2015年高考数学试题分类汇编+答案解析（22个专题PDF版）

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2015年高考数学试题分类汇编及答案解析（22个专题）目录专题一集合......................................................................................................................................................................1专题二函数......................................................................................................................................................................6专题三三角函数............................................................................................................................................................21专题四解三角形............................................................................................................................................................32专题五平面向量............................................................................................................................................................40专题六数列....................................................................................................................................................................48专题七不等式................................................................................................................................................................68专题八复数....................................................................................................................................................................80专题九导数及其应用....................................................................................................................................................84专题十算法初步...........................................................................................................................................................111专题十一常用逻辑用语..............................................................................................................................................120专题十二推理与证明..................................................................................................................................................122专题十三概率统计......................................................................................................................................................126专题十四空间向量、空间几何体、立体几何..........................................................................................................149专题十五点、线、面的位置关系..............................................................................................................................186专题十六平面几何初步..............................................................................................................................................187专题十七圆锥曲线与方程..........................................................................................................................................192专题十八计数原理....................................................................................................................................................218专题十九几何证明选讲............................................................................................................................................221专题二十不等式选讲................................................................................................................................................226专题二十一矩阵与变换..............................................................................................................................................230专题二十二坐标系与参数方程..................................................................................................................................231专题一集合1.（15年北京文科）52xx33xx，则（）A32xxB52xxC33xxD53xx【答案】A考点：集合的交集运算.2.(15年广东理科)若集合{|(4)(1)0}Mxxx，{|(4)(1)0}Nxxx，则MNA．B．1,4C．0D．1,4【答案】A．【考点定位】本题考查一元二次方程、集合的基本运算，属于容易题．3.(15年广东文科)若集合1,1，2,1,0，则（）A．0,1B．0C．1D．1,1【答案】C【解析】试题分析：1，故选C．考点：集合的交集运算．4.（15年广东文科）若集合,,,04,04,04,,,pqrspsqsrspqrs且，F,,,04,04,,,tuvwtuvwtuvw且，用card表示集合中的元素个数，则cardcardF（）A．50B．100C．150D．200【答案】D考点：推理与证明．5.（15年安徽文科）设全集123456U，，，，，，12A，，234B，，，则UACB()（A）1256，，，（B）1（C）2（D）1234，，，【答案】B【解析】试题分析：∵6,5,1BCU∴UACB1∴选B考点：集合的运算.[学优高考网gkstk]6.（1522Mxx，0,1,2N，则MN等于（）A．0B．1C．0,1,2D0,1【答案】D考点：集合的运算．7.(15年新课标1文科)8.(15年新课标2理科)已知集合A=｛-2，-1,0，1,2｝，B=｛x|（X-1）（x+2）＜0｝,则A∩B=（）（A）｛--1,0｝（B）｛0,1｝（C）｛-1,0,1｝（D）｛,0,，1，2｝【答案】A21Bxx，故1,0AB，故选A9.(15年新课标2文科)已知集合|12Axx,|03Bxx,则AB（）A．1,3B．1,0C．0,2D．2,3【答案】A考点：集合运算.10.(15年陕西理科)设集合2{|}Mxxx，{|lg0}Nxx，则MN（）A．[0,1]B．(0,1]C．[0,1)D．(,1]【答案】A【解析】20,1xxxlg001xxxx，所以0,1，故选A．考点：1、一元二次方程；2、对数不等式；3、集合的并集运算．11.(15陕西文科)集合2{|}Mxxx，{|lg0}Nxx，则MN（）A．[0,1]B．(0,1]C．[0,1)D．(,1]【答案】A考点：集合间的运算.12.(15年天津理科)已知全集1,2,3,4,5,6,7,8U，集合2,3,5,6A，集合1,3,4,6,7B，则集合UAB（A）2,5（B）3,6（C）2,5,6（D）2,3,5,6,8【答案】A【解析】试题分析：{2,5,8}UB,所以{2,5}UAB，故选A.考点：集合运算.13.(15年天津理科)已知全集{1,2,3,4,5,6}U,{2,3,5}A,{1,3,4,6}B,则集合AUB（）（）(A){3}(B){2,5}(C){1,4,6}(D){2,3,5}【答案】B【解析】试题分析：{2,3,5}A,{2,5}UB,则A2,5UB（）,故选B.考点：集合运算14.(15年浙江理科)15.