2019年湖北省高考數(shù)學(xué)模擬試卷(含解析)

1、2019年湖北省襄陽(yáng)五中高考數(shù)學(xué)適應(yīng)性試卷(理科)( 5)12 小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)答案中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的21 ( 5 分)若集合A y | yx3 ，B x| y ln(x 1)，則(eRA)B ()A ( 1,)B ( 1,0)CD 0 ，)2 ( 5 分)已知z (1 i )1902 (1 i )2017 ，其中 i 為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)z 的虛部1i 1i是()A 1B iC 1D i3 ( 5 分) “所有 9 的倍數(shù)的數(shù)都是3 的倍數(shù)，5 不是 9 的倍數(shù)，故5 不是 3 的倍數(shù) ”上述推理 ()A 不是三段論推理，且結(jié)論不正確B 不是三段論推理

2、，但結(jié)論正確C 是三段論推理，但小前提錯(cuò)D 是三段論推理，但大前提錯(cuò)4 ( 5 分)下列關(guān)于命題的說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A “ a 2 ”是“函數(shù) f (x) loga x在區(qū)間 (0,)上為增函數(shù)”的充分不必要條件B 命題“若隨機(jī)變量 X N (1,4)，P(X, 0)m，則P(0 X 2) 1 2m”為真命題C 命題“若x23x 2 0，則 x 2”的逆否命題為“若 x 2，則x2 3x 2 0D 若命題P: n N ， 2n 1000，則 P: n N ， 2n 10005 ( 5 分)從區(qū)間0 ，1隨機(jī)抽取2n 個(gè)數(shù)x1，x2 ，xn ，y1 ，y2，yn 構(gòu)成n 個(gè)數(shù)1 的數(shù)對(duì)共有m 個(gè)，

3、則用隨對(duì)( x1，y1 ) ，( x2 ，y2)( xn ，yn )，其中兩數(shù)的平方和小于機(jī)模擬的方法得到的圓周率的近似值為()第 3 頁(yè)(共 30 頁(yè))4nm2n4m Cn2m Dn6 ( 5 分)某幾何體的三視圖如圖所示，其體積為()D7 ( 5 分)運(yùn)行如圖所示的算法框圖，則輸出的結(jié)果S為 (A 12B 0C1D(0) 的部分圖象如圖所示，則下列選項(xiàng)判斷8 ( 5 分)已知函數(shù)f (x) sin( x )6錯(cuò)誤的是()Af ( x) f ( x)33B f(x) f ( x ) 13Cf(7 ) 23D | MN |第 9 頁(yè)（共 30 頁(yè)）9 （ 5 分）我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著數(shù)書九章中有“

4、天池盆測(cè)雨”題：在下雨時(shí)，用一個(gè)圓臺(tái)盆深為h（單位：形的天池盆接收雨水如果某個(gè)天池盆的盆口直徑為盆底直徑的兩倍，寸） ，則該天池盆可測(cè)量出平面降雨量的最大值為（單位：寸）提示：上、下底面圓的半徑分別為R、 r， 高 為 h的 圓 臺(tái) 的 體 積 的 計(jì) 算 公 式 為122Vh(R2 r2 Rr)(A h12B3h4C12 hD h10 （ 5 分）若函數(shù)f ( x) | ex2x xm| 2 有兩個(gè)零點(diǎn)，則m 的取值范圍為（）A ( 1,3)B( 3,1)C(3,)D (,1)2211 （ 5分）已知A、 B 分別為橢圓C : x2 y2 1（a b 0） 的左、右頂點(diǎn)，兩個(gè)不同的動(dòng)點(diǎn)abP

5、 、 Q 在橢圓 C 上且關(guān)于x 軸對(duì)稱，設(shè)直線AP 、 BQ 的斜率分別為m、n ，則當(dāng)A22B 12C23D33BC2，612（ 5 分） 已知A、 B 、 C為 ABC的三個(gè)內(nèi)角，向量 m 滿足 | m| ， 且 m （ 2nis2BC |、 |PC |成等差數(shù)列，則|PA| 的最大| BC |BCcosB C），若 A最大時(shí)，動(dòng)點(diǎn)P 使得|PB |、 |2值是 （）23A322B3C2432D4二、填空題：本題共4 個(gè)小題，每小題5 分13 （ 5 分） （3 2x）3（2x 1）4展開式中所有x偶次項(xiàng)的系數(shù)之和為14 （ 5 分）定積分1 1 x2 cos（2 x ）dx的值為122

6、x y 2 0x115 （ 5 分）若變量x 、 y 滿足約束條件x y 2, 0 ，則 x 1 的取值范圍是xy1x y 016 （ 5分） 在平面四邊形ABCD 中， 已知 sin ADC 4， AB AC 0， | AB | 1， | AC | 8，5求 | BD | 的最大值三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟3a17 （ 12 分）已知數(shù)列an ，滿足a1 1 ， an 1an ， n N* n 1 2an 31（）求證：數(shù)列1 為等差數(shù)列；an（）設(shè)T2n111111 ，求T2n a1a2 a2a3 a3a4 a4a5a2n 1a2n a2na2n 118 （ 12

