2020年整合河北省石家莊市屆高考數(shù)學(xué)一模試卷(理科)名師資料

1、河北省石家莊市 2015 屆高考數(shù)學(xué)一模試卷（理科）一、選擇題（本大題共 12 小題，每小題 5 分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1已知 i 為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)A2+iB2i=(    )C12i         D1+2i2已知集合 P=0，1，2，Q=y|y=3x，則 PQ=()A0，1B1，2C0，1，2D3已知 cos=k，k

2、R，（AB，），則 sin（+）=(    )C±Dk4下列說法中，不正確的是()A已知 a，b，mR，命題“若 am2bm2，則 ab”為真命題B命題“x0R，x02x00”的否定是：“xR，x2x0”C命題“p 或 q”為真命題，則命題 p 和 q 命題均為真命題D“x3”是“x2”的充分不必要條件fff5設(shè)函數(shù) （x）為偶函數(shù)，且當(dāng) x0，2）時(shí)，（x）=2sinx，當(dāng) x2，+）時(shí) （x）=log2

3、x，則=()AB1C3D6執(zhí)行下面的程序框圖，如果輸入的依次是 1，2，4，8，則輸出的 S 為()A2B2C4D67如圖，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，側(cè)棱垂直于底面，底面是邊長(zhǎng)為 2 的正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)為 3，則 BB1 與平面 AB1C1 所成的角是()ABCD8已知 O、A、B 三地在同一水平面內(nèi)，A 地在 O 地正東方向 2km 處，B 地在 O 地正北方向

4、60;2km 處，某測(cè)繪隊(duì)員在 A、B 之間的直線公路上任選一點(diǎn) C 作為測(cè)繪點(diǎn)，用測(cè)繪儀進(jìn)行測(cè)繪，O 地為一磁場(chǎng)，距離其不超過km 的范圍內(nèi)會(huì)測(cè)繪儀等電子儀器形成干擾，使測(cè)量結(jié)果不準(zhǔn)確，則該測(cè)繪隊(duì)員能夠得到準(zhǔn)確數(shù)據(jù)的概率是()A1B               C1         &#

5、160;  D9已知拋物線 y2=2px（p0）的焦點(diǎn) F 恰好是雙曲線  =1（a0，b0）的一個(gè)焦點(diǎn)，兩條曲線的交點(diǎn)的連線過點(diǎn) F，則雙曲線的離心率為()ABC1+10一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()D1+A64B72C80D11211已知平面圖形 ABCD 為凸四邊形（凸四邊形即任取平面四邊形一邊所在的直線，其余各邊均在此直線的同側(cè)），且 AB=2，BC=4，CD=5，DA=3，則四邊形 ABCD 面積 S 的最大值為()

6、AB2C4D612已知函數(shù) f（x）=，若關(guān)于 x 的方程 f2（x）bf（x）+c=0（b，cR）有 8 個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則由點(diǎn)（b，c）確定的平面區(qū)域的面積為()ABCD二、填空題：本大題共 4 小題，每小題 5 分13已知平面向量 ， 的夾角為，| |=2，| |=1，則| + |=_14將甲、乙、丙、丁四名學(xué)生分到兩個(gè)不同的班，每個(gè)班至少分到一名學(xué)生，且甲、乙兩名學(xué)生不能分到同一個(gè)班，則不同的分法的總數(shù)為_15設(shè)過曲線 

7、;f（x）=exx（e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）上任意一點(diǎn)處的切線為 l1，總存在過曲線 g（x）=ax+2cosx 上一點(diǎn)處的切線 l2，使得 l1l2，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍為_16已知橢圓=1（ab0）的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為 F1，F(xiàn)2，設(shè) P 為橢圓上一點(diǎn)，F(xiàn)1PF2的外角平分線所在的直線為 l，過 F1，F(xiàn)2 分別作 l 的垂線，垂足分別為 R，S，當(dāng) P 在橢圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，R，S 所形成的圖形的面積

8、為_三、解答題：本大題共 5 小題，共 70 分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17設(shè)數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 Sn，a1=1，an+1=Sn+1（nN*，1），且 a1、2a2、a3+3 為等差數(shù)列bn的前三項(xiàng)（）求數(shù)列an、bn的通項(xiàng)公式；（）求數(shù)列anbn的前 n 項(xiàng)和18集成電路 E 由 3 個(gè)不同的電子元件組成，現(xiàn)由于元件老化，三個(gè)電子元件能正常工作的概率分別降為 ， ， ，且每個(gè)電子元件能否正常工

9、作相互獨(dú)立，若三個(gè)電子元件中至少有 2 個(gè)正常工作，則 E 能正常工作，否則就需要維修，且維修集成電路 E 所需費(fèi)用為 100元（）求集成電路 E 需要維修的概率；（）若某電子設(shè)備共由 2 個(gè)集成電路 E 組成，設(shè) X 為該電子設(shè)備需要維修集成電路所需的費(fèi)用，求 X 的分布列和期望，19如圖，在四棱錐 PABCD 中，底面 ABCD 為梯形，ABC=BAD=90°AP=AD=A