(15年山东理科)已知集合A=2{|430},{|24}xxxBxx，则AB(A)(1,3)(B)(1，4)(C)(2，3)(D)(2，4)解析：2{|430}{|13},(2,3)AxxxxxAB,答案选(C)16.(15年江苏)已知集合3,2,1A，5,4,2B，则集合BA中元素的个数为_______.【答案】5【解析】试题分析：{123}{245}{12345}5AB，，，，，，，，，个元素考点：集合运算专题二函数1.（15年北京理科）如图，函数fx的图象为折线ACB，则不等式2log1fxx≥的解集是ABOxy-122CA．|10xx≤B．|11xx≤≤C．|11xx≤D．|12xx≤【答案】C【解析】考点：1.函数图象；2.解不等式.2.（15年北京理科）汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况.下列叙述中正确的是A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油D．某城市机动车最高限速80千米/小时.相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油【答案】【解析】试题分析：“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，A中乙车消耗1升汽油，最多行驶的路程为乙车图象最高点的纵坐标值，A错误；B中以相同速度行驶相同路程，甲燃油效率最高，所以甲最省油，B错误，C中甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，甲车每消耗1升汽油行驶的里程10km,行驶80km，消耗8升汽油，C错误，D中某城市机动车最高限速80千米/小时.由于丙比乙的燃油效率高，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油,选D.考点：1.函数应用问题；2.对“燃油效率”新定义的理解；3.对图象的理解.3.（15年北京理科）设函数21421.xaxfxxaxax‚‚‚≥①若1a，则fx的最小值为；②若fx恰有2个零点，则实数a的取值范围是．【答案】(1)1，(2)112a或2a.考点：1.函数的图象；2.函数的零点；3.分类讨论思想.4.（15年北京文科）下列函数中为偶函数的是（）A．2sinyxxB．2cosyxxClnyxD．2xy【答案】B【解析】试题分析：根据偶函数的定义()()fxfx，A选项为奇函数，B选项为偶函数，C选项定义域为(0,)不具有奇偶性，D选项既不是奇函数，也不是偶函数，故选B.考点：函数的奇偶性.5.(15年北京文科)32123，2log5三个数中最大数的是．【答案】2log5【解析】312181233122log5log423，所以2log5最大.考点：比较大小.6.（15年广东理科）下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是A．xexyBxxy1Cxxy212D21xy【答案】A．【解析】令xfxxe，则11fe，111fe即11ff，11ff，所以xyxe既不是奇函数也不是偶函数，而BCD依次是奇函数、偶函数、偶函数，故选A．【考点定位】本题考查函数的奇偶性，属于容易题．7.（15年广东理科）设1a，函数aexxfx)1()(2。(1)求)(xf的单调区间；(2)证明：)(xf在,上仅有一个零点；(3)若曲线()yfx在点P处的切线与x轴平行，且在点(,)Mmn处的切线与直线OP平行（O是坐标原点）,123eam．【答案】（1）,；（2）见解析；（3）见解析．【解析】（1）依题222\'1\'1\'10xxxfxxexexe，∴fx在,上是单调增函数；【考点定位】本题考查导数与函数单调性、零点、不等式等知识，属于中高档题．8.（15年广东文科）下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是（）A．2sinyxxB．2cosyxxC122xxyD．sin2yxx【答案】A【解析】试题分析：函数2sinfxxx的定义域为R，关于原点对称，因为11sin1f，1sin1fx，所以函数2sinfxxx既不是奇函数，也不是偶函数；函数2cosfxxx的定义域为R，关于原点对称，因为22coscosfxxxxxfx，所以函数2cosfxxx是偶函数；函数122xxfx的定义域为R，关于原点对称，因为112222xxxxfxfx，所以函数122xxfx是偶函数；函数sin2fxxx的定义域为R，关于原点对称，因为sin2sin2fxxxxxfx，所以函数sin2fxxx是奇函数．故选A．考点：函数的奇偶性．4.9.（15年安徽文科）下列函数中，既是偶函数又存在零点的是()（A）y=lnx（B）21yx（C）y=sinx（D）y=cosx【答案】D考点：1.函数的奇偶性；2.零点.10.10.（15年安徽文科）函数32fxaxbxcxd的图像如图所示，则下列结论成立的是()（A）a>0，b<0，c>0，d>0（B）a>0，b<0，c<0，d>0（C）a<0，b<0，c<0，d>0（D）a>0，b>0，c>0，d<0【答案】A考点：函数图象与性质.[学优高考网]11.（151)21(2lg225lg。【答案】-1【解析】试题分析：原式＝12122lg5lg2lg22lg5lg考点：1.指数幂运算；2.对数运算.12．（15年安徽文科）在平面直角坐标系xOy中，若直线ay2与函数1||axy的图像只有一个交点，则a的值为。12【解析】试题分析：12axyay与的大致图像，如下图：由题意，可知2112aa考点：函数与方程.13.（15年福建理科）下列函数为奇函数的是()AyxBsinyxC．cosyxD．xxyee【答案】D考点：函数的奇偶性．14.（15年福建理科）若函数6,2,3log,2,axxfxxx（0a且1a）的值域是4,，则实数a的取值范围是．【答案】(1,2]考点：分段函数求值域．15.（15年福建文科）下列函数为奇函数的是()AyxB．xyeC．cosyxD．xxyee【答案】D【解析】yx和xye是非奇非偶函数；cosyx是偶函数；xxyee是奇函数，故选D．考点：函数的奇偶性．16.（15()2()xafxaR满足(1)(1)fxfx，且()fx在[,)m单调递增，则实数m的最小值等于_______．【答案】1【解析】试题分析：由(1)(1)fxfx得函数()fx关于1x对称，故1a1()2xfx，由复合函数单调性得()fx在[1,)递增，故1m，所以实数m的最小值等于1．考点：函数的图象与性质．17.（15年新课标1理科）若函数f(x)=xln（2ax）为偶函数，则a=【答案】12ln()yxax是奇函数，22ln()ln()xaxxax=22ln()ln0axxa，解得a=1.18.（15年新课标2理科）设函数211log(2),1,()2,1,xxxfxx,2(2)(log12)ff()（A）3（B）6（C）9（D）12【答案】C【解析】由已知得2(2)1log43f，又2log121，所以22log121log62(log12)226f，故2(2)(log12)9ff．19.（15年新课标2理科）如图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP=x．将动点P到A、B两点距离之和表示为x的函数f（x），则f（x）的图像大致为【答案】B的运动过程可以2x()()42ff，且轨迹非线型，故选B．20.（15年新课标2文科）如图,长方形的边AB=2,BC=1,O是AB的中点,点P沿着边BC,CD与DA运动,记BOPx,将动点P到A,B两点距离之和表示为x的函数fx,则的图像大致为（）A．B．C．D．【答案】B考点：函数图像21.（15年新课标2文科）21()ln(1||)1fxxx,则使得()(21)fxfx成立的x的取值范围是（）A1,13B1,1,3C11,33D11,,33【答案】A【解析】21()ln(1||)1fxxx可知fx是偶函数,且在0,是增函数,所以121212113fxfxfxfxxxx.故选A.考点：函数性质22.（15年新课标2文科）已知函数32fxaxx的图像过点（-1,4）,则a=．【答案】-2【解析】试题分析：由32fxaxx可得1242faa.考点：函数解析式23.（151,0()2,0xxxfxx，则((2))ff（）A．1B14C12D32【答案】C考点：1.分段函数；2.函数求值.24.（15年陕西文科）设()sinfxxx，则()fx（）A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数【答案】B【解析】试题分析：()sin()()sin()sin(sin)()fxxxfxxxxxxxfx又()fx的定义域为R是关于原点对称，所以()fx是奇函数；()1cos0()fxxfx是增函数.故答案选B考点：函数的性质.25.（15年陕西文科）设()ln,0fxxab()pfab()2abqf1(()())2rfafb，则下列关系式中正确的是（）A．qrpB．qrpC．prqD．prq【答案】C【解析】1()lnln2pfababab()ln22ababqf11(()())ln22rfafbab2abab，由()lnfxx是个递增函()()2abffab所以qpr，故答案选C考点：函数单调性的应用.26.（15年天津理科）已知定义在R上的函数21xmfx（m为实数）为偶函数，记0.52(log3),log5,2afbfcfm，则,,abc的大小关系为（A）abc（B）acb（C）cab（D）cba【答案】C【解析】试题分析：因为函数21xmfx为偶函数，所以0m，即21xfx，所以221loglog330.521(log3)log2121312,3aff2log502log5214,2(0)210bfcfmf所以cab，故选C.考点：1.函数奇偶性；2.指数式、对数式的运算.27.（15年天津理科）已知函数22,2,2,2,xxfxxx函数2gxbfx，其中bR，若函数yfxgx恰有4个零点，则b的取值范围是（A7,4（B7,4（C70,4（D7,24【答案】D【解析】试题分析：由22,2,2,2,xxfxxx222,0(2),0xxfxxx，222,0()(2)42,0222(2),2xxxyfxfxxxxxxx，即222,0()(2)2,0258,2xxxyfxfxxxxx()()()(2)yfxgxfxfxb,所以yfxgx恰有4个零点等价于方程()(2)0fxfxb有4个不同的解，即函数yb与函数()(2)yfxfx的图象的4个公共点，由724b.864224681510551015考点：1.求函数解析式；2.函数与方程；3.数形结合.28.（15年天津理科）曲线2yx与直线yx所围成的封闭图形的面积为.16【解析】试题分析：两曲线的交点坐标为(0,0),(1,1)，所以它们所围成的封闭图形的面积1122300111236Sxxdxxx.考点：定积分几何意义.29.（15年天津文科）已知定义在R上的函数||()21()xmfxm为实数为偶函数,记0.5(log3),af2b(log5),c(2)ffm,则,,abc,的大小关系为（）(A)bca(B)bca(C)bac(D)bca【答案】B【解析】试题分析：由fx为偶函数得0m,所以2,4,0abc,故选B.考点：1.函数奇偶性；2.对数运算.30.