7、分）學(xué)校為了了解高三學(xué)生每天回歸教材自主學(xué)習(xí)的時(shí)間，隨機(jī)抽取了高三男生和女生各 50 名進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查，其中每天回歸教材自主學(xué)習(xí)的時(shí)間超過(guò)5 小時(shí)的學(xué)生非常有可能在高考中締造神奇，我們將他 （她 ） 稱為 “考神” ， 否則為 “非考神”， 調(diào)查結(jié)果如表：考神非考神合計(jì)男生262450女生302050合計(jì)5644100（）根據(jù)表中數(shù)據(jù)能否判斷有60% 的把握認(rèn)為“考神”與性別有關(guān)？（）現(xiàn)從調(diào)查的女生中按分層抽樣的方法抽出5 人進(jìn)行調(diào)查，求所抽取的5 人中“考神”和“非考神”的人數(shù)；（）現(xiàn)從（）中所抽取的5 人中再隨機(jī)抽取3 人進(jìn)行調(diào)查，記這3 人中“考神”的人數(shù)為 ，求隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望

8、2參考公式：K 2n（a c） ，其中 n a b c d （a b）（c d）（a c）（b d）參考數(shù)據(jù)：2 P(K2 k0)0.500.400.250.050.0250.010k00.4550.7081.3213.8415.0246.63519 （ 12 分）如圖，在梯形ABCD 中， AB/ /CD ， AD DC CB 1， ABC 60 ，四邊形 ACFE為矩形，平面ACFE 平面 ABCD ， CF 1 （ 1 ）求證：BC 平面 ACFE ；（ 2）求二面角A BF C的平面角的余弦值；3）若點(diǎn) M 在線段 EF 上運(yùn)動(dòng)，設(shè)平MAB 與平FCB所成二面角的平面角為（ , 90

9、），試求 cos 的取值范圍22xy20（ 12 分） 如圖， 已知橢圓:x2 y21a2 b2（a b 0）經(jīng)過(guò)不同的三點(diǎn)3）， C（C在第三象限） 4BC的中點(diǎn)在直線OA上的方程及點(diǎn)C 的坐標(biāo)；P 是橢圓 上的動(dòng)點(diǎn)（異于點(diǎn)A、 B、 C）且直線 PB、PC分別交直線OA于 M 、 N 兩點(diǎn)，問(wèn)|OM | |ON |是否為定值？若是，求出定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由1121 ( 12 分)已知函數(shù)f ( x ) ln ( ax) x ax (a 為常數(shù)，a 0) 22（）若x 1 是函數(shù) f（x）的一個(gè)極值點(diǎn)，求a的值；21（）求證：當(dāng)0 a, 2時(shí)， f （x）在 1 ，上是增函數(shù)；12（）

10、若對(duì)任意的a （1,2）， 總存在 x0 ， 1， 使不等式f （x0）m（1 a ） 成立， 求實(shí)數(shù) m02的取值范圍選修 4-4 坐標(biāo)系與參數(shù)方程22 （ 10 分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線l 的參數(shù)方程為x m t （t為參數(shù)） ，以坐標(biāo)yt原 點(diǎn) 為 極 點(diǎn) ， x軸 的 正 半 軸 為 極 軸 建 立 極 坐 標(biāo) 系 ， 曲 線 C的 極 坐 標(biāo) 方 程 為2 cos23 2sin212，點(diǎn) F 的極坐標(biāo)為（2 2 ，），且 F 在直線 l 上（）若直線l 與曲線 C交于 A、 B 兩點(diǎn)，求| FA| | FB | 的值；（）求曲線C 內(nèi)接矩形周長(zhǎng)的最大值選修 4-5 不等式選講

11、23 （ 10 分）已知x0R 使得關(guān)于x 的不等式| x 1| | x 2| t 成立（）求滿足條件的實(shí)數(shù)t 集合 T ；（） 若 m 1， n 1 ， 且對(duì)于t T， 不等式 log3 m log3n t恒成立，試求 m n 的最小值2019年湖北省襄陽(yáng)五中高考數(shù)學(xué)適應(yīng)性試卷(理科) ( 5)參考答案與試題解析一、選擇題：本題共12 小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)答案中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的21 ( 5分)若集合A y|y x3， B x| y ln(x 1)，則(eRA) B ()A ( 1,)B ( 1,0)CD 0 ，)【考點(diǎn)】1H ：交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算【專題】11：計(jì)

12、算題；34：方程思想；4O ：定義法；5J ：集合【分析】先分別求出集合A和 B，從而求出eR A，由此能求出(eRA) B 2【解答】解： 集合 A y| y x3 y| y 0 ，B x|y ln(x 1) x|x 1，eRA x| x 0 (eRA) B x| 1 x 0 ( 1， 0)故選： B 【點(diǎn)評(píng)】本題考查交集、補(bǔ)集的求法，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審，注意交集、補(bǔ)集的定義的合理運(yùn)用2 ( 5 分)已知z (1 i )1902(1 i )2017 ，其中 i 為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)z 的虛部1i 1i是()A 1BiC1D i【考點(diǎn)】A1：虛數(shù)單位i 、復(fù)數(shù)；A5：復(fù)數(shù)的運(yùn)算