10、B=，BC=t，PAB=PAD=（）當(dāng) t=3時(shí)，試在棱 PA 上確定一個(gè)點(diǎn) E，使得 PC平面 BDE，并求出此時(shí)的值；時(shí)（）當(dāng) =60° ，若平面 PAB平面 PCD，求此時(shí)棱 BC 的長(zhǎng)20在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，一動(dòng)圓經(jīng)過點(diǎn)（ ，0）且與直線 x= 相切，設(shè)該動(dòng)圓圓心的軌跡為曲線 E（）求曲線 E 的方程；（）設(shè) P 是曲線 E 的動(dòng)

11、點(diǎn)，點(diǎn) B、C 在 y 軸上， PBC 的內(nèi)切圓的方程為（x1）2+y2=1，PBC 面積的最小值21已知函數(shù) f（x）=x2+ +alnx（）若 f（x）在區(qū)間2，3上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；（）設(shè) f（x）的導(dǎo)函數(shù) f （x）的圖象為曲線 C，曲線 C 上的不同兩點(diǎn) A（x1，y1）、B（x2，y2）所在直線的斜率為 k，求證：當(dāng) a4 時(shí)，|k|1四、請(qǐng)考生在第

12、 22-24 三題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分 選修 4-1：幾何證明選講22如圖，已知O 和M 相交于 A、B 兩點(diǎn)，AD 為M 的直徑，直線 BD 交O 于點(diǎn) C，點(diǎn) G 為 BD 中點(diǎn)，連接 AG 分別交O、BD 于點(diǎn) E、F 連接 CE（1）求證：AGEF=CEGD；（2）求證：四、請(qǐng)考生在第 22-24 三題中

13、任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分 選修 4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程23已知曲線 C1 的參數(shù)方程為（ 為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn) O 為極點(diǎn)，x 軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線 C2 的極坐標(biāo)方程為 =2（）分別寫出 C1 的普通方程，C2 的直角坐標(biāo)方程（）已知 M、N 分別為曲線 C1 的上、下頂點(diǎn)，點(diǎn) P 為曲線 C2 上任意一點(diǎn)，求|PM|+|PN|的最大值四、

14、請(qǐng)考生在第 22-24 三題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分 選修 4-5：不等式選講24已知函數(shù) f（x）=的定義域?yàn)?#160;R（）求實(shí)數(shù) m 的取值范圍（）若 m 的最大值為 n，當(dāng)正數(shù) a、b 滿足+=n 時(shí)，求 7a+4b 的最小值河北省石家莊市 2015 屆高考數(shù)學(xué)一模試卷（理科）一、選擇題（本大題共 12 小題，每小題 5 分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有

15、一項(xiàng)是符合題目要求的）1已知 i 為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)=()A2+iB2iC12iD1+2i考點(diǎn)：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算專題：數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù)分析：直接利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)求值解答：解：=，故選：C點(diǎn)評(píng)：本題考查了復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算考查了復(fù)數(shù)的基本概念，是基礎(chǔ)題2已知集合 P=0，1，2，Q=y|y=3x，則 PQ=()A0，1B1，2C0，1，2D考點(diǎn)：交集及其運(yùn)算專題：集合分析：根據(jù)集合的基本運(yùn)算進(jìn)行求解即可解答：解：Q=y|y=3x=y|y0，則 PQ=1，2，故選：B點(diǎn)評(píng)：本題主要考查集合的基本運(yùn)算，比較基礎(chǔ)3已知 

16、;cos=k，kR，（AB，），則 sin（+）=(    )C±          Dk考點(diǎn)：同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運(yùn)用；運(yùn)用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)求值專題：三角函數(shù)的求值分析：由已知及同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運(yùn)用可求 sin，從而由誘導(dǎo)公式即可得解解答：解：cos=k，kR，（sin=，），sin（+）=sin=故選：A點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運(yùn)用，運(yùn)用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)求值，屬于基本知識(shí)的考查4下列說法中，不正確的是()

17、A已知 a，b，mR，命題“若 am2bm2，則 ab”為真命題B命題“x0R，x02x00”的否定是：“xR，x2x0”C命題“p 或 q”為真命題，則命題 p 和 q 命題均為真命題D“x3”是“x2”的充分不必要條件考點(diǎn)：命題的真假判斷與應(yīng)用專題：簡(jiǎn)易邏輯分析：A利用不等式的基本性質(zhì)即可判斷出正誤；B利用命題的否定定義即可判斷出正誤；C利用復(fù)合命題的真假判定方法即可判斷出正誤；D“x3”“x2”，反之不成立，即可判斷出正誤解答：解：A若 am2bm2，利用不等式的性質(zhì)可得：ab，因此為真命