（15年天津文科）已知函数22||,2()(2),2xxfxxx,函数()3(2)gxfx,则函数y()()fxgx的零点的个数为(A)2(B)3(C)4(D)5【答案】A考点：函数与方程.31.（15年湖南理科）设函数()ln(1)ln(1)fxxx，则()fx是（）A.奇函数，且在(0,1)上是增函数B.奇函数，且在(0,1)上是减函数C.偶函数，且在(0,1)上是增函数D.偶函数，且在(0,1)上是减函数【答案】A.【解析】试题分析：显然，)(xf定义域为)1,1(，关于原点对称，又∵)()1ln()1ln()(xfxxxf，∴)(xf32.（15年湖南理科）已知32,(),xxafxxxa，若存在实数b，使函数()()gxfxb有两个零点，则a的取值范围是.【答案】),1()0,(.【解析】试题分析：分析题意可知，问题等价于方程)(3axbx与方程)(2axbx的根的个数和为2，若两个方程各有一个根：则可知关于bababab31有解，从而1a；若方程)(3axbx无解，方程)(2axbx有2个根：则可知关于babab31有解，从而0a；，综上，实数a的取值范围是),1()0,(.考点：1.函数与方程；2.分类讨论的数学思想.33.（15年山东理科）sin(4)3yx的图象，只需将函数sin4yx的图像(A)12个单位(B)12个单位(C)3个单位(D)3个单位解析sin4()12yx，只需将函数sin4yx12个单位答案选(B)34.（15年山东理科）设函数31,1,()2,1.xxxfxx则满足()(())2faffa的取值范围是2[,1]3(B)[0,1](C)2[,)3(D)[1,)解析：由()(())2faffa可知()1fa，则121aa或1311aa23a，答案选(C)35.（15年山东理科）已知函数()xfxab(0,1)aa的定义域和值域都是[1,0]，则ab.解析：当1a时1010abab，无解；当01a时1001abab12,2ba，13222ab.36.（15年江苏）已知函数|ln|)(xxf，1,2|4|10,0)(2xxxxg，则方程1|)()(|xgxf实根的个数为【答案】4考点：函数与方程专题三三角函数1.（15北京理科）2()2sincos2sin222xxxfx．(Ⅰ)求()fx的最小正周期；(Ⅱ)求()fx在区间[π0]，上的最小值．【答案】（1）2，（2212【解析】试题分析：先用降幂公式和辅助角公式进行三角恒等变形，把函数化为()sin()fxAxm形2T求出周期，第二步由于0,x3444x，借助正弦函数图象42x34x时，()fx取得最小值为212.试题解析：(Ⅰ211cos()2sincos2sin2sin222222xxxxfxx222sincos222xx2sin()42x(1)()fx221T；30,444xx3,424xx时，()fx212考点：1.三角函数式的恒等变形；2.三角函数图像与性质.2.（15北京文科）已知函数2sin23sin2xfxx．（Ⅰ）求fx的最小正周期；（Ⅱ）求fx20,3上的最小值．【答案】（1）2；（23.考点：倍角公式、两角和的正弦公式、三角函数的周期、三角函数的最值.3.（15年广东文科）已知tan2．1tan4的值；22sin2sinsincoscos21的值．【答案】（1）3；（2）1．考点：1、两角和的正切公式；2、特殊角的三角函数值；3、二倍角的正、余弦公式；4、同角三角函数的基本关系.4.（15年安徽文科）已知函数2()(sincos)cos2fxxxx（1）求()fx最小正周期；（2）求()fx[0,]2上的最大值和最小值.【答案】（1）；（212，最小值为0考点：1.三角函数的性质；2.三角函数的最值.5.（15年福建理科）已知函数f()x的图像是由函数()cosgxx的图像经如下变换得到：先将()gx图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再将所得到2个单位长度.(Ⅰ)求函数f()x的解析式，并求其图像的对称轴方程；(Ⅱ)已知关于x的方程f()g()xxm在[0,2)内有两个不同的解,．（1)求实数m的取值范围；（2)22cos)1.5m(【答案】(Ⅰ)f()2sinxx(kZ).2xk；(Ⅱ)（1(5,5)；（2）详见解析．【解析】试题分析：(Ⅰ)纵向伸缩或平移：()()gxkgx或()()gxgxk；横向伸缩或平移：()()gxgx（纵坐标不变，1倍），()()gxgxa(0a时，向左平移a个单位；0aa个单位)；(Ⅱ)（1)由(Ⅰ)得f()2sinxxf()g()2sincosxxxx，利用辅助角公式变形为f()g()xx5sin()x12sin,cos55），方程f()g()xxm在[0,2)内有两个不同的解,，等价于直线ym5sin()yx有两个不同交点，数形结合求实数m的取值范围；（2)结+=2()23+=2()2，进而利用诱导公式结合已知条件求解．试题解析：解法一：(1)将()cosgxx的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到y2cosx的图像，再将y2cosx2y2cos()2x的图像，故f()2sinxx，从而函数f()2sinxx(kZ).2xk(2)1)21f()g()2sincos5(sincos)55xxxxxx5sin()x12sin,cos55）sin()=5mx[0,2)内有两个不同的解,||15m，故m(5,5).2)因为,5sin()=mx在区间[0,2)内有两个不同的解，sin()=5msin()=5m.1m<5+=2(),2();252n，则P为（A）nN,2n>2n（B）nN,2n≤2n（C）nN,2n≤2n（D）nN,2n=2n【答案】C【解析】p:2,2nnNn，故选C.4.（15年陕西理科）“sincos”是“cos20”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】A【解析】试题分析：因为22cos2cossin0，所以sincos或sincos，因为“sincos”“cos20”，但“sincos”“cos20”，所以“sincos”是“cos20”的充分不必要条件，故选A．考点：1、二倍角的余弦公式；2、充分条件与必要条件．5.（15年陕西文科）“sincos”是“cos20”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【答案】A考点：1.恒等变换；2.命题的充分必要性.6.（15年天津理科）设xR，则21x”是“220xx”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）既不充分也不必要条件【答案】A考点：充分条件与必要条件.7.(15年浙江理科)8.（15年湖南理科）设A,B是两个集合，则”ABA”是“AB”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C.【解析】试题分析：由题意得，ABAAB，反之，ABABA，故为充要条件，选C.考点：集合的关系.9.（15年山东理科）[0,],tan4xxm”是真命题，则实数m的最小值为.解析[0,],tan4xxmtan14m，于是实数m的最小值为1.专题十二推理与证明1.（15年广东文科）若集合,,,04,04,04,,,pqrspsqsrspqrs且，F,,,04,04,,,tuvwtuvwtuvw且，用card表示集合中的元素个数，则cardcardF（）A．50B．100C．150D．200【答案】D考点：推理与证明．2.（15年福建理科）一个二元码是由0和1组成的数字串*12nxxxnN，其中1,2,,kxkn称为第k位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）已知某种二元码127xxx的码元满足如下校验方程组：4567236713570,0,0,xxxxxxxxxxxx其中运算定义为：000,011,101,110．现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于．【答案】5．考点：推理证明和新定义．3.（15年陕西文科）观察下列等式：111221111112343411111111123456456„„„„据此规律，第n个等式可为______________________.111111111234212122nnnnn【解析】试题分析：观察等式知：第n个等式的左边有2n个数相加减，奇数项为正，偶数项为负，且分子为1，分母是1到2n111122nnn.111111111234212122nnnnn考点：归纳推理.4.（15年江苏）已知集合3,2,1X，)(,,3,2,1*NnnYn,),(abbabaSn整除或整除nYbXa,，令()fn表示集合nS所含元素的个数.（1）写出(6)f的值；（2）当6n时，写出()fn的表达式，并用数学归纳法证明.【答案】（1）13（2）2,623112,612322,622312,632312,6423122,6523nnnntnnnntnnnntfnnnnntnnnntnnnnt下面用数学归纳法证明：①当6n时，666621323f，结论成立；②假设nk（6k）时结论成立，那么1nk时，1kS在kS的基础上新增加的元素在1,1k，考点：计数原理、数学归纳法专题十三概率统计1.（15北京理科）A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下：A组：10，11，12，13，14，15，16B组：12，13，15，16，17，14，a假设所有病人的康复时间互相独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙．(Ⅰ)求甲的康复时间不少于14天的概率；(Ⅱ)如果25a，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(Ⅲ)当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？（结论不要求证明）【答案】（137，（21049，（3）11a或182.（15北京文科）某校老年、中年和青年教师的人数见下表，采用分层抽样的方法调查教师的身体状况，在抽取的样本中，青年教师有320人，则该样本的老年教师人数为（）A．90B．100C．180D．300900180016004300【答案】C【解析】1600169009；设样本中老年教师的人数为x，由分层抽320169x，解得180x.考点：分层抽样.3.（15北京文科）某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况．加油时的累计里程（千米）2015年5月1日12350002015年5月15日4835600注：“累计里程“指汽车从出厂开始累计行驶的路程，在这段时间内，该车每100千米平均耗油量为（）A．6升B．8升C．10升D．12升【答案】B【解析】试题分析：因为第一次邮箱加满，所以第二次的加油量即为该段时间内的耗油量，故耗油量48V升.而这段时间内行驶的里程数3560035000600S千米.所以这段时间内，该车每100481008600升，故选B.考点：平均耗油量.4.（15北京文科）高三年级267位学生参加期末考试，某班37位学生的语文成绩，数学成绩与总成绩在全年级中的排名情况如下图所示，甲、乙、丙为该班三位学生．