13、【專題】11：計(jì)算題；4R：轉(zhuǎn)化法；5N ：數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù)【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、周期性即可得出【解答】解： 1 i (1 i)2i ，1 i 1 i 1 i (1 i )(1 i)1 i i【點(diǎn)評(píng)】本題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、周期性、共軛復(fù)數(shù)與虛部的定義，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題3 ( 5 分) “所有 9 的倍數(shù)的數(shù)都是3 的倍數(shù)，5 不是 9 的倍數(shù)，故5 不是 3 的倍數(shù) ”上述推理 ()A 不是三段論推理，且結(jié)論不正確B 不是三段論推理，但結(jié)論正確C 是三段論推理，但小前提錯(cuò)D 是三段論推理，但大前提錯(cuò)【考點(diǎn)】F 5 ：演繹推理【專題】11：計(jì)算題；38：對(duì)應(yīng)思想；4

14、O ：定義法；5L ：簡(jiǎn)易邏輯【分析】 “所有 9 的倍數(shù)的數(shù)都是3 的倍數(shù)，5 不是 9 的倍數(shù)，故5 不是 3 的倍數(shù) ”上述推理不是三段論推理，但結(jié)論正確【解答】解： “所有 9 的倍數(shù)的數(shù)都是3 的倍數(shù)，5 不是 9 的倍數(shù)，故5 不是 3 的倍數(shù) ”上述推理不是三段論推理，但結(jié)論正確，故選： B 【點(diǎn)評(píng)】本題是一個(gè)簡(jiǎn)單的演繹推理，這種問(wèn)題不用進(jìn)行運(yùn)算，只要根據(jù)所學(xué)的知識(shí)點(diǎn)，判斷這種說(shuō)法是否正確，是一個(gè)基礎(chǔ)題4 ( 5 分)下列關(guān)于命題的說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A “ a 2”是“函數(shù) f (x) loga x在區(qū)間 (0,)上為增函數(shù)”的充分不必要條件B 命題“若隨機(jī)變量 X N (1,4)

15、， P(X, 0) m，則P(0 X 2) 1 2m”為真命題22C命題“若x2 3x 2 0，則 x 2”的逆否命題為“若 x 2，則x2 3x 2 0”D 若命題P: n N ， 2n 1000，則P: n N ， 2n 1000【考點(diǎn)】2K ：命題的真假判斷與應(yīng)用【專題】11：計(jì)算題；49：綜合法；5L ：簡(jiǎn)易邏輯【分析】利用充要條件判斷A的正誤；正態(tài)分布判斷B 的正誤；逆否命題判斷C 的正誤；【解答】解：對(duì)于A， “ a 2”是“函數(shù) f (x) loga x在區(qū)間 (0,)上為增函數(shù)”的充分不必要條件，正確；對(duì)于 B， 命題 “若隨機(jī)變量 X N (1,4)， P(X, 0) m ，

16、 P(X 2) m， 則 P0( X )2 1 2 m為真命題，由正態(tài)分布的性質(zhì)可知，命題正確；對(duì)于 C，命題“若x2 3x 2 0 ，則 x 2”的逆否命題為“若 x 2，則x2 3x 2 0 ”，滿足逆否命題的形式，正確；對(duì)于 D ，若命題P: n N ， 2n 1000，則 P: n N ， 2n, 1000 ，原題不滿足特稱命題與全稱命題的否定形式，所以不正確故選： D 【點(diǎn)評(píng)】本題考查命題的真假的判斷與應(yīng)用，涉及充要條件，正態(tài)分布，命題的否定，逆否命題的形式，是基礎(chǔ)題5 (5 分)從區(qū)間0 ，1隨機(jī)抽取2n 個(gè)數(shù)x1，x2 ，xn ，y1 ，y2，yn 構(gòu)成n 個(gè)數(shù)1 的數(shù)對(duì)共有m

17、個(gè)，則用隨對(duì)( x1 ，y1 ) ，( x2 ，y2 )( xn ， yn ) ，其中兩數(shù)的平方和小于機(jī)模擬的方法得到的圓周率的近似值為()A 4nB 2nC 4mD 2mmmnnCF ：幾何概型11：計(jì)算題；34：方程思想；49：綜合法；5I ：概率與統(tǒng)計(jì)以面積為測(cè)度，建立方程，即可求出圓周率的近似值解：由題意，兩數(shù)的平方和小于1，對(duì)應(yīng)的區(qū)域的面積為112，從區(qū)間0 ， 1】4隨機(jī)抽取2n 個(gè)數(shù)x1，x2，xn，y1 ，y2，yn，構(gòu)成 n 個(gè)數(shù)對(duì)(x1，y1)，(x2 ，y2) ，(xn ，yn)，對(duì)應(yīng)的區(qū)域的面積為121124124mn故選： C 第 13 頁(yè)(共 30 頁(yè))古典概型和幾

