2020-2021学年重庆市八校联考高二（上）期末数学试卷（含答案解析）

资源描述

1、2020-2021 学年重庆市学年重庆市八校联考八校联考高二（上）期末数学试卷高二（上）期末数学试卷一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 8 小题，共小题，共 40.0 分）分） 1 （5 分）已知集合 Ax|x21，集合 Bx|log2x0，则 AB 等于（） A （0，1） B （1，0） C （1，1） D （，1） 2 （5 分）已知实数 a，b，m 满足，记满足此条件的 m 的值形成的集合为 M，则函数 f（x），且 x0）的最小值为（） A2（1e2） B2（1+e2） C D 3 （5 分）已知双曲线 E：的右焦点为 F，过 F 作过第一象限的渐近线的垂线，垂足为 M，

2、交另一条渐近线于点 N，若，则 E 的离心率为（） A B C D 4 （5 分）已知焦点在 x 轴上且离心率为的椭圆 E，其对称中心是原点，过点 M（0，1）的直线与 E 交于 A，B 两点，且，则点 B 的纵坐标的取值范围是（） A （1，3 B （1，4 C （2，4 D （2，6 5 （5 分）有下列命题： “a5 或 b5”是“a+b0”的必要不充分条件；已知命题 p：对任意负实数 x，都有，则p 是：存在非负实数 x，满足；已知数列an与bn满足 bnan+an+1，则“数列an为等差数列”是“数列bn为等差数列”的充分不必要条件；已知 F1，F2分别是椭圆的左

3、、右焦点，P 为椭圆上的动点，则的最小值为 1 其中所有真命题的个数是（） A4 B3 C2 D1 6 （5 分）三棱锥 PABC 的三个侧面两两垂直，则顶点 P 在底面 ABC 的射影为ABC 的（） A内心 B外心 C重心 D垂心 7 （5 分）设圆 C：x2+y23，直线 l：x+3y60，点 P（x0，y0）l，存在点 QC，使OPQ60（O为坐标原点），则 x0的取值范围是（） A B0，1 C D 8 （5 分）将参加数学竞赛决赛的 500 名同学编号为：001，002，500，采用系统抽样的方法抽取一个容量为 50 的样本，且随机抽的号码为 003，这 500 名学生分别

4、在三个考点考试，从 001 到 200 在第一考点，从 201 到 352 在第二考点，从 353 到 500 在第三考点，则第二考点被抽中的人数为（） A14 B15 C16 D17 二、不定项选择题（本大题共二、不定项选择题（本大题共 4 小题，共小题，共 16.0 分）分） 9 （4 分）下列命题正确的是（） A已知 xR，则“|x1|1”是“x0”的充分不必要条件 B根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若样本中心点为（m，2.8），则 m4 C若随机变量 XB（100，p），且 E（X）20，则 D已知函数 f（x）是定义在 R 上

5、的偶函数，且在0，+）上单调递减，f（1）0，则不等式 f（log2x）0 的解集为 10 （4 分）在含有 3 件次品的 50 件产品中，任取 2 件，则下列说法正确的是（） A恰好取到一件次品有不同取法 B至少取到一件次品有不同取法 C两名顾客恰好一人买到一件次品一人买到一件正品有不同取法 D把取出的产品送到检验机构检查能检验出有次品的有不同种方式 11 （4 分）已知函数 f（x）sin（x+）（0）满足 f（x0）f（x0+1），且 f（x）在（x0，x0+1）上有最大值，无最小值，则下列结论正确的是（） Af（x0+）1 B若 x00，则 f（x）sin（x+） Cf（x）的最

6、小正周期为 4 Df（x）在（0，2020）上的零点个数最少为 1010 个 12 （4 分）发现土星卫星的天文学家乔凡尼卡西尼对把卵形线描绘成轨道有兴趣像笛卡尔卵形线一样，笛卡尔卵形线的作法也是基于对椭圆的针线作法作修改，从而产生更多的卵形曲线卡西尼卵形线是由下列条件所定义的：曲线上所有点到两定点（焦点）的距离之积为常数已知：曲线 C 是平面内与两个定点 F1（1，0）和 F2（1，0）的距离的积等于常数 a2（a1）的点的轨迹，则下列命题中正确的是（） A曲线 C 过坐标原点 B曲线 C 关于坐标原点对称 C曲线 C 关于坐标轴对称 D若点在曲线 C 上，则F1PF2的面积不大于三、填