从这次考试成绩看，①在甲、乙两人中，其语文成绩名次比其总成绩名次靠前的学生是；②在语文和数学两个科目中，丙同学的成绩名次更靠前的科目是．【答案】乙、数学【解析】试题分析：①由图可知，甲的语文成绩排名比总成绩排名靠后；而乙的语文成绩排名比总成绩排名靠前，故填乙.②由图可知，比丙的数学成绩排名还靠后的人比较多；而总成绩的排名中比丙排名靠后的人数比较少，所以丙的数学成绩的排名更靠前，故填数学.考点：散点图.5.（15北京文科）某超市随机选取1000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买．10021720030098（Ⅰ）估计顾客同时购买乙和丙的概率；（Ⅱ）估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3中商品的概率；（Ⅲ）如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中那种商品的可能性最大？【答案】（1）0.2；（2）0.3；（3）同时购买丙的可能性最大.【解析】试题分析：本题主要考查统计表、概率等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，由统计表读出顾客同时购买乙和丙的人数200，计算出概率；第二问，先由统计表读出顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3中商品的人数100+200，再计算概率；第三问，由统计表读出顾客同时购买甲和乙的人数为200，顾客同时购买甲和丙的人数为100+200+300，顾客同时购买甲和丁的人数为100再通过比较大小得出结论.试题解析：（Ⅰ）从统计表可以看出，在这1000位顾客中，有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购2000.21000.（Ⅱ）从统计表可以看出，在在这1000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品.所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以1002000.31000.（Ⅲ）与（Ⅰ）同理，可得：2000.21000，1002003000.61000，1000.11000，所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大.考点：统计表、概率.6.（15年广东理科）已知随机变量服从二项分布,np，若30，D20，则p．13．【解析】依题可得30EXnp且120DXnpp13p13．【考点定位】本题考查二项分布的性质，属于容易题．7.（15年广东理科）某工厂36名工人的年龄数据如下表。（1）用系统抽样法从36名工人中抽取容量为9的样本，且在第一分段里用随机抽样法抽到的年龄数据为44，列出样本的年龄数据；（2）计算（1x和方差2s；（3）36sxsx之间有多少人？所占的百分比是多少（精确到0.01％）？【答案】（1）44，40，36，43，36，37，44，43，37；（240x21009s；（3）23，约占63.89%．【考点定位】本题考查系统抽样、样本的均值与方差、样本数据统计等知识，属于中档题．8.（15年广东文科）已知5件产品中有2件次品，其余为合格品．现从这5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为（）A．0.4B．0.6C．0.8D．1【答案】B【解析】试题分析：5件产品中有2件次品，记为a，b，有3件合格品，记为c，d，e，从这5件产品中任取2件，有10种，分别是,ab，,ac，,ad，,ae，,bc，,bd，,be，,cd，,ce，,de，恰有一件次品，有6种，分别是,ac，,ad，,ae，,bc，,bd，,be，设事件“恰有一件次品”，则60.610，故选B．考点：古典概型．9.（15年广东文科）已知样本数据1x，2x，，nx5x，则样本数据121x，221x，，21nx的均值为．【答案】11考点：均值的性质．10.（15年广东文科）某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以160,180，180,200，200,220，220,240，240,260，260,280，280,300分组的频率分布直方图如图2．1求直方图中x的值；2求月平均用电量的众数和中位数；3在月平均用电量为220,240，240,260，260,280，280,300的四组用户中，用分层抽样的方法抽取11户居民，则月平均用电量在220,240的用户中应抽取多少户？【答案】（1）0.0075；（2）230，224；（3）5．【解析】试题解析：（1）由0.0020.00950.0110.01250.0050.0025201x得：0.0075x，所以直方图中x的值是0.0075考点：1、频率分布直方图；2、样本的数字特征（众数、中位数）；3、分层抽样.11.（15年安徽理科）已知2件次品和3件正品放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结果.（1）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率（2）已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求X的分布列和均值（数学期望）12.（15年安徽文科）某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为[40,50],[50,60],,[80,90],[90,100]（1）求频率分布图中a的值；（2）估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；（3）从评分在[40,60]的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在[40,50]的概率.【答案】（1）0.006（225（3110（Ⅲ）由频率分布直方图可知：在[40,50)内的人数为0.004×40×50＝2（人）在[50,60)内的人数为0.006×10×50＝3（人）设[40,50)内的两人分别为21,aa；[50,60)内的三人为32,1,AAA,则从[40,60)的受伤职工中随机抽取2人，基本事件有（21,aa），（11,Aa），（21,Aa），（31,Aa），（12,Aa），（22,Aa），（32,Aa），（21,AA），（31,AA），（32,AA）共10种；其中2人评分都在[40,50)101.考点：1.频率分布直方图；2.古典概型.13.（15年福建理科）为了解某社区居民的家庭年收入所年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：收入x（万元）支出y（万元）根据上表可得回归直线方程ˆˆˆybxaˆˆˆ0.76,baybx，据此估计，该社区一户收入为15万元家庭年支出为()]A．11.4万元B．11.8万元C．12.0万元D．12.2万元【答案】B考点：线性回归方程．14.（15年福建理科）如图，点A的坐标为1,0，点C的坐标为2,4，函数2fxx，若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于．512【解析】221754433xdx553412．考点：几何概型．15.（15年福建理科）某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定.(Ⅰ)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(Ⅱ)设当天小王用该银行卡尝试密码次数为X，求X的分布列和数学期望．【答案】(Ⅰ12；(Ⅱ)52．【解析】试题分析：(Ⅰ)首先记事件“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A．则银行卡被锁死相当于三次尝试密码都错，基本事件总数为36654A，事件A包含的基本事件数为35543A，代入古典概型的概率计算公式求解；(Ⅱ)列出随机变量X的所有可能取值，分别求取相应值的概率，写出分布列求期望即可．试题解析：（Ⅰ）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，5431(A)=6542P（Ⅱ）依题意得，X所有可能的取值是1，2，31511542(X=1),(X=2),(X=3)1=.6656653PPP所以X的分布列为1125E(X)1236632．考点：1、古典概型；2、离散型随机变量的分布列和期望．16.（15年福建文科）如图，矩形ABCD中，点A在x轴上，点B的坐标为(1,0)．且点C与点D在函数1,0()11,02xxfxxx的图像上．若在矩形ABCD内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率等于（）A16B14C38D12xyOBCDAF【答案】B考点：古典概型．17.（15年福建文科）某校高一年级有900名学生，其中女生400名，按男女比例用分层抽样的方法，从该年级学生中抽取一个容量为45的样本，则应抽取的男生人数为_______．【答案】25【解析】4519002015002520．考点：分层抽样．18.（15年福建文科）全网传播的融合指数是衡量电视媒体在中国网民中影响了的综合指标．根据相关报道提供的全网传播2015年某全国性大型活动的“省级卫视新闻台”融合指数的数据，对名列前20名的“省级卫视新闻台”的融合指数进行分组统计，结果如表所示．[4,5)[5,6)[6,7)[7,8]（Ⅰ）现从融合指数在[4,5)和7,8内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家进行调研，求至少有1家的融合指数在7,8的概率；（Ⅱ）根据分组统计表求这20家“省级卫视新闻台”的融合指数的平均数．910；（Ⅱ）6.05．解法一：（I）融合指数在7,8内的“省级卫视新闻台”记为1，2，3；融合指数在4,5内的“省级卫视新闻台”记为1，2．从融合指数在4,5和7,8内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家的所有基本事件是：12,，13,，23,，11,，12,，21,，22,，31,，32,，12,，共10个．其中，至少有1家融合指数在7,8内的基本事件是：12,，13,，23,，11,，12,，21,，22,，31,，32,，共9个．910．（II）这2028734.55.56.57.56.0520202020．解法二：（I）融合指数在7,8内的“省级卫视新闻台”记为1，2，3；融合指数在4,5内的“省级卫视新闻台”记为1，2．从融合指数在4,5和7,8内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家的所有基本事件是：12,，13,，23,，11,，12,，21,，22,，31,，32,，12,，共10个．其中，没有1家融合指数在7,8内的基本事件是：12,，共1个．1911010．（II）同解法一．考点：1、古典概型；2、平均值．19，（15年新课标1理科）投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试。