18、何概型是我們學(xué)習(xí)的兩大概型，古典概型要求能夠列舉出所有事件和發(fā)生事件的個(gè)數(shù)，而不能列舉的就是幾何概型，幾何概型的概率的值是通過(guò)長(zhǎng)度、面積和體積的比值得到6 （ 5 分）某幾何體的三視圖如圖所示，其體積為（）C10D第 17 頁(yè)（共 30 頁(yè)）11：計(jì)算題；35：轉(zhuǎn)化思想；49：綜合法；5F ：空間位置關(guān)系與距離利用首先由三視圖還原幾何體，畫出直觀圖，發(fā)現(xiàn)是一個(gè)三棱柱截去一個(gè)三棱錐，解答】解：由已知三視圖得到幾何體如圖：體積為11 1101 2 22 2 1 1 2 22 1 10；2 323故選： C 本題考查了由幾何體的三視圖求幾何體的體積；關(guān)鍵是正確還原幾何體7 （ 5 分）運(yùn)行如圖所示的

19、算法框圖，則輸出的結(jié)果S為 (A 12B 0CD32EF ：程序框圖31：數(shù)形結(jié)合；48：分析法；5K ：算法和程序框圖模擬程序運(yùn)行數(shù)據(jù)，結(jié)合三角函數(shù)的周期為6，由于一個(gè)周期的和為0，2017 371 6 1，即可得到輸出值解：當(dāng) n 1 ， S 0 ，即有S cos ；32n 2 ，即有 S 1 cos 211 0；2322n 3 ，即有S 0 cos 1 ；413n 4 ，即有 S 1 cos 41 ( 1)3 ；3223531n 5 ，即有 S cos1 ；2322n 6 ，即有 S 1 cos2 1 1 071n 7 ，即有 S 0 cos ； 322017 371 6 111n 20

20、17 ，即有S 0 371，22故選： A本題考查程序框圖輸出值，注意運(yùn)用三角函數(shù)的周期，考查運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題8 ( 5 分)已知函數(shù)f (x) sin( x )(0)的部分圖象如圖所示，則下列選項(xiàng)判斷6錯(cuò)誤的是()Af ( x) f ( x)337Cf( ) 23H 2：正弦函數(shù)的圖象B f (x) f ( x ) 1D | MN |31：數(shù)形結(jié)合；49：綜合法；57：三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)利用正弦函數(shù)的圖象求得函數(shù)的解析式，再利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，逐一判斷各個(gè)選項(xiàng)是否正確，從而得出結(jié)論解：根據(jù)函數(shù)f (x) sin( x )(0)的部分圖象，可得12，1 ，6f (x) sin( x

21、) 1 6x 時(shí) ， f (x )2，為 最 大 值 ， 故 f ( x) 的 圖 象 關(guān) 于 直 線 x 對(duì) 稱 ， 故 有33f ( x ) f ( x ，故) A正確；由 于 f (x) f( x ) sin(x ) 1 sinx() 1 2 xsin( )x sin( ，)363666故 B 錯(cuò)誤；由于 f (7 ) sin( 7) 1 2，故 C正確；336由于 | MN | T ，故 D 正確， 2故選： B 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查正弦函數(shù)的周期性，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，屬于中檔題9 ( 5 分)我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著數(shù)書九章中有“天池盆測(cè)雨”題：在下雨時(shí)，用一個(gè)圓臺(tái)形的天池盆接收雨水如果

22、某個(gè)天池盆的盆口直徑為盆底直徑的兩倍，盆深為h(單位：寸) ，則該天池盆可測(cè)量出平面降雨量的最大值為(單位：寸)提 示 ： 上 、 下 底 面 圓 的 半 徑 分 別 為 R、 r， 高 為 h的 圓 臺(tái) 的 體 積 的 計(jì) 算 公 式 為1 22V h(R r Rr)( ) 3A7 hB 3hC 1hD h1242【考點(diǎn)】LF ：棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積【專題】11：計(jì)算題；38：對(duì)應(yīng)思想；45：等體積法；5Q：立體幾何【分析】可設(shè)天池盆上底面半徑為2r 寸，則下底面半徑為r ，又高為h寸利用圓臺(tái)的體積公式求出天池盆中水的體積，用水的體積除以盆的上地面面積即可得到答案【解答】解：由題意可設(shè)天池

23、盆上底面半徑為2r 寸，則下底面半徑為r ，又高為h 寸則盆中水的體積為1 h(4r2 r2 2r2) 7 r2h (立方寸)3372rh 7則平面降雨量等于3h(寸)4 r212該天池盆可測(cè)量出平面降雨量的最大值為7 h寸12故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查圓臺(tái)、圓柱體積的求法，是基礎(chǔ)的計(jì)算題x210 ( 5 分)若函數(shù)f ( x) | e x x m | 2 有兩個(gè)零點(diǎn)，則m 的取值范圍為()A ( 1,3)B ( 3,1)C (3,)D ( ,1)52：函數(shù)零點(diǎn)的判定定理51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；52：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用令 g(x) ex x2 x m ， 利用導(dǎo)數(shù)法求出單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而判斷函數(shù)g