7、空题（本大题共三、填空题（本大题共 4 小题，共小题，共 20.0 分）分） 13 （5 分）已知函数 f（x）x33x+1，求曲线 yf（x）过点（1，2）处的切线方程 14 （5 分）关于函数 f（x）sinxcosx+sinxcosx 有如下四个命题： 2 是 f（x）的周期；f（x）的图象关于原点对称；f（x）的图象关于 x 对称；f（x）的最大值为其中所有真命题是 .（填命题序号） 15 （5 分）已知椭圆长轴的右端点为 A，其中 O 为坐标原点若椭圆上不存在点 P，使 AP 垂直 PO，则椭圆的离心率的最大值为 16 （5 分）已知向量（x2，x+1），（1x，t），

8、若函数 f（x）在区间（1，1）上是增函数，则 t 的取值范围为四、解答题（本大题共四、解答题（本大题共 6 小题，共小题，共 72.0 分）分） 17在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且（1）求角 C 的大小；（2）若，c5，ABC 的周长为 12，求ABC 的面积 18已知数列满足：a13，且对任意的 nN*，都有 1，an，an+1成等差数列（1）证明数列等比数列；（2）已知数列前 n 和为 Sn，条件：bn（an1）（2n+1），条件：，请在条件中仅选择一个条件作为已知条件来求数列前 n 项和 Sn 19已知ABC 中，ABBC，BC12，AB24

9、，分别取边 AB，AC 的中点 D，E，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，设点 M 为棱 A1D 的中点，点 P 为 A1B 的中点，棱 BCC 上的点 N 满足 BN3NC （1）求证：MN平面 A1EC；（2）试探究在ADE 的折起过程中，是否存在一个位置，使得三棱锥 NPCE 的体积为 18，若存在，求出二面角 A1DEC 的大小，若不存在，请说明理由 20某市高考模拟考试数学试卷解答题的网上评卷采用“双评+仲裁”的方式：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于或等于 1 分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于 1 分时，再由第三

10、位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和一、二评中较高的分数的平均分为该题得分有的学生考试中会做的题目答完后却得不了满分，原因多为答题不规范，比如：语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等等，把这样的解答称为 “缺憾解答” 该市教育研训部门通过大数据统计发现，满分为 12 分的题目，这样的“缺憾解答” ，阅卷老师所评分数及各分数所占比例如表：教师评分 11 10 9 分数所占比例将这个表中的分数所占比例视为老师对满分为 12 分题目的“缺憾解答”所评分数的概率，且一、二评与仲

11、裁三位老师评分互不影响已知一个同学的某道满分为 12 分题目的解答属于“缺憾解答” （1）求该同学这个题目需要仲裁的概率；（2）求该同学这个题目得分 X 的分布列及数学期望 E（X）（精确到整数） 21已知抛物线 C：x22py（p0）的焦点为 F，直线 l 与抛物线 C 交于 P，Q 两点（1）若 l 过点 F，抛物线 C 在点 P 处的切线与在点 Q 处的切线交于点 G记点 G 的纵坐标为 yG，求 yG的值（2）若 p2，点 M（x0，y0）在曲线上且线段 MP，MQ 的中点均在抛物线 C 上，记线段PQ 的中点为 N，MPQ 面积为 S用 x0，y0表示点 N 的横坐标，并求

12、的值 22已知函数 f（x）lg （）求不等式 f（f（x））+f（lg2）0 的解集；（）函数 g（x）2ax（a0，a1），若存在 x1，x20，1），使得 f（x1）g（x2）成立，求实数a 的取值范围参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 8 小题，共小题，共 40.0 分）分） 1 （5 分）已知集合 Ax|x21，集合 Bx|log2x0，则 AB 等于（） A （0，1） B （1，0） C （1，1） D （，1）【分析】先化简集合，即解一元二次不等式 x21，和对数不等式 log2x0，再求交集【解答】解：根据题意：集合

