射f具有性质P。
现给出如下映射：
①
②
③
其中，具有性质P的映射的序号为________。（写出所有具有性质P的映射的序号）
【答案】①③
5.（湖南理16）对于,将n 表示,当时，,当时, 为0或1．记为上述表示中ai为0的个数（例如：）,故, ）,则
（1）________________;（2） ________________;
【答案】2 1093
6.（北京理8）设,，,.记为平行四边形ABCD内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数的值域为
A． B．
C． D．
【答案】C
7.（江西理7）观察下列各式：=3125，=15625，=78125，…，则的末四位数字为
A．3125 B．5625 C．0625 D．8125
【答案】D
8.（广东理8）设S是整数集Z的非空子集，如果有，则称S关于数的乘法是封闭的．若T,V是Z的两个不相交的非空子集，且有有，则下列结论恒成立的是
A．中至少有一个关于乘法是封闭的
B．中至多有一个关于乘法是封闭的
C．中有且只有一个关于乘法是封闭的
D．中每一个关于乘法都是封闭的
【答案】A
9.（江西理10）如右图，一个直径为l的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方
向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点．那么，当小
圆这样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大
致是
【答案】A
10.（安徽理15）在平面直角坐标系中，如果与都是整数，就称点为整点，
下列命题中正确的是_____________（写出所有正确命题的编号）.
①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点
②如果与都是无理数，则直线不经过任何整点
③直线经过无穷多个整点，当且仅当经过两个不同的整点
④直线经过无穷多个整点的充分必要条件是：与都是有理数
⑤存在恰经过一个整点的直线
【答案】①，③，⑤
11.（四川理16）函数的定义域为A，若时总有
为单函数．例如，函数=2x+1（）是单函数．下列命题：
①函数=（xR）是单函数；
②若为单函数，
③若f：AB为单函数，则对于任意bB，它至多有一个原象；
④函数f（x）在某区间上具有单调性，则f（x）一定是单函数．
其中的真命题是 ．（写出所有真命题的编号）
答案：②③④
解析 ：①错，，②③④正确
12.（山东理15）设函数,观察:
根据以上事实，由归纳推理可得：
当且时， .
【答案】
13.（陕西理13）观察下列等式
1=1
2+3+4=9
3+4+5+6+7=25
4+5+6+7+8+9+10=49
……
照此规律，第个等式为 。
【答案】
十四、计数原理
1.（重庆理4）的展开式中的系数相等，则n=
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
2.（天津理5）在的二项展开式中，的系数为
A． B． C． D．
【答案】C
3.（四川理12）在集合中任取一个偶数和一个奇数构成以原点为起点的向量．从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形．记所有作成的平行四边形的个数为，其中面积不超过的平行四边形的个数为，则
A． B． C． D．
【答案】D
基本事件：其中面积为的平行四边形的个数其中面积为的平行四边形的个数为其中面积为的平行四边形的个数其中面积为的平行四边形的个数其中面积为的平行四边形的个数；其中面积为的平行四边形的个数其中面积为的平行四边形的个数其中面积为的平行四边形的个数
4.（陕西理4）（x∈R）展开式中的常数项是
A．-20 B．－15 C．15 D．20
【答案】C
5.（全国新课标理8）的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为
（A）—40 （B）—20 （C）20 （D）40
【答案】D
6.（全国大纲理7）某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友每位朋友1本，则不同的赠送方法共有
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
【答案】B
7.（福建理6）（1+2x）3的展开式中，x2的系数等于
A．80 B．40 C．20 D．10
【答案】B
8.（安徽理8）设集合则满足且的集合为
（A）57 （B）56 （C）49 （D）8
【答案】B
9.（安徽理12）设，则 .
【答案】0
10.（北京理12）用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有__________个。（用数字作答）
【答案】14
11.（浙江理13）设二项式（x-）6（a>0）的展开式中X的系数为A,常数项为B，
若B=4A，则a的值是 。
【答案】2
12.（山东理14）若展开式的常数项为60，则常数的值为 .