18、題；B命題“x0R，x02x00”的否定是：“xR，x2x0”，正確；C“p 或 q”為真命題，則命題 p 和 q 命題至少有一個(gè)為真命題，因此不正確；D“x3”“x2”，反之不成立，因此“x3”是“x2”的充分不必要條件，正確故選：C點(diǎn)評(píng)：本題考查了簡(jiǎn)易邏輯的判定、不等式的基本性質(zhì)，考查了推理能力，屬于基礎(chǔ)題fff5設(shè)函數(shù) （x）為偶函數(shù)，且當(dāng) x0，2）時(shí)，（x）=2sinx，當(dāng) x2，+）時(shí) （x）=log2x，則=(    )AB 1&#

19、160;         C3           D考點(diǎn)：函數(shù)的值專題：計(jì)算題分析：函數(shù) f（x）為偶函數(shù)，可得f（）=f（）再將其代入 f（x）=2sinx，進(jìn)行求解，再根據(jù) x2，+）時(shí) f（x）=log2x，求出 f（4），從而進(jìn)行求解；解答：解：函數(shù) f（x）為偶函數(shù)，f（）=f（），當(dāng) x0，2）時(shí) f（x

20、）=2sinx，f（x）=2sin=2× =；當(dāng) x2，+）時(shí) f（x）=log2x，f（4）=log24=2，=+2，故選 D；點(diǎn)評(píng)：此題主要考查函數(shù)值的求解問題，解題的過程中需要注意函數(shù)的定義域，是一道基礎(chǔ)題；6執(zhí)行下面的程序框圖，如果輸入的依次是 1，2，4，8，則輸出的 S 為()A2B2考點(diǎn)：程序框圖專題：圖表型；算法和程序框圖C4           D6分析：模擬執(zhí)行程序框圖，依次寫出每次循環(huán)

21、得到的 S，i 的值，當(dāng) i=5 時(shí)，不滿足條件 i4，退出循環(huán)，輸出 S 的值為 2解答：解：模擬執(zhí)行程序框圖，可得S=1，i=1滿足條件 i4，S=1，i=2滿足條件 i4，S=，i=3滿足條件 i4，S=2，i=4滿足條件 i4，S=2，i=5不滿足條件 i4，退出循環(huán)，輸出 S 的值為 2故選：B點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖，正確寫出每次循環(huán)得到的 S 的值是解題的關(guān)鍵，屬于基本知識(shí)的考查7如圖，在

22、三棱柱 ABCA1B1C1 中，側(cè)棱垂直于底面，底面是邊長(zhǎng)為 2 的正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)為 3，則 BB1 與平面 AB1C1 所成的角是()ABCD考點(diǎn)：直線與平面所成的角專題：計(jì)算題分析：以 B 為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用與平面 AB1C1 所的一個(gè)法向量 的夾角，求出則 BB1 與平面 AB1C1 所成的角解答：解：以 B 為坐標(biāo)原點(diǎn)，以與 BC 垂直的直線為

23、60;x 軸，BC 為 y 軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則 A（2，0），1，0），B1（0，0，3），C1（0，2，3），=（0，0，3）=（  ，1，3），    =（0，設(shè)平面 AB1C1 所的一個(gè)法向量為 =（x，y，z）則即，取 z=1，則得 =（，0，1），cos， = ，BB1 與平面 AB1C1 所成的角的正弦值為 ，BB1 與平面 AB1C1&

24、#160;所成的角為故選 A點(diǎn)評(píng)：本題考查線面角的計(jì)算，利用了空間向量的方法要注意相關(guān)點(diǎn)和向量坐標(biāo)的準(zhǔn)確性，及轉(zhuǎn)化時(shí)角的相等或互余關(guān)系8已知 O、A、B 三地在同一水平面內(nèi)，A 地在 O 地正東方向 2km 處，B 地在 O 地正北方向 2km 處，某測(cè)繪隊(duì)員在 A、B 之間的直線公路上任選一點(diǎn) C 作為測(cè)繪點(diǎn)，用測(cè)繪儀進(jìn)行測(cè)繪，O 地為一磁場(chǎng)，距離其不超過km 的范圍內(nèi)會(huì)測(cè)繪儀等電子儀器形成干擾，使測(cè)量結(jié)

25、果不準(zhǔn)確，則該測(cè)繪隊(duì)員能夠得到準(zhǔn)確數(shù)據(jù)的概率是()A1BC1D考點(diǎn)：解三角形的實(shí)際應(yīng)用專題：應(yīng)用題；概率與統(tǒng)計(jì)分析：作出圖形，以長(zhǎng)度為測(cè)度，即可求出概率解答：解：由題意，AOB 是直角三角形，OA=OB=2，所以 AB=2，O 地為一磁場(chǎng)，距離其不超過km 的范圍為 個(gè)圓，與 AB 相交于 C，D 兩點(diǎn)，作 OEAB，則 OE=，所以 CD=2，所以該測(cè)繪隊(duì)員能夠得到準(zhǔn)確數(shù)據(jù)的概率是 1=1  故選：A點(diǎn)評(píng)：本題考查利用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問題，考查