13、 Ax|1x1，集合 Bx|0 x1 AB（0，1）故选：A 【点评】本题通过集合运算来考查不等式的解法 2 （5 分）已知实数 a，b，m 满足，记满足此条件的 m 的值形成的集合为 M，则函数 f（x），且 x0）的最小值为（） A2（1e2） B2（1+e2） C D 【分析】由已知得，结合（a+b）24ab，可求出 m 的取值范围求 f（x），设 g（x）ex（x1）+1，求 g（x），研究 g（x）的单调性和最值，从而可 f（x）的单调性和最小值【解答】解：根据题意，得，又（a+b）24ab，当且仅当 ab 时等号成立，所以 m24（m2+m1）0，所以 3m2+4m4

14、0，解得，因为，所以，设 g（x）ex（x1）+1，则 g（x）xex，当 x2，0）时，g（x）0，当时，g（x）0，所以当时，g（x）ming（0）0，即当时，g（x）0 恒成立，所以当且 x0 时，f（x）0 恒成立，所以 f（x）在2，0）上单调递增，在上单调递增，所以当 x2 时，函数 f（x）取得最小值，且，故选：D 【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，涉及基本不等式与一元二次不等式的解法，是中档题 3 （5 分）已知双曲线 E：的右焦点为 F，过 F 作过第一象限的渐近线的垂线，垂足为 M，交另一条渐近线于点 N，若，则 E 的离心率为（

15、） A B C D 【分析】设 O 为坐标原点，直线 FM 交 y 轴于点 R，MOF，MOR，用 a，b 表示 tan，tan，再求出 tan2，由，得|MN|5|FM|，可得 a，b，c 的关系式，结合离心率公式即可得出所求值【解答】解：设 O 为坐标原点，直线 FM 交 y 轴于点 R，MOF，MOR，，|OF|c，a2+b2c2， |OM|a，|FM|b，又|OM|a，又由，得|MN|5|FM|，即，结合 a2+b2c2，整理可得 12a25c2，即离心率故选：B 【点评】本题考查双曲线的方程与性质，考查向量知识的运用，确定 a，b，c 之间的关系是关键，考查运算能力，属

16、于中档题 4 （5 分）已知焦点在 x 轴上且离心率为的椭圆 E，其对称中心是原点，过点 M（0，1）的直线与 E 交于 A，B 两点，且，则点 B 的纵坐标的取值范围是（） A （1，3 B （1，4 C （2，4 D （2，6 【分析】根据椭圆的离心率可设椭圆 E 的标准方程为，设 B（x0，y0），由向量关系得到 A（2x0，32y0）然后将点的坐标代入椭圆方程，得到由即可得到答案【解答】解：设 B（x0，y0），A（x，y），则由，可得（x，1y）2（x0，y01），解得 x2x0，y32y0，即 A（2x0，32y0）由题意可设椭圆 E 的标准方程为，所以，消去

17、 x0，y0的平方项，得，由，即，解得 1m9，又 m1，所以 1m9，所以，故选：A 【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查向量法求解相关范围问题，属于中档题 5 （5 分）有下列命题： “a5 或 b5”是“a+b0”的必要不充分条件；已知命题 p：对任意负实数 x，都有，则p 是：存在非负实数 x，满足；已知数列an与bn满足 bnan+an+1，则“数列an为等差数列”是“数列bn为等差数列”的充分不必要条件；已知 F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，P 为椭圆上的动点，则的最小值为 1 其中所有真命题的个数是（） A4 B3 C2 D1 【分析】分别进行充

18、分性和必要性判断即可，根据全称量词命题否定判断即可，根据等差数列的定义结合充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可，由题意求出的最小值即可判断【解答】解：若“a5 或 b5”则“a+b0”的逆否命题为：若 a+b0，则 a5 且 b5；前者推不出后者，但是后者能够推出前者，所以 a+b0，是 a5 且 b5 的必要不充分条件，故是真命题，已知命题 p：对任意负实数 x，都有，则p 是：存在非负实数 x，满足，故是真命题，若数列 an为等差数列，设公差为 d，则当 n2 时，bnbn1an+an+1an1anan+1an+anan12d，为常数，则数列bn为等差数列，即充分性