【答案】4
13.（广东理10）的展开式中，的系数是 （用数字作答）
【答案】84
14.（湖北理11）的展开式中含的项的系数为 （结果用数值表示）
【答案】17
15.（湖北理15）给个自上而下相连的正方形着黑色或白色。当时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：
由此推断，当时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有 种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有 种，（结果用数值表示）
【答案】21 ； 43
16（全国大纲理13）（1-）20的二项展开式中，x的系数与x9的系数之差为: ．
【答案】0
十五、选修4
1.（山东理4）不等式的解集是
A．[-5，7] B．[-4，6]
C． D．
【答案】D
2.（北京理5）如图，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，
延长AF与圆O交于另一点G。给出下列三个结论：
①AD+AE=AB+BC+CA；
②AF·AG=AD·AE
③△AFB ～△ADG
其中正确结论的序号是
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③
【答案】A
3.（安徽理5）在极坐标系中，点的圆心的距离为
（A）2 （B） （C） （D）
【答案】D
4.（北京理3）在极坐标系中，圆ρ=-2sinθ的圆心的极坐标系是
A． B．
C． (1,0) D．(1，)
【答案】B
5.（天津理11）已知抛物线的参数方程为（为参数）若斜率为1的
直线经过抛物线的焦点，且与圆相切，
则=________.
【答案】
6.（天津理12）如图，已知圆中两条弦与相交于点，是延长线上一
点，且若与圆相切，则
线段的长为__________.
【答案】
7.（天津理13）已知集合
，则集合=________.
【答案】
8.（上海理5）在极坐标系中，直线与直线的夹角大小为 。
【答案】
9.（上海理10）行列式（）的所有可能值中，最大的是 。
【答案】6
（陕西理15）（考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评10.分）
A．（不等式选做题）若关于的不等式存在实数解，则实数的取值范围是 。
B．（几何证明选做题）如图，，且，则 。
C．（坐标系与参数方程选做题）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，设点A，B分别在曲线（为参数）和曲线上，则的最小值为 。
【答案】 3
11.（湖南理9）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（
为参数）在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，曲线C2的方程为，则C1与C2的交点个数为
【答案】2
12.（江西理15）（1）（坐标系与参数方程选做题）若曲线的极坐标方程为以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系，则该曲线的直角坐标方程为
【答案】
13.（江西理15）（2）（不等式选做题）对于实数,若的最大值为
【答案】5
14.（湖南理10）设,且，则的最小值为 。
【答案】9
15.（湖南理11）如图2，A,E是半圆周上的两个三等分点，直径BC=4，
AD⊥BC,垂足为D,BE与AD相交与点F，则AF的长为 。
【答案】
16.（广东理14）（坐标系与参数方程选做题）已知两曲线参数方程分别为和，它们的交点坐标为___________．
【答案】
17.（广东理15）（几何证明选讲选做题）如图4，过圆外一点分别作圆的切线
和割线交圆于,，且=7，是圆上一点使得=5，
∠=∠, 则= 。
【答案】
18.（福建理21）本题设有（1）、（2）、（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题做答，满分14分，如果多做，则按所做的前两题计分，做答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中。
（1）（本小题满分7分）选修4-2：矩阵与变换
设矩阵（其中a＞0，b＞0）．
（I）若a=2，b=3，求矩阵M的逆矩阵M-1；
（II）若曲线C：x2+y2=1在矩阵M所对应的线性变换作用下得到曲线C’：，求a，b的值．
（2）（本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程
在直接坐标系xOy中，直线l的方程为x-y+4=0，曲线C的参数方程为
．
（I）已知在极坐标（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，点P的极坐标为（4，），判断点P与直线l的位置关系；
（II）设点Q是曲线C上的一个动点，求它到直线l的距离的最小值．
（3）（本小题满分7分）选修4-5：不等式选讲
设不等式的解集为M．
（I）求集合M；
（II）若a，b∈M，试比较ab+1与a+b的大小．