26、概率的計(jì)算，正確確定 CD 是關(guān)鍵9已知拋物線 y2=2px（p0）的焦點(diǎn) F 恰好是雙曲線  =1（a0，b0）的一個(gè)焦點(diǎn)，兩條曲線的交點(diǎn)的連線過點(diǎn) F，則雙曲線的離心率為()ABC1+D1+考點(diǎn)：雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)專題：計(jì)算題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：先根據(jù)拋物線方程得到焦點(diǎn)坐標(biāo)和交點(diǎn)坐標(biāo)，代入雙曲線，把 =c 代入整理得 c46a2c2+a4=0 等式兩邊同除以 a4，得到關(guān)于離心率 e 的方程，進(jìn)而可求得 e解答：解：由題

27、意，兩條曲線交點(diǎn)的連線過點(diǎn) F兩條曲線交點(diǎn)為（ ，p），代入雙曲線方程得，又 =c代入化簡(jiǎn)得 c46a2c2+a4=0e46e2+1=0e2=3+2=（1+）2e=+1故選：Cc點(diǎn)評(píng)：本題考查由圓錐曲線的方程求焦點(diǎn)、考查雙曲線的三參數(shù)的關(guān)系： 2=a2+b2 注意與橢圓的區(qū)別10一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A64B72考點(diǎn)：由三視圖求面積、體積專題：計(jì)算題C80          D112分析：由幾何體的三視圖可知

28、，該幾何體下部為正方體，邊長(zhǎng)為4，上部為三棱錐（以正方體上底面為底面），高為 3分別求體積，再相加即可解答：解：由幾何體的三視圖可知，該幾何體下部為正方體，邊長(zhǎng)為 4，體積為 43=64上部為三棱錐，以正方體上底面為底面，高為 3體積 ×故該幾何體的體積是 64+8=72故選 B點(diǎn)評(píng)：本題考查由三視圖求幾何體的體積，考查由三視圖還原幾何體直觀圖，考查與錐體積公式，本題是一個(gè)基礎(chǔ)題11已知平面圖形 ABCD 為凸四邊形（凸四邊形即任取平面四邊形一邊所在的直線，其余各邊均在此直線的同側(cè)），且

29、0;AB=2，BC=4，CD=5，DA=3，則四邊形 ABCD 面積 S 的最大值為()AB2C4D6考點(diǎn)：余弦定理；正弦定理專題：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)；解三角形分析：設(shè) AC=x ABC ACD 中，由余弦定理可得，15cosD8cosB=7，再由三角形的面積公式可得 8sinB+15sinD=2S，兩式兩邊平方結(jié)合兩角和的余弦公式和余弦函數(shù)的值域，即可求得最大值解答：解：設(shè) AC=xABC 中，由余弦定理可得，x2=22+422×2×4cosB=2016cosB

30、，ACD 中，由余弦定理可得，x2=32+522×3×5cosD=3430cosD，即有 15cosD8cosB=7，又四邊形 ABCD 面積 S= ×2×4sinB+ ×3×5sinD= （8sinB+15sinD），即有 8sinB+15sinD=2S，又 15cosD8cosB=7，兩式兩邊平方可得，64+225+240（sinBsinDcosBcosD）=49+4s2，化簡(jiǎn)可得，240cos（B+D）=4S2240，由于1cos

31、（B+D）1，即有 S2當(dāng) cos（B+D）=1 即 B+D= 時(shí)，4S2240=240，解得 S=2故 S 的最大值為 2故選 B點(diǎn)評(píng)：本題考查三角形的面積公式和余弦定理的運(yùn)用，同時(shí)考查兩角和的余弦公式的運(yùn)用和余弦函數(shù)的最值的求法，屬于中檔題12已知函數(shù) f（x）=，若關(guān)于 x 的方程 f2（x）bf（x）+c=0（b，cR）有 8 個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則由點(diǎn)（b，c）確定的平面區(qū)域的面積為()ABCD考點(diǎn)：分段函數(shù)的應(yīng)用專題：函數(shù)的性質(zhì)

32、及應(yīng)用分析：題中原方程 f2（x）bf（x）+c=0 有 8 個(gè)不同實(shí)數(shù)解，即要求對(duì)應(yīng)于 f（x）=某個(gè)常數(shù) K，有 2 個(gè)不同的 K，再根據(jù)函數(shù)對(duì)應(yīng)法則，每一個(gè)常數(shù)可以找到4 個(gè) x 與之對(duì)應(yīng)，就出現(xiàn)了 8 個(gè)不同實(shí)數(shù)解，故先根據(jù)題意作出 f（x）的簡(jiǎn)圖，由圖可知，只有滿足條件的 K 在開區(qū)間（0，1）時(shí)符合題意再根據(jù)一元二次方程根的分布理論可以得出答案解答：解：根據(jù)題意作出 f（x）的簡(jiǎn)圖：由圖象可得當(dāng) 