19、成立，若数列 bn为等差数列，设公差为 b，则 n2 时，bnbn1an+an+1an1anan+1an1d 为常数，则无法推出 anan1为常数，即无法判断数列an为等差数列，即必要性不成立，即“数列 an为等差数列”是“数列 bn为等差数列”充分不必要条件，故正确，由题意可知 a24，b21，c23设|PF1|x，|PF2|y，x+y4，且，令 f（x）x（4x）x2+4x（x2）2+4， 1f（x）4，的最小值为 1，故正确，正确，故选：A 【点评】本题主要考查命题的真假判定，考查充要条件，椭圆的简单性质，数列的性质的应用，属于中档题 6 （5 分）三棱锥 PABC 的三个侧

20、面两两垂直，则顶点 P 在底面 ABC 的射影为ABC 的（） A内心 B外心 C重心 D垂心【分析】三个侧面两两垂直，可得三条侧棱两两垂直，根据线面垂直、线线垂直的转化，可得结论【解答】解：由三棱锥 PABC 的三个侧面两两垂直，可得三条侧棱两两垂直，由 PAPB，PAPC，PB、PC平面 PBC，PBPCP， PA平面 PBC，又 BC平面 PBCPABC 设点 P 在底面 ABC 的射影是 O，则 PO平面 ABC， BC平面 ABC，POBC 又 PA、PO 为平面 PAO 内两条相交直线， BC平面 PAO，AO 在平面 PAO 内，则 BCOA；同理可证 ABOC，AC

21、OB，故 O 为ABC 的垂心故选：D 【点评】本题主要考查了平面与平面垂直的性质，线面垂直、线线垂直的判定，以及棱锥的结构特征，属于中档题 7 （5 分）设圆 C：x2+y23，直线 l：x+3y60，点 P（x0，y0）l，存在点 QC，使OPQ60（O为坐标原点），则 x0的取值范围是（） A B0，1 C D 【分析】圆 O 外有一点 P，圆上有一动点 Q，OPQ 在 PQ 与圆相切时取得最大值如果 OP 变长，那么OPQ 可以获得的最大值将变小因为 sinOPQ，QO 为定值，即半径，PO 变大，则 sinOPQ变小，由于OPQ（0，），所以OPQ 也随之变小可以得知，当O

22、PQ60，且 PQ 与圆相切时，PO2，而当 PO2 时，Q 在圆上任意移动，OPQ60恒成立因此，P 的取值范围就是 PO2，即满足 PO2，就能保证一定存在点 Q，使得OPQ60，否则，这样的点 Q 是不存在的【解答】解：由分析可得：PO2x02+y02 又因为 P 在直线 L 上，所以 x0（3y06）故 10y0236y0+364 解得，即 x0的取值范围是，故选：C 【点评】解题的关键是结合图形，利用几何知识，判断出 PO2，从而得到不等式求出参数的取值范围 8 （5 分）将参加数学竞赛决赛的 500 名同学编号为：001，002，500，采用系统抽样的方法抽取一

23、个容量为 50 的样本，且随机抽的号码为 003，这 500 名学生分别在三个考点考试，从 001 到 200 在第一考点，从 201 到 352 在第二考点，从 353 到 500 在第三考点，则第二考点被抽中的人数为（） A14 B15 C16 D17 【分析】根据系统抽样的方法的要求，确定分段间隔，根据随机抽得的号码为 003，分别计算从 001 到200，从 201 到 352，可得结论【解答】解：系统抽样的分段间隔为，在随机抽样中，首次抽到 003 号，以后每隔 10 个号抽到一个人，则被抽中的人数构成以 3 为首项，10 为公差的等差数列，故可分别求出在 001 到 20

24、0 中有 20 人，在 201 至 352 号中共有 15 人故选：B 【点评】本题主要考查系统抽样的应用，根据条件建立等差数列关系是解决本题的关键，属于中档题二、不定项选择题（本大题共二、不定项选择题（本大题共 4 小题，共小题，共 16.0 分）分） 9 （4 分）下列命题正确的是（） A已知 xR，则“|x1|1”是“x0”的充分不必要条件 B根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若样本中心点为（m，2.8），则 m4 C若随机变量 XB（100，p），且 E（X）20，则 D已知函数 f（x）是定义在 R 上的偶函数，且在0，+）上