24、(x)的最小值，再由 y |g(x)| 2有兩個(gè)零點(diǎn)，所以方程g(x) 2有 2 個(gè)根，即2 1 m 2，即可得到 m 的取值范圍解：令 g( x) ex x2 x m ，g ( x) ex 2x 1 ，令 g ( x) 0 ，則 x 0 ，當(dāng)x(0,) 時(shí)，g (x)0，即函數(shù)g(x)在(0,) 上單調(diào)遞增，當(dāng)x(,0) 時(shí)，g (x)0，即函數(shù)g(x)在(,0) 上單調(diào)遞減；則 x 0 為g( x) 取最小值1 m 又函數(shù) f(x) |g(x) | 2 有兩個(gè)零點(diǎn)，所以方程g(x) 2有二個(gè)根，所以 2 1 m 2，解得 m ( 1,3)，故選： A本題考查函數(shù)的零點(diǎn)，用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性

25、，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想，以及學(xué)生靈活應(yīng)用知識(shí)分析解決問(wèn)題的能力和運(yùn)算能力，屬中檔題22xy11 ( 5分)已知A、 B 分別為橢圓C : x2 y2 1(a b 0) 的左、右頂點(diǎn)，兩個(gè)不同的動(dòng)點(diǎn)ab第 21 頁(yè)(共 30 頁(yè))P 、 Q 在橢圓 C 上且關(guān)于x 軸對(duì)稱，設(shè)直線AP 、 BQ 的斜率分別為m、n ，則當(dāng)A22B 12C23D33K4：橢圓的性質(zhì)線的定義、性質(zhì)與方程15：綜合題；34：方程思想；4R：轉(zhuǎn)化法；53：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；5D由題意設(shè)出P ， Q 的坐標(biāo)，代入橢圓方程可得2y022 ax0b2b 2 ，寫出AP ，aBQ的斜b21率 m ， n ，求出

26、mn b2 ，代入1 ln |m| ln | n |，換元后利用導(dǎo)數(shù)求最值，得到使a2mn1ln | m | ln | n | 取最小值的條件，即可求得橢圓C 的離心率2mn解：設(shè)P（x0 ， y0） ，則Q（x0，y0），2b222 ( ax0 ) ，a22x02y021 ，則y02abb22y022 ax0又 A( a,0) ，B(a,0) ，y0 m0x0any0 ，a x0y0 mny0x0 a ax02y022 ax0b22， a1a2ln | m | ln | n |22mn2bln b22 ，aa令 a t(t 1)，則 f (t) b2mnln | m | ln|n|22bb2

27、t2ln 2 2lnt ，a2f (t) t2t2t2t，t (1, 2) 時(shí)， f (t) 0，當(dāng) t ( 2 ，)時(shí)，f (t) 0 ，f（t）在 （1, 2） 上為減函數(shù)，在（ 2 ，）上為增函數(shù)可知：當(dāng)t 2 ，即 ab2 時(shí)，函數(shù)f （t）取得最小值2 a2 b2 c2 a2a22 ac1，得22 ，即22a 2c ，第 29 頁(yè)(共 30 頁(yè))故選： A本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計(jì)算能力，是中檔題12（ 5 分） 已知A、 B 、 C為 ABC的三個(gè)內(nèi)角，向量 m 滿足 | m| 6 ， 且 m （ 2nis B C ，B

28、C cos222），若A最大時(shí)，動(dòng)點(diǎn)P 使得|PB |、 | BC |、 |PC |成等差數(shù)列，則|PA| 的最大| BC |值是 （）2322232ABCD84：等差數(shù)列的通項(xiàng)公式；9O：平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算35：轉(zhuǎn)化思想；48：分析法；54：等差數(shù)列與等比數(shù)列；5A：平面向量及應(yīng)用由 m ( 2sin B C ， cos B C ) ，兩邊平方可得cosB cosC 3sinB sinC，可得221tan B tanC 1 ，運(yùn)用兩角的正切公式，和基本不等式可得當(dāng)A最大時(shí)，C B 30 ，由3| PB|， |CB|， | PC |成等差數(shù)列，知 M 的軌跡是以C， B為焦點(diǎn)、 2|

29、CB| 為長(zhǎng)軸的橢圓，由此能求出| PA | 的最大值| BC |【解答】解：m2 ( 2sinB C)2 (cos B C)222131 cos(B C) (1 cos(B C)，22即有 2cos(B C ) cos(B C) ，即為2cos B cosC 2sin BsinC cosBcosC sin BsinC ， 即有 cosB cosC 3sin BsinC ，可得 tan B tan C 1 ， 3tan A tan( B C)tan B tan C1 tan B tan C3 (tan B tanC), 3 tan BtanC 3 ，2即有 B C 時(shí)， tan A取得最大值3

30、，即 A 取最大角120 ，此時(shí) B C 30 ，若 A最大時(shí)，動(dòng)點(diǎn)P 使得| PB| 、 | BC |、 |PC |成等差數(shù)列，|PC| |PB| 2|BC|，P 的軌跡是以C ， B 為焦點(diǎn)、2 | BC | 為長(zhǎng)軸的橢圓，比值與單位的選擇無(wú)關(guān)，設(shè) | BC | 2， CB的中點(diǎn)為O，由 C B ，知 | AO |3 ，3直觀判斷，當(dāng)P 是上述橢圓的短軸端點(diǎn)(與點(diǎn)A在 CB 的兩側(cè))，這時(shí) | OP |22 13 ，| PA | 的最大值是332 3| BC |23故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查斜率模的比值的最大值的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量、數(shù)列、橢圓等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用二、填空題：本題共