（1）选修4—2：矩阵与变换
本小题主要考查矩阵与交换等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，满分7分。
解：（I）设矩阵M的逆矩阵，则
又，所以，
所以
故所求的逆矩阵
（II）设曲线C上任意一点，
它在矩阵M所对应的线性变换作用下得到点，
则
又点在曲线上，
所以,,
则为曲线C的方程，
又已知曲线C的方程为
又
（2）选修4—4：坐标系与参数方程
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。满分7分。
解：（I）把极坐标系下的点化为直角坐标，得P（0，4）。
因为点P的直角坐标（0，4）满足直线的方程，
所以点P在直线上，
（II）因为点Q在曲线C上，故可设点Q的坐标为，
从而点Q到直线的距离为
，
由此得，当时，d取得最小值，且最小值为
（3）选修4—5：不等式选讲
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，满分7分。
解：（I）由
所以
（II）由（I）和，
所以
故
19.（辽宁理22）
如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC=ED．
（I）证明：CD//AB；
（II）延长CD到F，延长DC到G，使得EF=EG，证明：A，B，G，F四点共圆．
20.（辽宁理23）
选修4-4：坐标系统与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数），曲线C2的参数方程为（，为参数），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l：θ=与C1，C2各有一个交点．当=0时，这两个交点间的距离为2，当=时，这两个交点重合．
（I）分别说明C1，C2是什么曲线，并求出a与b的值；
（II）设当=时，l与C1，C2的交点分别为A1，B1，当=时，l与C1，C2的交点为A2，B2，求四边形A1A2B2B1的面积．
解：
（I）C1是圆，C2是椭圆.
当时，射线l与C1，C2交点的直角坐标分别为（1，0），（a，0），因为这两点间的距离为2，所以a=3.
当时，射线l与C1，C2交点的直角坐标分别为（0，1），（0，b），因为这两点重合，所以b=1.
（II）C1，C2的普通方程分别为
当时，射线l与C1交点A1的横坐标为，与C2交点B1的横坐标为
当时，射线l与C1，C2的两个交点A2，B2分别与A1，B1关于x轴对称，因此，
四边形A1A2B2B1为梯形.
故四边形A1A2B2B1的面积为 …………10分
21.（辽宁理24）
选修4-5：不等式选讲
已知函数=|x-2|x-5|．
（I）证明：≤≤3；
（II）求不等式≥x2x+15的解集．
解：
（I）因为EC=ED，所以∠EDC=∠ECD.
因为A，B，C，D四点在同一圆上，所以∠EDC=∠EBA.
故∠ECD=∠EBA，
所以CD//AB. …………5分
（II）由（I）知，AE=BE，因为EF=FG，故∠EFD=∠EGC
从而∠FED=∠GEC.
连结AF，BG，则△EFA≌△EGB，故∠FAE=∠GBE，
又CD//AB，∠EDC=∠ECD，所以∠FAB=∠GBA.
所以∠AFG+∠GBA=180°.
故A，B，G，F四点共圆 …………10分
解：
（I）
当
所以 ………………5分
（II）由（I）可知，
当的解集为空集；
当；
当.
综上，不等式 …………10分
22．（全国新课标理22）选修4-1：几何证明选讲
如图，D，E分别为的边AB，AC上的点，且不与的顶点重合．已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于x的方程的两个根．
（I）证明：C，B，D，E四点共圆；
（II）若，且求C，B，D，E所在圆的半径．
解：
（I）连接DE，根据题意在△ADE和△ACB中，
AD×AB=mn=AE×AC，
即.又∠DAE=∠CAB，从而△ADE∽△ACB
因此∠ADE=∠ACB
所以C，B，D，E四点共圆．
（Ⅱ）m=4， n=6时，方程x2-14x+mn=0的两根为x1=2，x2=12.
故 AD=2，AB=12.
取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH.
由于∠A=900，故GH∥AB， HF∥AC. HF=AG=5，DF= (12-2)=5.
故C，B，D，E四点所在圆的半径为5
23.（全国新课标理23）选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数），M为上的动点，P点满足，点P的轨迹为曲线．
（I）求的方程；
（II）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与的异于极点的交点为A，与的异于极点的交点为B，求|AB|.
解：
（I）设P(x，y)，则由条件知M().由于M点在C1上，所以
即
从而的参数方程为
（为参数）
（Ⅱ）曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．
射线与的交点的极径为，
射线与的交点的极径为．
所以.