27、少取到一件次品有不同取法 C两名顾客恰好一人买到一件次品一人买到一件正品有不同取法 D把取出的产品送到检验机构检查能检验出有次品的有不同种方式【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，综合即可得答案【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于 A：在含有 3 件次品的 10 件产品中，任取 2 件，恰好取到 1 件次品包含的基本事件个数为，A 正确，对于 B：至少取到 1 件次品包括两种情况：只抽到一件次品，抽到两件次品，所以共有至少取到一件次品有，B 错误，对于 C：两名顾客恰好一人买到一件次品一人买到一件正品有不同取法，C 正确，对于 D：有次品即可，所以把取出的产品送到检验机

28、构检查能检验出有次品的有，D错误，故选：AC 【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题 11 （4 分）已知函数 f（x）sin（x+）（0）满足 f（x0）f（x0+1），且 f（x）在（x0，x0+1）上有最大值，无最小值，则下列结论正确的是（） Af（x0+）1 B若 x00，则 f（x）sin（x+） Cf（x）的最小正周期为 4 Df（x）在（0，2020）上的零点个数最少为 1010 个【分析】根据正弦函数图象的对称性可判断选项 A；计算可得 f（）1 为（0，1）上的最大值，结合已知条件可判断选项 B；由 x0+2k+，（x0+1）+2k+

29、（kZ），两式相减得，从而可求得最小正周期，即可判断选项 C；区间（0，2020）的长度恰好为 505 个周期，取 f（0）0，即可判断选项 D 【解答】解：函数 f（x）sin（x+）（0）满足 f（x0）f（x0+1），且 f（x）在（x0，x0+1）上有最大值，无最小值，对于 A：（x0，x0+1）的区间的中间点为，所以根据正弦函数的对称性知：f（x0+）1，故 A 正确；对于 B：若 x00，则 f（x）sin（x+），则 f（）1 为（0，1）上的最大值，不满足条件，故 B错误；对于 C：x0+2k+，（x0+1）+2k+（kZ），两式相减得，即函数的最小正周期为

30、 T4，故 C 正确；对于 D，区间（0，2020）的长度恰好为 505 个周期，当 f（0）0 时，即 k 时，f（x）在开区间（0，2020）上的零点个数至少为 505211009，故 D 错误故选：AC 【点评】本题考查与三角函数有关的命题的真假性的判断，结合三角函数的图象与性质，利用特殊值法以及三角函数的性质是解题的关键，属于中档题 12 （4 分）发现土星卫星的天文学家乔凡尼卡西尼对把卵形线描绘成轨道有兴趣像笛卡尔卵形线一样，笛卡尔卵形线的作法也是基于对椭圆的针线作法作修改，从而产生更多的卵形曲线卡西尼卵形线是由下列条件所定义的：曲线上所有点到两定点（焦点）的距离之积为常数已知：

31、曲线 C 是平面内与两个定点 F1（1，0）和 F2（1，0）的距离的积等于常数 a2（a1）的点的轨迹，则下列命题中正确的是（） A曲线 C 过坐标原点 B曲线 C 关于坐标原点对称 C曲线 C 关于坐标轴对称 D若点在曲线 C 上，则F1PF2的面积不大于【分析】设动点坐标为（x，y），根据题意可得曲线 C 的方程为（x+1）2+y2（x1）2+y2a4，对各个选项逐一验证，即可得出结论【解答】解：由题意设动点坐标为（x，y），则a2，即（x+1）2+y2（x1）2+y2a4，若曲线 C 过坐标原点（0，0），将点（0，0）代入曲线 C 的方程中可得 a21 与已知 a1