已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（A）0.648（B）0.432（C）0.36（D）0.312【答案】A【解析】根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为22330.60.40.6C=0.648，故选A.20.（15年新课标2理科）根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量（单位：万吨）柱形图。以下结论不正确的是()（A）逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著（B）2007年我国治理二氧化硫排放显现（C）2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势（D）2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关【答案】D【解析】由柱形图得，从2006年以来，我国二氧化硫排放量呈下降趋势，故年排放量与年份负相关．21.（15年新课标2理科）某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区：6273819295857464537678869566977888827689B地区：7383625191465373648293486581745654766579（Ⅰ）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；（Ⅱ）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个不等级：满意记时间C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”。假设两地区用户的评价结果相互独立。根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率22.（15年新课标2文科）根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化碳年排放量（单位：万吨）柱形图,以下结论中不正确的是（）A．逐年比较,2008年减少二氧化碳排放量的效果最显著B．2007年我国治理二氧化碳排放显现成效C．2006年以来我国二氧化碳年排放量呈减少趋势D．2006年以来我国二氧化碳年排放量与年份正相关【答案】D考点：柱形图23.（15年新课标2文科）某公司为了了解用户对其产品的满意度,从A,B两地区分别随机调查了40个用户,根据用户对其产品的满意度的评分,得到A地区用户满意度评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频率分布表.A地区用户满意度评分的频率分布直方图（I）在答题卡上作出B地区用户满意度评分的频率分布直方图,并通过此图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度.（不要求计算出具体值,给出结论即可）B地区用户满意度评分的频率分布直方图（II）根据用户满意度评分,将用户的满意度评分分为三个等级：估计那个地区的用户的满意度等级为不满意的概率大,说明理由.【答案】（I）见试题解析（II）A地区的用户的满意度等级为不满意的概率大.考点：1.频率分布直方图；2.概率估计.24.（15年陕西理科）某中学初中部共有110名教师，高中部共有150名教师，其性别比例如图所示，则该校女教师的人数为（）A．167B．137C．123D．93【答案】B考点：扇形图．25.（15年陕西理科）设某校新、老校区之间开车单程所需时间为，只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：（分钟）（I）求的分布列与数学期望；（II）刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．【答案】（I）分布列见解析，32；（II）0.91．【解析】试题分析：（I）先算出的频率分布，进而可得的分布列，再利用数学期望公式可得数学期望；（II）先设事件表示“刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟”，再算出的概率．试题解析：（I）由统计结果可得T的频率分步为（分钟）40以频率估计概率得T的分布列为从而250.2300.3350.4400.132ET（分钟）(II)设12,TT分别表示往、返所需时间，12,TT的取值相互独立，且与T的分布列相同.设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在途中的时间不超过70分钟”.解法一：121212(A)P(70)P(25,45)P(30,40)PTTTTTT1212P(35,35)P(40,30)TTTT10.210.30.90.40.50.10.91.121212(A)P(70)P(35,40)P(40,35)PTTTTTT12P(40,40)TT0.40.10.10.40.10.10.09(A)1P(A)0.91P.考点：1、离散型随机变量的分布列与数学期望；2、独立事件的概率.26.（15年陕西文科）某中学初中部共有110名教师，高中部共有150名教师，其性别比例如图所示，则该校女教师的人数为（）A．93B．123C．137D．167（高中部）（初中部）男男女女60%70%【答案】C【解析】试题分析：由图可知该校女教师的人数为11070%150(160%)7760137故答案选C考点：概率与统计.27.（15年陕西文科）随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下：78910111213(I)在4月份任取一天，估计西安市在该天不下雨的概率；(II)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续两天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率.【答案】(I)1315；(II)78.【解析】试题分析：(I)在容量为30的样本中，从表格中得，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西26133015.(II)称相邻两个日期为“互邻日期对”（如1日与2日，2日与3日等）这样在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16对，其中后一天不下雨的有14147168，以频率估计概率，运78.试题解析：(I)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西安市不下雨的1315.(II)称相邻两个日期为“互邻日期对”（如1日与2日，2日与3日等）这样在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16对，其中后一天不下雨的有1478，以频78.考点：概率与统计.28.（15年天津理科）为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.(I)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”求事件A发生的概率；(II)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望.【答案】635;(II)随机变量X的分布列为X1234P114373711452EX【解析】试题分析：(I)由古典概型计算公式直接计算即可；(II)先写出随机变量X的所有可能值，求出其相应的概率，即可求概率分布列及期望.试题解析：(I)由已知，有22222333486()35CCCCPAC所以事件A635.(II)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,445348(1,2,3,4)kkCCPXkkC所以随机变量X的分布列为X1234P1143737114所以随机变量X的数学期望1331512341477142EX考点：1.古典概型；2.互斥事件；3.离散型随机变量的分布列与数学期望.29.（15年天津文科）设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27,9,18,先采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员参加比赛.（I）求应从这三个协会中分别抽取的运动员人数；（II）将抽取的6名运动员进行编号,编号分别为123456,,,,,AAAAAA,从这6名运动员中随机抽取2名参加双打比赛.（i）用所给编号列出所有可能的结果；（ii）设A为事件“编号为56,AA的两名运动员至少有一人被抽到”,求事件A发生的概率.【答案】（I）3,1,2；（II）（i）见试题解析；（ii35【解析】试题分析：（I）由分层抽样方法可知应从甲、乙、丙这三个协会中分别抽取的运动员人数分别为3,1,2；（II）（i）一一列举,共15种；（ii）符合条件的结果有9种,所以93.155PA.试题解析：（I）应从甲、乙、丙这三个协会中分别抽取的运动员人数分别为3,1,2；（II）（i）从这6名运动员中随机抽取2名参加双打比赛,所有可能的结果为12,AA,13,AA,14,AA,15,AA,16,AA,23,AA,24,AA,25,AA,26,AA,34,AA,35,AA,36,AA,45,AA,46,AA,56,AA,共15种.（ii）编号为56,AA的两名运动员至少有一人被抽到的结果为15,AA,16,AA,25,AA,26,AA,35,AA,36,AA,45,AA,46,AA,56,AA,共9种,所以事件A发生的概率93.155PA考点：分层抽样与概率计算.30.（15年湖南理科）.在如图2所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分（曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线）的点的个数的估计值为（）A.2386B.2718C.3413D.4772【答案】C.考点：正态分布.31.（15年湖南理科）在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）的茎叶图如图4所示.若将运动员按成绩由好到差编为135号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139,151]上的运动员人数是.【答案】4.【解析】试题分析：由茎叶图可知，在区间]151,139[的人数为20435720人.考点：1.系统抽样；2.茎叶图.32.（15年山东理科）已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布2(0,3)N，从中随机取一件，其长度误差落在区间（3,6）内的概率为（附：若随机变量服从正态分布2(,)N，则()68.26%P,(22)95.44%P.）