24.（全国新课标理24）选修4-5：不等式选讲
设函数，其中．
（I）当a=1时，求不等式的解集．
（II）若不等式的解集为｛x|，求a的值．
解：
（Ⅰ）当时，可化为
．
由此可得 或．
故不等式的解集为
或．
(Ⅱ) 由得
此不等式化为不等式组
或
即 或
因为，所以不等式组的解集为
由题设可得= ，故
应用题
1.（四川理9）某运输公司有12名驾驶员和19名工人，有8辆载重量为10吨的甲型卡车和7辆载重量为6吨的乙型卡车．某天需运往地至少72吨的货物，派用的每辆车虚满载且只运送一次．派用的每辆甲型卡车虚配2名工人，运送一次可得利润450元；派用的每辆乙型卡车虚配1名工人，运送一次可得利润350元．该公司合理计划当天派用两类卡车的车辆数，可得最大利润z=
A．4650元 B．4700元 C．4900元 D．5000元
【答案】C
【解析】由题意设派甲，乙辆，则利润，得约束条件画出可行域在的点代入目标函数
2.（湖北理10）放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变。假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M（单位：太贝克）与时间t（单位：年）满足函数关系：，其中M0为t=0时铯137的含量。已知t=30时，铯137含量的变化率是-10In2（太贝克／年），则M（60）=
A．5太贝克 B．75In2太贝克
C．150In2太贝克 D．150太贝克
【答案】D
3.（北京理）。根据统计，一名工作组装第x件某产品所用的时间（单位：分钟）为 （A，C为常数）。已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A件产品用时15分钟，那么C和A的值分别是
A．75，25 B．75，16 C．60，25 D．60，16
【答案】D
4．（陕西理）植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米。开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为 （米）。
【答案】2000
5．（湖北理）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共为3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为 升。
【答案】
6.（湖北理）提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况。在一般情况下，大桥上的车流速度v（单位：千米/小时）是车流密度x（单位：辆/千米）的函数。当桥上的的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时，研究表明；当时，车流速度v
是车流密度x的一次函数．
（Ⅰ）当时，求函数的表达式;
（Ⅱ）当车流密度为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某观点的车辆数，单位：辆/每小时）可以达到最大，并求出最大值（精确到1辆/小时）
本小题主要考查函数、最值等基础知识，同时考查运用数学知识解决实际问题的能力。（满分12分）
解：（Ⅰ）由题意：当；当
再由已知得
故函数的表达式为
（Ⅱ）依题意并由（Ⅰ）可得
当为增函数，故当时，其最大值为60×20=1200；
当时，
当且仅当，即时，等号成立。
所以，当在区间[20，200]上取得最大值
综上，当时，在区间[0，200]上取得最大值。
即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333辆/小时。
7.（湖南理20）。如图6，长方体物体E在雨中沿面P（面积为S）的垂直方向作匀速移动，速度为v（v＞0），雨速沿E移动方向的分速度为。E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：（1）P或P的平行面（只有一个面淋雨）的淋雨量，假设其值与×S成正比，比例系数为；（2）其它面的淋雨量之和，其值为，记y为E移动过程中的总淋雨量，当移动距离d=100，面积S=时。
（Ⅰ）写出y的表达式
（Ⅱ）设0＜v≤10,0＜c≤5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度v，使总淋雨量y最少。
解：（I）由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为，
故，
（II）由（I）知
当时，
当
故
（1）当时，y是关于v的减函数，
故当
（2）当时，在上，y是关于v的减函数，
在上，y是关于v的增函数，
故当
8.（江苏17）请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=cm
（1）某广告商要求包装盒侧面积S（cm）最大，试问应取何值？
（2）某广告商要求包装盒容积V（cm）最大，试问应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。
P
本小题主要考查函数的概念、导数等基础知识，考查数学建模能力、空间想象力、数学阅读能力及解决实际问题的能力。满分14分.
解：设馐盒的高为h（cm），底面边长为a（cm），由已知得
（1）
所以当时，S取得最大值.
（2）
由（舍）或x=20.
当时，
所以当x=20时，V取得极大值，也是最小值.
此时装盒的高与底面边长的比值为
9.（福建理18）。某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式，其中3
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