32、矛盾，故曲线 C 不过坐标原点，故 A 错误；把方程中的 x 被x 代换，y 被y 代换，方程不变，故曲线 C 关于坐标原点对称，故 B 正确；因为把方程中的 x 被x 代换，方程不变，故此曲线关于 y 轴对称，把方程中的 y 被y 代换，方程不变，故此曲线关于 x 轴对称，故曲线 C 关于坐标轴对称，故 C 正确；若点 P 在曲线 C 上，则|PF1|PF2|a2， |PF1|PF2|sinF1PF2a2，当且仅当F1PF290时等号成立，故F1PF2的面积不大于，故 D 正确故选：BCD 【点评】本题考查新定义，考查轨迹方程的求法，考查学生分析解决问题的能力，正确运用新

33、定义是解题的关键，属于难题三、填空题（本大题共三、填空题（本大题共 4 小题，共小题，共 20.0 分）分） 13（5分）已知函数f （x） x33x+1，求曲线yf （x）过点（1， 2）处的切线方程 y3x+1或【分析】设切点为（m，m33m+1），求得 f（x）的导数，可得切线的斜率和方程，代入点（1，2），解方程可得 m，进而得到所求切线的方程【解答】解：显然点（1，2）不在曲线 yf（x）上，设切点为（m，m33m+1），由 f（x）x33x+1 的导数 f（x）3x23，可得切线的斜率 k3m23，切线的方程为 y（m33m+1）（3m23）（xm）

34、，代入点（1，2），可得2（m33m+1）（3m23）（1m），化为 2m33m2，解得 m0 或 m，则切线的方程为 y3x+1 或，故答案为：y3x+1 或【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，以及直线方程的运用，注意在某点处与过某点的切线的区别，考查方程思想和运算能力，属于中档题 14 （5 分）关于函数 f（x）sinxcosx+sinxcosx 有如下四个命题： 2 是 f（x）的周期；f（x）的图象关于原点对称；f（x）的图象关于 x 对称；f（x）的最大值为其中所有真命题是 .（填命题序号）【分析】判断 f（x+2）f（x）是否成立，即可判断出结论；判断

35、f（x）f（x）是否成立，即可判断出结论；判断 f（x）f（x）是否成立，即可判断出结论；令 tsinxcosx，可得 t212sinxcosx，可得函数，进而得出最大值【解答】解：，是真命题；，f（x）+f（x）0，是假命题；，是真命题；令 tsinxcosx，则 t2（sinxcosx）212sinxcosx，故，故函数可看作，当时，是真命题故答案为：【点评】本题考查了三角函数的图象与性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 15 （5 分）已知椭圆长轴的右端点为 A，其中 O 为坐标原点若椭圆上不存在点 P，使 AP 垂直 PO，则椭圆的离心率的最大值为【

36、分析】由 AP 垂直 PO，转化可得 y2axx20，故 0 xa，代入椭圆得（b2a2）x2+a3xa2b20 在（0，a ）上有解，令 f（x）（b2a2）x2+a3xa2b20，结合图形，能求出椭圆的离心率 e 的范围然后求解椭圆的离心率的最大值【解答】解：A1（a，0），A2（a，0），设 P（x，y），则（x，y），（ax，y），使 AP 垂直 PO，所以0，（ax）（x）+（y）（y）0， y2axx20，0 xa 代入使 AP 垂直 PO（ab0），整理得（b2a2）x2+a3xa2b20 在（0，a ）上有解，令 f（x）（b2a2）x2+

37、a3xa2b20， f（0）a2b20，f（a）0，如图：（a3）24（b2a2）（a2b2）a2（ a44a2b2+4b4 ） a2（a22c2）20，对称轴满足 0a，1，，又 01， e1，即椭圆的离心率 e 的取值范围是（，1）椭圆上不存在点 P，使 AP 垂直 PO，则椭圆的离心率的最大值为：故答案为：【点评】本题考查椭圆的离心率的取值范围的求法，考查两个向量坐标形式的运算法则，两个向量的数量积公式，一元二次方程在一个区间上有实数根的条件，体现了数形结合的数学思想 16 （5 分）已知向量（x2，x+1），（1x，t），若函数 f（x）在区间（1，1）上是增函数