31、4 個(gè)小題，每小題5 分13 ( 5 分) (3 2x)3(2x 1)4展開式中所有x偶次項(xiàng)的系數(shù)之和為103 【考點(diǎn)】DA：二項(xiàng)式定理【專題】11：計(jì)算題；35：轉(zhuǎn)化思想；49：綜合法；5P ：二項(xiàng)式定理【分析】令 x 1 ，可得展開式中奇次項(xiàng)的系數(shù)和與偶次項(xiàng)的系數(shù)和之和為81，令 x 1 可得偶次項(xiàng)的系數(shù)和減去奇次項(xiàng)的系數(shù)和為125，由此求得展開式中偶次項(xiàng)的系數(shù)和【解答】解：令 x 1 ，可得展開式中奇次項(xiàng)的系數(shù)和與偶次項(xiàng)的系數(shù)和之和為34 81 ，令 x 1 可得偶次項(xiàng)的系數(shù)和減去奇次項(xiàng)的系數(shù)和為53 125，展開式中偶次項(xiàng)的系數(shù)和81 125 103 ；故答案為：103【點(diǎn)評(píng)】本題主要

32、考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，求展開式中奇次項(xiàng)的系數(shù)和、偶次項(xiàng)的系數(shù)和的方法，屬于中檔題14 ( 5 分)定積分 1 x2cos(2 x)dx的值為【考點(diǎn)】67：定積分、微積分基本定理【專題】11：計(jì)算題；35：轉(zhuǎn)化思想；49：綜合法；53：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用【分析】 首先利用定積分的運(yùn)算法則寫成定積分和的形式，然后利用定積分的幾何意義求值111【解答】解： 1 x cos(2 x )dx 1 x dx sin2 xdx 0；故答案為：本題考查了定積分的計(jì)算；運(yùn)用了定積分運(yùn)算法則以及幾何意義；屬于基礎(chǔ)題2x y 2 015( 5分) 若變量 x、 y滿足約束條件x y 2, 0 ， 則 x 1 的取值范圍

33、是(, 1) 2 ，xy13x y 07C ：簡(jiǎn)單線性規(guī)劃11：計(jì)算題；31：數(shù)形結(jié)合；35：轉(zhuǎn)化思想；5T：不等式首先畫出可行域，化簡(jiǎn)目標(biāo)函數(shù)，通過(guò)區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)與定點(diǎn)( 1,0) 連接的直線的斜率解答即可2x y 2 0解：畫出變量x 、 y滿足約束條件x y 2, 0 ，的可行域如圖：x y 0( 1,0)連接的直線的x 11， y 的幾何意義是過(guò)區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)與定點(diǎn)x y1 1 y x1 x1斜率，A(1,1)與 D( 1,0)連接的直線斜率最大，所以最小值為1 12 ；111 3y( 2，11 y( 1，3 x12 x12函數(shù) x 1(, 1) 2 ，) 故答案為：(, 1) 2 ，) 本題

34、考查了可行域的畫法以及利用目標(biāo)函數(shù)的幾何意義求最值；x y13本題解答的關(guān)鍵是16 （ 5分） 在平面四邊形ABCD 中， 已知 sin ADC 4， AB AC 0， | AB | 1， | AC | 8，5求 | BD | 的最大值4 2 5【考點(diǎn)】9 S：數(shù)量積表示兩個(gè)向量的夾角【專題】31：數(shù)形結(jié)合；44：數(shù)形結(jié)合法；5 A：平面向量及應(yīng)用【分析】求出 ACD 的外接圓半徑和圓心，根據(jù)點(diǎn)與圓的位置關(guān)系即可得出BD 的最大值【解答】解：設(shè) ACD 的外接圓半徑為r ，則 2r AC 10 ，sin ADCr 5設(shè)ACD的外接圓圓心為O，則 O到 AC的距離 OM r2 （AC）2 3，以

35、 AB ， AC 為坐標(biāo)軸建立空間坐標(biāo)系，則O（ 3,4）或 O（3,4） ，D 在圓 O 上，當(dāng)圓心為（ 3,4），且 B， O， D 三點(diǎn)共線時(shí)，BD 取得最大值| BD | 的最大值為|OB | r ( 3 1)2 42 5 4 2 5故答案為：4 2 5本題考查了平面向量在幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟3a17 （12 分）已知數(shù)列an，滿足a11 ，an13an， nN* 2an 3第 37 頁(yè)（共 30 頁(yè)）分析 】 （ ）方法 一： 根據(jù)數(shù) 列的 遞推公 式得 到 12an 3an 13an1212 ，即 可得 到an 311an 1a

36、n22 ，問(wèn)題得以解決，3方法二： 根據(jù)數(shù)列的遞推公式得112an 31121an 1an3an()an an 3an22 ， 問(wèn)題得以解決，3等差數(shù)列，再根據(jù)等差數(shù)列的求和公式計(jì)算即可設(shè)bn1a2n 1a2na2na2n 1(1a2 n 11)12016得到 bn 是首項(xiàng)b1290 ， 公差為196 的證明（）：法一：由an 13an ，得2an 312an 3 1an 13ana23，112an 1an3數(shù)列 1 是首項(xiàng)為an1 ，公差為2 的等差數(shù)列，3法二：由an 13an ，得11 2an 31212an 3an 1an3ananan()3an數(shù)列 1 是首項(xiàng)為1 ，公差為an2 的