33、;f（x）（0，1時(shí)，有四個(gè)不同的 x 與 f（x）對(duì)應(yīng)再結(jié)合題中“方程 f2（x）bf（x）+c=0 有 8 個(gè)不同實(shí)數(shù)解”，可以分解為形如關(guān)于 k 的方程 k2bk+c=0 有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根 K1、K2，且 K1 和 K2 均為大于 0 且小于等于 1 的實(shí)數(shù)列式如下：，化簡(jiǎn)得，此不等式組表示的區(qū)域如圖：則圖中陰影部分的面積即為答案，由定積分的知識(shí)得S= ×1×

34、1=故選：A點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)的圖象與一元二次方程根的分布的知識(shí)，同時(shí)考查定積分等知識(shí)，較為綜合；采用數(shù)形結(jié)合的方法解決，使本題變得易于理解二、填空題：本大題共 4 小題，每小題 5 分13已知平面向量 ， 的夾角為考點(diǎn)：平面向量數(shù)量積的運(yùn)算專題：平面向量及應(yīng)用分析：運(yùn)用數(shù)量積的定義求解得出，| |=2，| |=1，則| + |=  =| | |cos   ，結(jié)合向量的運(yùn)算，與模的運(yùn)算轉(zhuǎn)化：| + |2=

35、（）2=| |2+| |2+2，代入數(shù)據(jù)求解即可解答：解：平面向量 ， 的夾角為，| |=2，| |=1，=| | |cos=2×=1，| + |2=（）2=| |2+| |2+2=4+12=3，即| + |=故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題考查了平面向量的數(shù)量積的運(yùn)用，應(yīng)用求解向量的模，計(jì)算簡(jiǎn)單，屬于容易題14將甲、乙、丙、丁四名學(xué)生分到兩個(gè)不同的班，每個(gè)班至少分到一名學(xué)生，且甲、乙兩名學(xué)生不能分到同一個(gè)班，則不同的分法的總數(shù)為 30考點(diǎn)：計(jì)數(shù)原

36、理的應(yīng)用專題：計(jì)算題分析：由題意知本題可心先做出所有情況，再減支渠不合題意的結(jié)果，用間接法解四名學(xué)生中有兩名學(xué)生分在一個(gè)班的種數(shù)是，順序有種，而甲、乙被分在同一個(gè)班的有種，兩個(gè)相減得到結(jié)果解答：解：每個(gè)班至少分到一名學(xué)生，且甲、乙兩名學(xué)生不能分到一個(gè)班，用間接法解四名學(xué)生中有兩名學(xué)生分在一個(gè)班的種數(shù)是順序有種，而甲、乙被分在同一個(gè)班的有種，不同的分法的總數(shù)為：=30，故答案為：30點(diǎn)評(píng)：本題考查排列組合的實(shí)際應(yīng)用，考查利用排列組合解決實(shí)際問題，是一個(gè)基礎(chǔ)題，這種題目是排列組合中經(jīng)常出現(xiàn)的一個(gè)問題15設(shè)過曲線 f（x）=exx（e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）上任意一點(diǎn)處的切線為

37、60;l1，總存在過曲線 g（x）=ax+2cosx 上一點(diǎn)處的切線 l2，使得 l1l2，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍為1，2考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程專題：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用；不等式的解法及應(yīng)用；直線與圓分析：求出函數(shù) f（x）=exx 的導(dǎo)函數(shù)，進(jìn)一步求得（0，1），再求出 g（x）的導(dǎo)函數(shù)的范圍，然后把過曲線 f（x）=exx 上任意一點(diǎn)的切線為 l1，總存在過曲線 g（x）=ax+2cosx 上一點(diǎn)處的切線 l2，使得 l1

38、l2 轉(zhuǎn)化為集合間的關(guān)系求解解答：解：由 f（x）=exx，得 f（x）=ex1，ex+11，（0，1），由 g（x）=ax+2cosx，得 g（x）=a2sinx，又2sinx2，2，a2sinx2+a，2+a，要使過曲線 f（x）=exx 上任意一點(diǎn)的切線為 l1，總存在過曲線 g（x）=ax+2cosx 上一點(diǎn)處的切線 l2，使得 l1l2，則，解得1a2即 a 的取值范圍為1a2故答案為：1，2點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上的某點(diǎn)的切線方程，