(A)4.56%(B)13.59%(C)27.18%(D)31.74%解析1(36)(95.44%68.26%)13.59%2P，答案选(B)33．（15年山东理科）若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（如137,359,567等）.在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取一个数，且只能抽取一次，得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得-1分；若能被10整除，得1分.（Ⅰ）写出所有个位数字是5的“三位递增数”；（Ⅱ）若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望EX.解：（Ⅰ）125,135,145,235,245,345；（Ⅱ）X的所有取值为-1,0,1.32112844443339992111(0),(1),(1)31442CCCCCPXPXPXCCC甲得分X的分布列为：-11231141142211140(1)13144221EX34.（15年江苏）已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为________.【答案】6考点：平均数35.(15年江苏)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________.5.6考点：古典概型概率专题十四空间向量、空间几何体、立体几何1.（15北京理科）设，是两个不同的平面，m是直线且m⊂．“m∥”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】B【解析】试题分析：因为，是两个不同的平面，m是直线且m⊂．若“m∥”，则平面、可能相交也可能平行，不能推出//，反过来若//，m，则有m∥，则“m∥”是“∥”的必要而不充分条件.考点：1.空间直线与平面的位置关系；2.充要条件.2.（15北京理科）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是正(主)视图11俯视图侧(左)视图21A25B45C225D．5【答案】C【解析】试题分析：根据三视图恢复成三棱锥P-ABC，其中PC平面ABC，取AB棱的中点D，连接CD、PD，有,PDABCDAB，底面ABC为等腰三角形底边AB上的高CD为2，AD=BD=1,PC=1,5,ABCPDS1222,212552PABS,ACBC51512PACPBCSS52,表252S.考点：1.三视图；2.三棱锥的表面积.3.（15北京理科）如图，在四棱锥AEFCB中，AEF△为等边三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC∥，4BC，2EFa，60EBCFCB，O为EF的中点．(Ⅰ)求证：AOBE；(Ⅱ)求二面角FAEB的余弦值；(Ⅲ)若BE平面AOC，求a的值．FECBA【答案】(1)证明见解析，（255，（343a【解析】试题分析：证明线线垂直可寻求线面垂直，利用题目提供的面面垂直平面AEF平面EFCB，借助性质定理证明AO平面EFCB，进而得出线线垂直，第二步建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，平面AEF的法向量易得，只需求平面AEB的法向量，设平面AEB的法向量，利用线线垂直，数量积为零，列方程求出法向量，再根据二面角公式求出法向量的余弦值；第三步由于AOBE，要想BE平面AOC，只需BEOC，利用向量、BEOC的坐标，借助数量积为零，求出a的值，根据实际问题予以取舍.试题解析：(Ⅰ)由于平面AEF平面EFCB，AEF△为等边三角形，O为EF的中点，则AOEF，根据面面垂直性质定理，所以AO平面EFCB，又BE平面EFCB，则AOBE.(Ⅱ)取CB的中点D，连接OD,以O为原点，分别以、、OEODOA为、、xyz(0,03)Aa(,0,0),(2,233,0),(,0,3)EaBaAEaa(2,233,0)EBaa，由于平面AEF与y轴垂直，则设平面AEF的法向量为1(0,1,0)n，设平面AEB的法向量2(,,1)nxy2,-30,3nAEaxax2,(2)(233)0,1nEBaxayy，则2n(3,1,1)，二面角FAEB12121215cos,55nnnnnn，由二面角FAEB为钝二面角，所以二面角FAEB的余弦值55.（Ⅲ）有（1）知AO平面EFCB，则AOBE，若BE平面AOC，只需BEOC，(2,EBa233,0)a(2,233,0)OCa22(2)(233)0BEOCaa，解得2a43a，由于2a43a.考点：1.线线垂直的证明；2.利用法向量求二面角；3.利用数量积解决垂直问题.4.（15北京文科）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A．1B2C3D．2【答案】C【解析】试题分析：四棱锥的直观图如图所示：由三视图可知，SC平面ABCD，SA222223SASCACSCABBC.考点：三视图.5.（15北京文科）如图，在三棱锥VC中，平面V平面C，V为等边三角形，CCCC2，，分别为，V的中点．（Ⅰ）求证：V//平面C；（Ⅱ）求证：平面C平面V；（Ⅲ）求三棱锥VC的体积．【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（333.【解析】试题分析：本题主要考查线线平行、线面平行、面面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑推理能力、转化能力、计算能力.第一问，在三角形ABV中，利用中位线的性质得//OMVB，最后直接利用线面平行的判定得到结论；第二问，先在三角形ABC中得到OCAB，再利用面面垂直的性质得OC平面VAB，最后利用面面垂直的判定得出结论；第三问，将三棱锥进行等体积转化，利用CVABVABCVV，先求出三角形VAB的面积，由于OC平面VAB，所以OC为锥体的高，利用锥体的体积公式计算出体积即可.试题解析：（Ⅰ）因为,OM分别为AB，VA的中点，所以//OMVB.又因为VB平面MOC，所以//VB平面MOC.（Ⅱ）因为ACBC，O为AB的中点，所以OCAB.又因为平面VAB平面ABC，且OC平面ABC，所以OC平面VAB.所以平面MOC平面VAB.（Ⅲ）在等腰直角三角形ACB2ACBC，所以2,1ABOC.所以等边三角形VAB3VABS.又因为OC平面VAB，所以三棱锥C-VAB1333VABOCS.又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，所以三棱锥V-ABC33.考点：线线平行、线面平行、面面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积公式.6.（15年广东理科）若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值A．大于5B.等于5C.至多等于4D.至多等于3【答案】C．【考点定位】本题考查空间想象能力、推理能力，属于中高档题．7.（15年广东理科）如图2，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，4PDPC，6AB，3BC.点E是CD边的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且2AFFB，2CGGB.图2ADCBHFGE（1）证明：PEFG；（2）求二面角PADC的正切值；（3）求直线PA与直线FG所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（273；（39525．【解析】（1）证明：∵PDPC且点E为CD的中点，∴PEDC，又平面PDC平面ABCD，且平面PDC平面ABCDCD，PE平面PDC，∴PE平面ABCD，又FG平面ABCD，∴PEFG；（2）∵ABCD是矩形，∴ADDC，又平面PDC平面ABCD，且平面PDC平面ABCDCD，AD平面ABCD，∴AD平面PCD，又CD、PD平面PDC，∴ADDC，ADPD，∴PDC即为二面角PADC的平面角，在RtPDE中，4PD132DEAB227PEPDDE，∴7tan3PEPDCDE即二面角PADC73；（3）如下图所示，连接AC，∵2AFFB，2CGGB2AFCGFBGB，∴//ACFG，∴PAC为直线PA与直线FG所成角或其补角，在PAC225PAPDAD2235ACADCD，222222535495cos2252535PAACPCPACPAAC，∴直线PA与直线FG9525．【考点定位】本题考查直线与直线垂直、二面角、异面直线所成角等知识，属于中档题．8.（15年广东文科）若直线1l和2l是异面直线，1l在平面内，2l在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是（）A．l至少与1l，2l中的一条相交B．l与1l，2l都相交C．l至多与1l，2l中的一条相交D．l与1l，2l都不相交【答案】A考点：空间点、线、面的位置关系．9.（15年广东文科）如图3，三角形DC所在的平面与长方形CD所在的平面垂直，DC4，6，C3．1证明：C//平面D；2证明：CD；3求点C到平面D的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3372．【解析】试题解析：（1）因为四边形CD是长方形，所以C//D，因为C平面D，D平面D，所以C//平面D（2）因为四边形CD是长方形，所以CCD，因为平面DC平面CD，平面DCCDCD，C平面CD，所以C平面DC，因为D平面DC，所以CD（3）取CD的中点，连结和，因为DC，所以CD，在RtD22DD22437，因为平面DC平面CD，平面DC平面CDCD，平面DC，所以平面CD，由（2）知：C平面DC，由（1）知：C//D，所以D平面DC，因为D平面DC，所以DD，设点C到平面D的距离为h，因为CDCDVV三棱锥三棱锥DCD1133ShSCDD136737212342ShS，所以点C到平面D372考点：1、线面平行；2、线线垂直；3、点到平面的距离.10.（15年安徽理科）如图所示，在多面体111ABDDCBA，四边形11AABB，11,ADDAABCD均为正方形，E为11BD的中点，过1,,ADE的平面交1CD于F（1）证明：11//EFBC(2)求二面角11EADB余弦值.9.11.（15年安徽文科）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()（A13（B122（C23（D22【答案】C考点：1.几何体的三视图；2.锥体的体积公式.12.(15年安徽文科)如图，三棱锥P-ABC中，PA平面ABC，1,1,2,60PAABACBAC.(1)求三棱锥P-ABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得ACBMPMMC的值。【答案】（136（213PMMC【解析】试题分析：（Ⅰ）在ABC中ABCS23.