37、等差數(shù)列，3bna2n 1 a2na2n a2n 1 1 是首項(xiàng)為1，公差為ana2n 1a2n 1(1a2 n 11)1a2n 1 a2n2 的等差數(shù)列，3即bn( 111a2n 1a2n 1)a412n 3a2nbn 1bn(11)44163 a2n 2a2n334141220且 b1()13a23a1392016bn 是首項(xiàng)b120 ，公差為16的等差數(shù)列，T2nb1b2bn20n n(n 1)1642)94 (2n2 3n)點(diǎn)考查利用數(shù)列遞推形式構(gòu)造等差或等比數(shù)列以及等差數(shù)列的判定方法；數(shù)列求和應(yīng)首先探尋通項(xiàng)公式，通過(guò)分析通項(xiàng)公式的特征發(fā)現(xiàn)求和的方法本題以遞推數(shù)列為背景考查等差數(shù)列的判

38、定以及利用基本量的求和運(yùn)算，主要考查18 （ 12 分）學(xué)校為了了解高三學(xué)生每天回歸教材自主學(xué)習(xí)的時(shí)間，隨機(jī)抽取了高三男生和女生各 50 名進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查，其中每天回歸教材自主學(xué)習(xí)的時(shí)間超過(guò)5 小時(shí)的學(xué)生非常有可能在高考中締造神奇，我們將他 （她 ） 稱為 “考神” ， 否則為 “非考神”， 調(diào)查結(jié)果如表：考神非考神合計(jì)男生262450女生302050合計(jì)5644100（）根據(jù)表中數(shù)據(jù)能否判斷有60% 的把握認(rèn)為“考神”與性別有關(guān)？（）現(xiàn)從調(diào)查的女生中按分層抽樣的方法抽出5 人進(jìn)行調(diào)查，求所抽取的5 人中“考神”和“非考神”的人數(shù)；（）現(xiàn)從（）中所抽取的5 人中再隨機(jī)抽取3 人進(jìn)行調(diào)查，記這3

39、人中“考神”的人數(shù)為 ，求隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望2參考公式：K，其中 n a b c d （a b）（c d）（a c）（b d）參考數(shù)據(jù)：2 P(K2 k0)0.500.400.250.050.0250.010k00.4550.7081.3213.8415.0246.635BL ：獨(dú)立性檢驗(yàn)；CG ：離散型隨機(jī)變量及其分布列；CH ：離散型隨機(jī)變量的期望與方差11：計(jì)算題；35：轉(zhuǎn)化思想；49：綜合法；5I ：概率與統(tǒng)計(jì)【分析】 （）由列聯(lián)表求解k2 ，即可判斷沒(méi)有60% 的把握認(rèn)為“考神”與性別有關(guān)（）按分層抽樣的方法抽出5人，求解抽取的5人中“考神”和“非考神”的人數(shù)（）為所抽取的3

40、 人中“考神”的人數(shù)，得到 的所有取值為1， 2， 3求出概率，得到隨機(jī)變量的分布列，然后求解期望即可【解答】 （本小題滿分12 分）2解： （）由列聯(lián)表得K 2 100（26 20 30 34）0.6494 0.70856 44 50 50沒(méi)有 60%的把握認(rèn)為“考神”與性別有關(guān) （ 4分）（）調(diào)查的50 名女生中“考神”有 30 人， “非考神”有 20 人，按分層抽樣的方法抽出5人，則“考神”的人數(shù)為 5 30 3人， “非考神”有 5 20 2人5050即抽取的5 人中“考神”和“非考神”的人數(shù)分別為 3 人和 2 人 （ 8 分）為所抽取的3 人中“考神”的人數(shù)，C31C223C32

41、C213的 所 有 取 值 為 1 ，2 ，3.P(1)332， P( 2)332C510C55P( 3)C331C531010 分）隨機(jī)變量的分布列為123P331105103319E 123( 12分)10510 5【點(diǎn)評(píng)】 本題考查離散性隨機(jī)變量的期望以及分布列的求法，獨(dú)立檢驗(yàn)思想以及分層抽樣的應(yīng)用，考查計(jì)算能力19 （ 12 分）如圖，在梯形ABCD 中， AB/ /CD ， AD DC CB 1， ABC 60 ，四邊形 ACFE為矩形，平面ACFE 平面 ABCD ， CF 1 （ 1 ）求證：BC 平面 ACFE ；（ 2）求二面角A BF C的平面角的余弦值；3）若點(diǎn) M 在線

42、段 EF 上運(yùn)動(dòng)，設(shè)平MAB 與平FCB所成二面角的平面角為（ , 90 ），試求 cos 的取值范圍LW ：直線與平面垂直；MJ ：二面角的平面角及求法15：綜合題；5G：空間角（ 1 ）在梯形ABCD 中，由AB / /CD ， AD DC CB 1 ， ABC 60 ，推導(dǎo)出222AB2 AC2 BC2， BC AC，由平面ACFE 平面 ABCD ，能證明BC 平面ACFE AF ， AG FB ，C 的平面角的余弦M 與 E ， F 都不ABC 60 ，2）取FB 中點(diǎn) G ，連接 AG ， CG ，由 AFAC2 CF 2 2，知 AB由 CF CB 1 ， CG FB ， AGC