39、考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，解答此題的關(guān)鍵是把問題轉(zhuǎn)化為集合間的關(guān)系求解，是中檔題16已知橢圓=1（ab0）的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為 F1，F(xiàn)2，設(shè) P 為橢圓上一點(diǎn)，F(xiàn)1PF2的外角平分線所在的直線為 l，過 F1，F(xiàn)2 分別作 l 的垂線，垂足分別為 R，S，當(dāng) P 在橢圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，R，S 所形成的圖形的面積為 a2考點(diǎn)：橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：延長(zhǎng) F2S 交 F1P 的延長(zhǎng)線于 Q，可證得&#

40、160;PQ=PF2，且 S 是 PF2 的中點(diǎn)，由此可求得 OS的長(zhǎng)度是定值，即可求點(diǎn) S 的軌跡的幾何特征解答：解：由題意，P 是以 F1，F(xiàn)2 為焦點(diǎn)的橢圓上一點(diǎn)，過焦點(diǎn) F2 作F1PF2 外角平分線的垂線，垂足為 S，延長(zhǎng) F2S 交 F1P 的延長(zhǎng)線于 Q，得 PQ=PF2，由橢圓的定義知 PF1+PF2=2a，故有 PF1+PQ=QF1=2a，連接 OS

41、，知 OS 是三角形 F1F2Q 的中位線，OS=a，即點(diǎn) M 到原點(diǎn)的距離是定值 a，由此知點(diǎn) S 的軌跡是以原點(diǎn)為圓心、半徑等于 a的圓同理可得，點(diǎn) R 的軌跡是以原點(diǎn)為圓心、半徑等于 a 的圓故點(diǎn) R，S 所形成的圖形的面積為 a2點(diǎn)評(píng)：本題考查求軌跡方程，關(guān)鍵是證出OS 是中位線以及利用題設(shè)中所給的圖形的幾何特征求出 QF1 的長(zhǎng)度，進(jìn)而求出 OS 的長(zhǎng)度，再利用圓的定

42、義得出點(diǎn) M 的軌跡是一個(gè)圓，屬于難題三、解答題：本大題共 5 小題，共 70 分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17設(shè)數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 Sn，a1=1，an+1=Sn+1（nN*，1），且 a1、2a2、a3+3 為等差數(shù)列bn的前三項(xiàng)（）求數(shù)列an、bn的通項(xiàng)公式；（）求數(shù)列anbn的前 n 項(xiàng)和考點(diǎn)：數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列（分析： 1）由 an+1=Sn+1（nN*，1），當(dāng) n2 

43、;時(shí)，an=Sn1+1，可得 an+1=（1+）an，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得 a3，再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；（2）利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前 n 項(xiàng)和公式即可得出解答：解：（1）an+1=Sn+1（nN*，1），當(dāng) n2 時(shí)，an=Sn1+1，an+1an=an，即 an+1=（1+）an，又 a1=1，a2=a1+1=+1，數(shù)列an為以 1 為首項(xiàng)，公比為 +1 的等比數(shù)列，a3=（+1）2，a1、2a2、a3+3 為等差數(shù)列bn的前三項(xiàng)4（+

44、1）=1+（+1）2+3，整理得（1）2=0，解得 =1an=2n1，bn=1+3（n1）=3n2（2）anbn=（3n2）2n1，數(shù)列anbn的前 n 項(xiàng)和 Tn=1+4×2+7×22+（3n2）2n1，2Tn=2+4×22+7×23+（3n5）×2n1+（3n2）×2n，1Tn=1+3×2+3×22+3×2n（3n2）×2n=（3n2）×2n=（53n）×2n5，Tn=（3n5）×2n+5點(diǎn)評(píng)：本題考查了遞推式的應(yīng)用、“錯(cuò)

45、位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前 n項(xiàng)和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題18集成電路 E 由 3 個(gè)不同的電子元件組成，現(xiàn)由于元件老化，三個(gè)電子元件能正常工作的概率分別降為 ， ， ，且每個(gè)電子元件能否正常工作相互獨(dú)立，若三個(gè)電子元件中至少有 2 個(gè)正常工作，則 E 能正常工作，否則就需要維修，且維修集成電路 E 所需費(fèi)用為 100元（）求集成電路 E 需要維修的概率；（）若某電子設(shè)備共由 2

46、 個(gè)集成電路 E 組成，設(shè) X 為該電子設(shè)備需要維修集成電路所需的費(fèi)用，求 X 的分布列和期望考點(diǎn)：相互獨(dú)立事件的概率乘法公式；互斥事件的概率加法公式；離散型隨機(jī)變量的期望與方差專題：概率與統(tǒng)計(jì)分析：（）由條件利用相互獨(dú)立事件的概率乘法公式求得 3 個(gè)元件都不能正常工作的概率P1 的值，3 個(gè)元件中的 2 個(gè)不能正常工作的概率 P2 的值，再把 P1 和 P2 相加，即得所求（）設(shè)  為