又∵PA⊥面ABC∴PA是三棱锥P-ABC的高，根据锥体的体积公式即可求出结果;（Ⅱ）过点B作BN垂直AC于点N，过N作NM∥PA交PC于M，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可知此M点即为所求，根据相似三角形的性质即可求出结果.试题解析：（Ⅰ）在ABC中，AB＝1,,2AC∠60BACABCSBACACABsin212360sin2121.[gkstk.Com]又∵PA⊥面ABC∴PA是三棱锥P-ABC的高632313131ABC-ABCPSPAV＝三棱锥（Ⅱ）过点B作BN垂直AC于点N，过N作NM∥PA交PC于M，则NBNMNACMNABCACABCMN＝面面BMACBMNBMBMNAC面面此时MACCNPCCMANABN＝＝中，易知2143223＝31＝MCPM.考点：1.锥体的体积公式；2.线面垂直的判定定理及性质定理.13.（15年福建理科）若,lm是两条不同的直线，m垂直于平面，则“lm”是“//l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】B考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．14.（15年福建理科）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，平面BEC，EC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点.(Ⅰ)求证：//GF平面ADE；(Ⅱ)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．GFBACDE【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)23．试题解析：解法一：（Ⅰ）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，1GHABGH=AB2所以，且，又F是CD1DF=CD2所以，由四边形ABCD是矩形得，ABCDAB=CD，，所以GHDFGH=DF，且．从而四边形HGFD是平行四边形，所以//GFDH，,又DHADEGFADE平面，平面，所以GFADE平面．HGFBACDEHGFBACDEQ所以平面AEF与平面BEC23．解法二：(Ⅰ)如图，取AB中点M，连接MG，MF，又G是BE的中点，可知//GMAE，又AE面ADE，GM面ADE，所以//GM平面ADE．在矩形ABCD中，由Ｍ，Ｆ分别是ＡＢ，ＣＤ的中点得//MFAD．又AD面ADE，MF面ADE，所以//MF面ADE．又因为GMMFM，GM面GMF，MF面GMF，所以面//GMF平面ADE，因为GF面GMF，所以//GM平面ADE．MGFBACDE（Ⅱ）同解法一．考点：1、直线和平面平行的判断；2、面面平行的判断和性质；3、二面角．15.（15年福建文科）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）A822B1122C1422D．151112【答案】B【解析】试题分析：由三视图还原几何体，该几何体是底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，且底面直角梯形的两底分别为12，，直角腰长为1212332，侧面积为则其表面积为2+2+4+22=8+221122，故选B．考点：三视图和表面积．16.（15年福建文科）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于,AB的点，垂直于圆所在的平面，且1．（Ⅰ）若D为线段AC的中点，求证C平面D；（Ⅱ）求三棱锥PABC体积的最大值；2BC，点E在线段PB上，求CEOE的最小值．13262．【解析】试题分析：（Ⅰ）要证明C平面D，只需证明AC垂直于面D内的两条相交直线．首先由垂直于圆所在的平面，可证明C；又C，D为C的中点，可证明CD，进而证明结论；（Ⅱ）三棱锥PABC中，高1PO，要使得PABC体积最大，则底面ABC面积最大，又2AB是定值，故当AB边上的高最大，此时高为半径，进而求三棱锥PABC体积；（Ⅲ）将侧面C绕旋转至平面C，使之与平面共面，此时线段\'OC的长度即为CEOE的最小值．试题解析：解法一：（I）在C中，因为C，D为C的中点，所以CD．又垂直于圆所在的平面，所以C．因为D，所以C平面D．（II）因为点C在圆上，所以当C时，C到的距离最大，且最大值为1．又2，所以C12112．又因为三棱锥C的高1，故三棱锥C111133．（III）在中，1，90，22112．C2，所以CC．在三棱锥C中，将侧面C绕旋转至平面C，使之与平面共面，如图所示．当，，C共线时，C取得最小值．又因为，CC，所以C垂直平分，即为中点．2626CC222，亦即C262．解法二：（I）、（II）同解法一．（III）在中，1，90，所以4522112C2．所以CC，所以C60．在三棱锥C中，将侧面C绕旋转至平面C，使之与平面共面，如图所示．当，，C共线时，C取得最小值．所以在C中，由余弦定理得：2C12212cos456021231222222223．26C232．所以C262．考点：1、直线和平面垂直的判定；2、三棱锥体积．17.（15年新课标1理科）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧度为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r12384r163r，211163()54333209，故堆放的米约3209÷1.62≈22，故选B.（16）18.（15年新课标1理科）圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示。若该几何体的表面积为16+20，则r=（A）1（B）2（C）4（D）8【答案】B【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r，圆柱的高为2r，22142222rrrrrr=2254rr=16+20，解得r=2，故选B.19.（15年新课标2理科）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（A81（B71（C61（D51【答案】D【解析】由三视图得，在正方体1111ABCDABCD中，截去四面体111AABD，如图所示，，设正方体棱长为a11133111326AABDVaa3331566aaa，所以截去部分体积与剩余部分体积51．CBADD1C1B1A120.(15年新课标2理科)已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为A．36πB.64πC.144πD.256π【答案】C【解析】如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，设球O的半径为R2311136326OABCCAOBVVRRR，故6R，则球O的表面积为24144SR，故选C．BOAC21.（15年新课标2理科）如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF与平面α所成的角的正弦值。22.（15年新课标2文科）一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）1A.81B.71C.61D.5【答案】D【解析】试题分析：截去部分是正方体的一个角,16,15,故选D.考点：三视图23.（15年新课标2文科）已知BA,是球O的球面上两点,90AOB,C为该球面上的动点.若三棱锥ABCO体积的最大值为36,则球O的表面积为（）A.36B.64C.144D.256【答案】C考点：球与几何体的切接.24.（15年新课标2文科）如图,长方体1111ABCDABCD中AB=16,BC=10,18AA,点E,F分别在1111,ABDC上,114.AEDF过点E,F的平面与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.（I）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；（II）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值.【答案】（I）见试题解析（II9779考点：1.几何体中的截面问题；2.几何体的体积25.（15年陕西理科）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．3B．4C．24D．34【答案】D【解析】试题分析：由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为1，母线长为2，所以该几何体的表面积1211222342，故选D．考点：1、三视图；2、空间几何体的表面积．26．（15年陕西理科）如图1，在直角梯形CD中，D//CD2，C1，D2，是D的中点，是C与的交点．将沿折起到1的位置，如图2．（I）证明：CD平面1C；（II）若平面1平面CD，求平面1C与平面1CD夹角的余弦值．【答案】（I）证明见解析；（II63．试题解析：（I）在图1中，因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点，2，所以BEAC即在图2中，BE1OA，BEOC从而BE平面1AOC又BE，所以CD平面1AOC.(II)由已知，平面1ABE平面BCDE，又由（1）知，BE1OA，BEOC所以1AOC为二面角1--CABE1OC2A.如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为11B=E=BC=ED=1AA,BCED12222(,0,0),E(,0,0),A(0,0,),C(0,,0),2222B22BC(,,0),22122AC(0,,)22CDBE(2,0,0).设平面1BCA的法向量1111(,,)nxyz，平面1CDA的法向量2222(,,)nxyz，平面1BCA与平面1CDA夹角为，则11100nBCnAC，得111100xyyz，取1(1,1,1)n，22100nCDnAC，得22200xyz，取2(0,1,1)n，1226cos|cos,|332nn，即平面1BCA与平面1CDA63.考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用.27.（15年陕西文科）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．3B．4C．24D．34【答案】D【解析】试题分析：由几何体的三视图可知该几何体为圆柱的截去一半，所以21121222342，故答案选D考点：1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的表面积.28.（15年陕西文科）如图1，在直角梯形ABCD//,,2ADBCBADABBC12ADa，E是AD的中点，O是OC与BE的交点，将ABE沿BE折起到图2中1ABE的位置，得到四棱锥1ABCDE.(I)证明：CD平面1AOC；(II)当平面1ABE平面BCDE时，四棱锥1ABCDE362，求a的值.【答案】(I)证明略，详见解析；(II)6a.