43、 ，由此能求出二面角A BF值3）由點(diǎn) M 在線段 EF 上運(yùn)動(dòng)，分當(dāng)M 與 F 重合， M 與 E 重合時(shí)，當(dāng)重合三種情況進(jìn)行分類討論，能求出cos 的取值范圍（ 1）證明：在梯形ABCD 中， AB/CD ， AD DC CB 1 ，AB 2 ， AC2 AB2 BC2 2AB BC cos60 3，AB2 AC2 BC2，BC AC，平面 ACFE 平面 ABCD ，平面 ACFE 平面 ABCD AC ， BC 平面 ABCD ，BC 平面ACFE （ 2）解：取FB 中點(diǎn)G ，連接 AG ， CG ，AF AC 2 CF 2 2 ， AB AF ， AG FB ，CF CB 1， C

44、G FB， AGC ，214BC CF ， FB 2 ， CG ， AG ，22CG 2 AG 2 AC27cos2CG AG 7（ 3）解：由（2）知： 當(dāng)M 與F 重合時(shí)，cos 7 7 當(dāng)M 與E 重合時(shí)，過(guò)B 作BN / / CF ，且使BN CF ，連接 EN ， FN ，則平面MAB 平面 FCB ，BC CF ， AC CF ， CF 平面ABC，BN 平面 ABC，1ABC ，60 ， cos 1 2 當(dāng) M 與 E， F 都不重合時(shí)，令FM ， 03 ，延長(zhǎng) AM 交 CF 的延長(zhǎng)線于N ，連接 BN ，N 在平面MAB 與平面FCB的交線上，B 在平面MAB 與平面FCB

45、的交線上，平面 MAB平面 FCB BN ，過(guò) C作 CH NB交 NB 于 H ，連接 AH ，1）知，AC BC ， 又 AC CN ， AC 平面 NCB， AC NB，又 CH NB， AC CH C， NB 平面 ACH ，AH NB，AHC ，3在 NAC中， NC，3從而在 NCB中， CH(3)2 3ACH 90 ， AHAC2 CH3cos CHAH(3)2 403，綜上所述，7 cos712，cos 77，12本題考查直線與平面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查二面角的余弦值的取值范圍的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意等價(jià)轉(zhuǎn)化思想和分類討論思想的合理運(yùn)用20（ 12 分

46、） 如圖， 已知橢圓225:x2y2 1 (a b 0)經(jīng)過(guò)不同的三點(diǎn)A( 5ab2B( ，23）， C（C在第三象限）4BC的中點(diǎn)在直線OA上的方程及點(diǎn)C 的坐標(biāo)；P 是橢圓 上的動(dòng)點(diǎn)（異于點(diǎn)A、 B、 C）且直線 PB、PC分別交直線OA于 M 、 N 兩點(diǎn)，問(wèn)|OM | |ON |是否為定值？若是，求出定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由K 3 ：橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；KH35：轉(zhuǎn)化思想；4R：轉(zhuǎn)化法；5D ：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程（）將A， B 代入橢圓方程，即可求得a 和 b 的值，求得橢圓方程，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求得D 點(diǎn)坐標(biāo)，求得直線OA的方程，代入橢圓方程，即可求得m 和 n 的值，即可求得

47、C 點(diǎn)坐標(biāo)；y1 及 y2 ，由x0254y02 ，代入即可求得y1y2 ，由225|OM | |ON | 5 | y1 | 5 | y2 |，即可求得|OM | |ON |為定值16解： （）由點(diǎn)A， B 在橢圓上，得54a 214a 2516 b2916 b2a2，解得： 1b252， 58第 45 頁(yè)(共 30 頁(yè))22橢圓 的方程為x y 1（ 4 分）5528設(shè) C（m,n），則 BC的中點(diǎn) D（2m 1 ， 4n 3），D 在直線OA上又點(diǎn) C 在橢圓 上，故2m（）若x 是函數(shù) f（x）的一個(gè)極值點(diǎn)，求a的值； （）求證：當(dāng)0 a, 2時(shí)，f （x）在 1 ，上是增函數(shù)；12 （

48、） 若對(duì)任意的a （1,2）， 總存在x0 ， 1， 使不等式f （x0） m（1 a ） 成立， 求實(shí)數(shù) m02 8n2 5 ， 313由 解得 n （舍去）或n ，則 m ，44231點(diǎn) C 的坐標(biāo)為（，） ；（ 6 分）24P(x0， y0)， M (2y1， y1)， N(2y2， y2)，P， B ， M 三點(diǎn)共線，33y1 4y0 43x0 2y0，y1，2 y1 1x0 14(2 y0 x0 1)120211P ， C ， M 三點(diǎn)共線，y2y04的取值范圍 ， y2x0 6y0，( 8分)2y2 3 x034(2 y0 x0 1)2202點(diǎn) P 在橢圓上，2 x0 8 y05 ， x04