47、維修集成電路的個(gè)數(shù)，則  服從 B（2，），求得 P（X=100）=P（=k） 的值，可得 X 的分布列，從而求得 X 的期望解答：解：（）三個(gè)電子元件能正常工作分別記為事件A，B，C，則 P（A）= ，P（B）= ，P（C）= 依題意，集成電路 E 需要維修有兩種情形：3 個(gè)元件都不能正常工作，概率為 P1=P（）=P（ ）P（ ）P（ ）= × ×

48、60;=3 個(gè)元件中的 2 個(gè)不能正常工作，概率為 P2=P（A）+P（ B ）+P（  C）所以，集成電路 E 需要維修的概率為 P1+P2=      =+× = + =（）設(shè)  為維修集成電路的個(gè)數(shù)，則  服從 B（2，），而 X=100，P（X=100）=P（=k）=X 的分布列為：X0100200 

49、                  ，k=0，1，2PEX=0×+100×+200×=點(diǎn)評(píng)：本題主要考查相互獨(dú)立事件的概率乘法公式、互斥事件的概率加法公式，離散型隨機(jī)變量的分布列，屬于中檔題19如圖，在四棱錐 PABCD 中，底面 ABCD 為梯形，ABC=BAD=90°，AP=AD=AB=BC=t，PAB=PAD=，（）當(dāng) t

50、=3時(shí)，試在棱 PA 上確定一個(gè)點(diǎn) E，使得 PC平面 BDE，并求出此時(shí)（）當(dāng) =60°時(shí)，若平面 PAB平面 PCD，求此時(shí)棱 BC 的長(zhǎng)的值；考點(diǎn)：向量語言表述面面的垂直、平行關(guān)系；直線與平面平行的性質(zhì)；平面與平面垂直的性質(zhì)專題：綜合題；空間位置關(guān)系與距離分析：（）在棱 PA 上取點(diǎn) E，使得證明 PC平面 BDE；= ，連接 AC，BD 交于點(diǎn) F，證明 EFPC，即可（）取&#

51、160;BC 上一點(diǎn) G 使得 BG=，連結(jié) DG，則 ABGD 為正方形過 P 作 PO平面 ABCD，垂足為 O連結(jié) OA，OB，OD，OG，以 O 坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)?#160;x 軸，y 軸，z 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面 PAB 的法向量 =（1，1，1）、同平面 PCD 的法向量 =（1， 1，1），由=0，解得

52、60;BC 的長(zhǎng)解答：解：（1）在棱 PA 上取點(diǎn) E，使得連接 AC，BD 交于點(diǎn) F，因?yàn)?#160;ADBC，= ，2所以所以= ，所以，EFPC因?yàn)?#160;PC平面 BDE，EF平面 BDE所以 PC平面 BDE4（）取 BC 上一點(diǎn) G 使得 BG=，連結(jié) DG，則 ABGD 為正方形過 P 作 PO平面 ABCD，垂足為 

53、O連結(jié) OA，OB，OD，OG，AP=AD=AB，PAB=PAD=60°PAB PAD 都是等邊三角形，因此 PA=PB=PD，所以 OA=OB=OD，即點(diǎn) O 為正方形 ABGD 對(duì)角線的交點(diǎn)，7以 O 坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)?#160;x 軸，y 軸，z 軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 Oxyz則 O（0，0，0），P（0，0，1），A（1，0，0），B（0，1，0），D（0，1，0），G（1，0，0）設(shè)棱

54、60;BC 的長(zhǎng)為 t，則 C（t，1  t，0），=（1，0，1），=（0，1，1），=（  t，1  t，1），  =（0，1，1）9設(shè)平面 PAB 的法向量為 =（x，y，z），則，取 =（1，1，1）10同理平面 PCD 的法向量 =（1，1，1）11由=0，解得 t=2，即 BC 的長(zhǎng)為 212點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了線面平行的判定定理及性質(zhì)，考查向量方法的運(yùn)用，正確建立

55、坐標(biāo)系，求出平面的法向量是關(guān)鍵20在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，一動(dòng)圓經(jīng)過點(diǎn)（ ，0）且與直線 x= 相切，設(shè)該動(dòng)圓圓心的軌跡為曲線 E（）求曲線 E 的方程；（）設(shè) P 是曲線 E 的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn) B、C 在 y 軸上， PBC 的內(nèi)切圓的方程為（x1）2+y2=1，PBC 面積的最小值考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題專題：直線與圓；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：（）運(yùn)用拋物線的定義，可得軌跡為拋物線，進(jìn)而得

56、到方程；（）設(shè) P（x0，y0），B（0，b），C（0，c），求得直線 PB 的方程，運(yùn)用直線和圓相切的條件：d=r，求得 b，c 的關(guān)系，求得 PBC 的面積，結(jié)合基本不等式，即可得到最小值解答：解：（）由題意可知圓心到（ ，0）的距離等于到直線 x= 的距離，由拋物線的定義可知，圓心的軌跡方程：y2=2x（）設(shè) P（x0，y0），B（0，b），C（0，c），直線 PB 的方程為：（y0b）xx0y+x0b=0，又圓心（1，0）到 PB 的距離