38、，则 t 的取值范围为 t5 【分析】由数量积可得 f（x），求导数可化问题为 t3x22x 在（1，1）上恒成立，由二次函数的知识可得函数的值域，可得结论【解答】解：（x2，x+1），（1x，t）， f（x） x2（1x）+t（x+1）x3+x2+tx+1， f（x）3x2+2x+t，函数 f（x）在区间（1，1）上是增函数， f（x）3x2+2x+t0 在（1，1）上恒成立， t3x22x 在（1，1）上恒成立，而函数 y3x22x，x（1，1）的值域为，5） t5 故答案为：t5 【点评】本题考查平面向量数量积和函数的单调性，涉及导数和恒成立问题，属中档题四、解答题（

39、本大题共四、解答题（本大题共 6 小题，共小题，共 72.0 分）分） 17在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且（1）求角 C 的大小；（2）若，c5，ABC 的周长为 12，求ABC 的面积【分析】（1）利用余弦定理，二倍角公式对已知等式进行化简，可得，再由特殊角的三角函数值即可得解；（2）由（1）及，得，由三角形的周长求得 a+b7，再由余弦定理可解得 ab 的值，进而求得三角形的面积【解答】解：（1）由余弦定理知，a2+b2c22abcosC，因为，所以，即又 0C，所以或，所以或（2）由（1）及，得，因为 a+b+c12，且 c5，所

40、以 a+b7，由余弦定理知，c2a2+b22abcosC（a+b）22ab2abcos，即 25493ab，所以 ab8，所以ABC 的面积 SabsinC8sin 【点评】本题考查解三角形与三角恒等变换的综合，熟练运用三角形面积公式、余弦定理和二倍角公式是解题的关键，考查了计算能力和转化思想，属于中档题 18已知数列满足：a13，且对任意的 nN*，都有 1，an，an+1成等差数列（1）证明数列等比数列；（2）已知数列前 n 和为 Sn，条件：bn（an1）（2n+1），条件：，请在条件中仅选择一个条件作为已知条件来求数列前 n 项和 Sn 【分析】（1）由条件可知 1+a

41、n+12an，即 an+112（an1），从而得出数列等比数列；（2）选择条件：，利用错位相减法即可得出数列前 n 和为 Sn；选择条件：，利用错位相减法即可得出数列前 n 和为 Sn 【解答】解：（1）证明：由条件可知 1+an+12an，即 an+12an1， an+112（an1），且 a112，是以 a112 为首项，q2 为公比的等比数列，，则；（2）选择条件：，，，两式相减可得，，，化简得；选择条件：，，，两式相减可得，，化简得【点评】本题考查等差数列的性质，等比数列的证明，错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题 19已知A

42、BC 中，ABBC，BC12，AB24，分别取边 AB，AC 的中点 D，E，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，设点 M 为棱 A1D 的中点，点 P 为 A1B 的中点，棱 BCC 上的点 N 满足 BN3NC （1）求证：MN平面 A1EC；（2）试探究在ADE 的折起过程中，是否存在一个位置，使得三棱锥 NPCE 的体积为 18，若存在，求出二面角 A1DEC 的大小，若不存在，请说明理由【分析】（1）取 A1E 中点 F，连接 MF，CF，推导出四边形 MFCN 为平行四边形，从而 MNFC，由此能证明 MN平面 A1EC （2）推导出 DEA1D，DEBD，A1DB

43、是二面角 A1DEC 的平面角，且 DE平面 A1DB，从而平面 A1DB平面 BCDE，作 POBD 于 O，则 PO平面 BCED，PO 为三棱锥 PNCE 的高由 VEPNCVPNCE，推导出 A1到 BD 的距离为 6，由此能求出符合要求的ADE 的位置存在，且二面角 A1DEC 的大小为 30或 150 【解答】（1）证明：取 A1E 中点 F，连接 MF，CF， M 为棱 A1D 的中点，MFDE 且 MFDE，在ABC 中，D，E 为边 AB，AC 的中点，则 DEBC，且 DE， MFBC，即 MFNC，且 MFBCNC，四边形 MFCN 为平行四边形，MNFC， MN平

44、面 A1EC，FC平面 A1EC，MN平面 A1EC （2）解：在ABC 中，DEBC，ABBC，DEAB，在立体图中，DEA1D，DEBD， A1DBDD，A1DB 是二面角 A1DEC 的平面角，且 DE平面 A1DB， DE平面 BCED，平面 A1DB平面 BCDE，在面 A1DB 内，作 POBD 于 O，则 PO平面 BCED，PO 为三棱锥 PNCE 的高 SNCE18， VEPNCVPNCE18，解得 PO3，A1到 BD 的距离为 6，当A1BD 为锐角时，sinA1DB，A1DB30，符合要求的ADE 的位置存在，且二面角 A1DEC 的大小为 30或 150 【

45、点评】本题考查线面平行的证明，考查满足二面角的位置的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 20某市高考模拟考试数学试卷解答题的网上评卷采用“双评+仲裁”的方式：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于或等于 1 分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于 1 分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和一、二评中较高的分数的平均分为该题得分有的学生考试中会做的题目答完后却得不了满分，原因多为答题

46、不规范，比如：语言不规范、缺少必要文字说明、卷面字迹不清、得分要点缺失等等，把这样的解答称为 “缺憾解答” 该市教育研训部门通过大数据统计发现，满分为 12 分的题目，这样的“缺憾解答” ，阅卷老师所评分数及各分数所占比例如表：教师评分 11 10 9 分数所占比例将这个表中的分数所占比例视为老师对满分为 12 分题目的“缺憾解答”所评分数的概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响已知一个同学的某道满分为 12 分题目的解答属于“缺憾解答” （1）求该同学这个题目需要仲裁的概率；（2）求该同学这个题目得分 X 的分布列及数学期望 E（X）（精确到整数）【分析】（1）记 A 表示

47、事件： “该同学这个解答题需要仲裁” ，设一评、二评所打分数分别为 x，y，由题设知事件 A 的所有可能情况有：，或，由此能求出该同学这个题目需要仲裁的概率（2）随机事件 X 的可能取值为 9，9.5，10，10.5，11，设仲裁所打分数为 z，分别求出相应的概率，由此能求出 X 的分布列和数学期望【解答】解：（1）记 A 表示事件： “该同学这个解答题需要仲裁” ，设一评、二评所打分数分别为 x，y，由题设知事件 A 的所有可能情况有：，或， P（A）P（）+P（）（2）随机事件 X 的可能取值为 9，9.5，10，10.5，11，设仲裁所打分数为 z，则 P（X9）P（）+P（

48、）+P（）+， P（X9.5）P（）+P（）， P（X10）P（）， P（X10.5）P（）+P（）+P（）+P（）， P（X11）1（）， X 的分布列为： X 9 9.5 10 10.5 11 P E（X）10 【点评】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 21已知抛物线 C：x22py（p0）的焦点为 F，直线 l 与抛物线 C 交于 P，Q 两点（1）若 l 过点 F，抛物线 C 在点 P 处的切线与在点 Q 处的切线交于点 G记点 G 的纵坐标为 yG，求 yG的值（2）若 p2，点 M（x0

49、，y0）在曲线上且线段 MP，MQ 的中点均在抛物线 C 上，记线段PQ 的中点为 N，MPQ 面积为 S用 x0，y0表示点 N 的横坐标，并求的值【分析】（1）求出，设 P（x1，y1），Q（x2，y2）设直线方程为联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，可得直线 PG 的方程为，同理可得直线 QG 的方程为，联立，再结合韦达定理求解即可（2）求出 MP，MQ 的中点坐标说明 x1，x2为方程的两个不同的实根利用韦达定理以及弦长公式，求解三角形的面积推出结果即可【解答】解：（1）抛物线 C：x22py（p0）的焦点为 F（0，），设 P（x1，），Q（x2，），由题意

50、可知直线 l 的斜率存在，故设其方程为，由得 x22pkxp20，所以由 x22py，得，y，则，直线 PG 的方程为，即，同理可得直线 QG 的方程为，联立可得，因为 x1x2，所以，故点 G 的纵坐标为 yG （2）MP，MQ 的中点分别为因为 MP，MQ 的中点均在抛物线 C 上，所以 x1，x2为方程的解，即方程的两个不同的实根则 x1+x22x0，即，所以 PQ 的中点 N 的横坐标为 x0，则，所以MPQ 的面积，则，故【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，抛物线的简单性质的应用，考查分析问题解决问题的能力，是难题 22已知函数 f（x

展开阅读全文