57、為 1，即=1，整理得：（x02）b2+2y0bx0=0，同理可得：（x02）c2+2y0cx0=0，所以，可知 b，c 是方程（x02）x2+2y0xx0=0 的兩根，所以 b+c=，bc=，依題意 bc0，即 x02，則（cb）2=因?yàn)?#160;y02=2x0，所以：|bc|=|，|所以 S= |bc|x0|=（x02）+48當(dāng) x0=4 時(shí)上式取得等號(hào)，PBC 面積最小值為 8點(diǎn)評(píng)：本題考查拋物線的定義、方程和性質(zhì)，主要考查定義法和方程的運(yùn)用，同時(shí)考查直線和

58、圓相切的條件：d=r，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題21已知函數(shù) f（x）=x2+ +alnx（）若 f（x）在區(qū)間2，3上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；（）設(shè) f（x）的導(dǎo)函數(shù) f （x）的圖象為曲線 C，曲線 C 上的不同兩點(diǎn) A（x1，y1）、B（x2，y2）所在直線的斜率為 k，求證：當(dāng) a4 時(shí)，|k|1考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程專題：綜合題；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（3分析： 1）由函數(shù)單調(diào)

59、性，知其導(dǎo)函數(shù)0 在2， 上恒成立，將問題轉(zhuǎn)化為在2，3上單調(diào)遞減即可求得結(jié)果；（2）根據(jù)題意，將寫成，利用不等式的性質(zhì)證明，所以        ，即得解答：解：（1）由因?yàn)?#160;f（x）在區(qū)間2，3上單調(diào)遞增，得所以即設(shè)0 在2，3上恒成立，在2，3上恒成立，則                  &#

60、160;    ，所以 g（x）在2，3上單調(diào)遞減，故 g（x）max=g（2）=7，所以 a7；（2）對(duì)于任意兩個(gè)不相等的正數(shù) x1、x2 有=，而，=，故：，即1，當(dāng) a4 時(shí)，點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)及基本不等式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是利用不等式得到函數(shù)值的差的絕對(duì)值要大于自變量的差的絕對(duì)值四、請(qǐng)考生在第 22-24 三題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分 選修 4-1：幾何證明選講22如圖，已知O 和M 相交于

61、60;A、B 兩點(diǎn)，AD 為M 的直徑，直線 BD 交O 于點(diǎn) C，點(diǎn) G 為 BD 中點(diǎn)，連接 AG 分別交O、BD 于點(diǎn) E、F 連接 CE（1）求證：AGEF=CEGD；（2）求證：考點(diǎn)：圓的切線的性質(zhì)定理的證明；與圓有關(guān)的比例線段專題：證明題；壓軸題（分析： 1）要證明 AGEF=CEGD 我們可以分析積等式中四條線段的位置，然后判斷它們所在的三角形是否相似，然后將其轉(zhuǎn)化為一個(gè)證明三角形相

62、似的問題（2）由（1）的推理過程，我們易得DAG=GDF，又由公共角G DFGAGD，易得 DG2=AGGF，結(jié)合（1）的結(jié)論，不難得到要證明的結(jié)論，解答：證明：（1）連接 AB，AC，AD 為M 的直徑，ABD=90°AC 為O 的直徑，CEF=AGD，DFG=CFE，ECF=GDF，G 為弧 BD 中點(diǎn)，DAG=GDF，ECB=BAG，DAG=ECF，CEFAGD，AGEF=CEGD（2）由（1）知DAG=GDF，G=G，DFGAGD，DG2=AGGF，由（1）知，（，點(diǎn)評(píng)：證明三

63、角形相似有三個(gè)判定定理： 1）如果一個(gè)三角形的兩條邊和另一個(gè)三角形的兩條邊對(duì)應(yīng)成比例，并且夾角相等，那么這兩個(gè)三角形相似（簡(jiǎn)敘為：兩邊對(duì)應(yīng)成比例且夾角相等，兩個(gè)三角形相似（2）如果一個(gè)三角形的三條邊與另一個(gè)三角形的三條邊對(duì)應(yīng)成比例，那么這兩個(gè)三角形相似（簡(jiǎn)敘為：三邊對(duì)應(yīng)成比例，兩個(gè)三角形相似（3）如果兩個(gè)三角形的兩個(gè)角分別對(duì)應(yīng)相等（或三個(gè)角分別對(duì)應(yīng)相等） 則有兩個(gè)三角形相似我們要根據(jù)已知條件進(jìn)行合理的選擇，以簡(jiǎn)化證明過程四、請(qǐng)考生在第 22-24 三題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分 選修 4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程23已知曲線 C1 的參數(shù)方程為（ 為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)