(II)由已知，平面1ABE平面BCDE，且平面1ABE平面BCDEBE，又由(I)知，1AOBE，所以1AO平面BCDE，即1AO是四棱锥1ABCDE的高，易求得平行四边形BCDE面积2SBCABa，从而四棱锥1ABCDE311236VSAOa323626a，得6a.(II)由已知，平面1ABE平面BCDE，且平面1ABE平面BCDEBE又由(I)知，1AOBE，所以1AO平面BCDE，即1AO是四棱锥1ABCDE的高，由图112222AOABa，平行四边形BCDE面积2SBCABa，从而四棱锥1ABCDE的为23111223326VSAOaaa，323626a，得6a.考点：1.线面垂直的判定；2.面面垂直的性质定理；3.空集几何体的体积.29.（15年天津理科）一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为3m83【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为1，高为2的圆柱，两端是底面半径为1，高为122181221133V.考点：1.三视图；2.旋转体体积.30.（15年天津理科）如图，在四棱柱1111ABCDABCD中，侧棱1AAABCD底面,ABAC,1AB,12,5ACAAADCD,且点M和N分别为11CDBD和的中点.(I)求证：MNABCD平面；(II)求二面角11D-ACB的正弦值；(III)设E为棱11AB上的点，若直线NE和平面ABCD13，求线段1EA的长【答案】(I)见解析；(II)31010；(III)72.【解析】试题分析：以A为原点建立空间直角坐标系(I)求出直线MN的方向向量与平面ABCD的法向量，两个向量的乘积等于0即可；(II)求出两个平面的法向量，可计算两个平面所成二面角的余弦值的大小，再求正弦值即可；(III)设111AEAB，代入线面角公式计算可解出的值，即可求出1AE的长.试题解析：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,2,0)ABCD，1111(0,0,2),(0,1,2),(2,0,2),(1,2,2)ABCD，又因为,MN分别为1BC和1DD11,,1,(1,2,1)2MN.(I)证明：依题意，可得(0,0,1)n为平面ABCD50,,02MN，由此可得，0MNn，又因为直线MN平面ABCD，所以//MN平面ABCD(II)1(1,2,2),(2,0,0)ADAC，设1(,,)nxyz为平面1ACD的法向量，则11100nADnAC，即22020xyzx，不妨设1z，可得1(0,1,1)n，设2(,,)nxyz为平面1ACB的一个法向量，则21200nABnAC，又1(0,1,2)AB，得2020yzx，不妨设1z，可得2(0,2,1)n12121210cos,10nnnnnn12310sin,10nn，所以二面角11DACB31010.(III)依题意，可设111AEAB，其中[0,1]，则(0,,2)E，从而(1,2,1)NE，又(0,0,1)n为平面ABCD的一个法向量，由已知得22211cos,3(1)(2)1NEnNEnNEn，整理得2430，又因为[0,1]72，所以线段1AE72.考点：1.直线和平面平行和垂直的判定与性质；2.二面角、直线与平面所成的角；3.空间向量的应用.31.（15年天津文科）一个几何体的三视图如图所示（单位：m）,则该几何体的体积为3m.8π3【解析】试题分析：该几何体是由两个高为1的圆锥与一个高为2圆柱组合而成,所以318π2π1π2(m)33.考点：1.三视图；2.几何体的体积.32.（15年天津文科）如图,已知1AA平面ABC,11,BBAAAB=AC125,7BCAA127,BB点E,F分别是BC,1AC的中点.（I）求证：平面11ABBA；（II）求证：平面1AEA平面1BCB.（III）求直线11AB与平面1BCB所成角的大小.【答案】（I）见试题解析；（II）见试题解析；（III）30.【解析】试题分析：（I）要证明平面11ABBA,只需证明1EFBA且EF平面11ABBA；（II）要证明平面1AEA平面1BCB,可证明AEBC,1BBAE；（III）取1BC中点N,连接1AN,则11ABN就是直线11AB与平面1BCB所成角,Rt△11ANB中,11111sin,2ANABNAB得直线11AB与平面1BCB所成角为30.试题解析：（I）证明：如图,连接1AB,在△1ABC中,因为E和F分别是BC,1AC的中点,所以1EFBA,又因为EF平面11ABBA,所以平面11ABBA.（II）因为AB=AC,E为BC中点,所以AEBC,因为1AA平面ABC,11,BBAA所以1BB平面ABC,从而1BBAE,又1BCBBB,所以AE平面1BCB,又因为AE平面1AEA,所以平面1AEA平面1BCB.考点：1.空间中线面位置关系的证明；2.直线与平面所成的角33.(15年浙江文科)34.（15年湖南理科）某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率新工件的体积原工件的体积）（）8916934(21)312(21)【答案】A.考点：1.圆锥的内接长方体；2.基本不等式求最值.35.（15年山东理科）在梯形ABCD2ABC,//ADBC,222BCADAB.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为23(B)43(C)53(D)2解析2215121133V，答案选(C)36.（15年山东理科）2()sincoscos()4fxxxx（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）在锐角ABC中，角,,ABC的对边分别为,,.abc()0,1,2Afa求ABC面积的最大值.解111111()sin2[1cos(2)]sin2sin2sin22222222fxxxxxx222,22kxkkZ,44kxkkZ，则()fx[,],44kkkZ；3222,22kxkkZ3,44kxkkZ，则()fx3[,],44kkkZ.（Ⅱ）在锐角ABC11()sin0,sin222AfAA6A,而1,a2212cos23(23)6bcbcbcbcbc，当且仅当bc12323bc11123sinsin22644ABCSbcAbcbc，故ABC234.37.（15年山东理科）如图，在三棱台DEFABC中，2,,ABDEGH分别为,ACBC的中点.（Ⅰ）求证：//BD平面FGH；（Ⅱ）若CF平面ABC,,,45,ABBCCFDEBAC求平面FGH与平面ACFD所成角（锐角）的大小.解：（Ⅰ）证明：连接DG，DC，设DC与GF交于点T.在三棱台DEFABC中，2,ABDE则2,ACDF而G是AC的中点，DF//AC//DFGC,所以四边形DGCF是平行四边形,T是DC的中点，DG//FC.又在BDC,H是BC的中点，则TH//DB，又BD平面FGH，TH平面FGH，故//BD平面FGH；（Ⅱ）由CF平面ABC,可得DG平面ABC而,45,ABBCBAC则GBAC,于是,,GBGAGC两两垂直，以点G为坐标原点，,,GAGBGC所在的直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，设2AB,1,22,2DECFACAG,22(0,2,0),(2,0,0),(2,0,1),(,,0)22BCFH，则平面ACFD的一个法向量为1(0,1,0)n，设平面FGH的法向量为2222(,,)nxyz，则2200nGHnGF,22222202220xyxz，取21x221,2yz2(1,1,2)n，1211cos,2112nn，故平面FGH与平面ACFD所成角（锐角）的大小为60.38.（15年江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个。若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为7【解析】22221145+28=48733rrr考点：圆柱及圆锥体积39.（15年江苏）如图，在直三棱柱111CBAABC中，已知BCAC，1CCBC，设1AB的中点为D，EBCCB11.求证：（1）CCAADE11//平面；[来源:学科网]（2）11ABBC.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】试题分析：（1）由三棱锥性质知侧面11BBCC为平行四边形,因此点E为1BC的中点，从而由三角形中位线性质得//DEAC，再由线面平行判定定理得CCAADE11//平面（2）因为直三棱柱111CBAABC中1CCBC，所以侧面11BBCC为正方形，因此11BCBC，又BCAC，1ACCC（可由直三棱柱推导），因此由线面垂直判定定理得11ACBBCC平面,从而1ACBC，再由线面垂直判定定理得11BCABC平面,进而可得11ABBC定理40.（15年江苏）如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯2ABCBAD,2,1PAADABBC（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成角最小时，求线段BQ的长【答案】（133（2255考点：空间向量、二面角、异面直线所成角专题十五点、线、面的位置关系1.（15年安徽文科）直线3x+4y=b与圆222210xyxy相切，则b=()（A）-2或12（B）2或-12（C）-2或-12（D）2或12【答案】D【解析】试题分析：∵直线byx43与圆心为（1,1）,半径为1224343b＝12b或12,故选D.考点：1.直线与圆的位置关系；2.点到直线的距离公式.专题十六平面几何初步1.（15北京文科）圆心为1,1且过原点的圆的方程是（）A．22111xyB．22111xyC．22112xyD．22112xy【答案】D【解析】2r，则圆的标准方程为22112xy.考点：圆的标准方程.2.（15年广东理科）平行于直线012yx且与圆522yx相切的直线的方程是A052yx052yxB.052yx052yxC.052yx或052yxD.052yx或052yx【答案】D．【考点定位】本题考查直线与圆的位置关系，属于容易题．3.（15年新课标2文科）(1,0),(0,3),(2,3)ABC,则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为（）5A.321B.325C.34D.3【答案】B考点：直线与圆的方程.4.（15年新课标2文科）2222:10xyCabab22,2,2在C上.（I）求C的方程；（II）直线l不经过原点O,且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB中点为M,证明：直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.【答案】2222184xy（II）见试题解析考点：直线与椭圆5.（15年陕西理科）设曲线xye在点（0,11(0)yxx上点p处的切线垂直，则p的坐标为．【答案】1,1【解析】试题分析：因为xye，所以xye，所以曲线xye在点0,10101xkye，设的坐标为00,xy（00x001yx1yx21yx1yx在点02201xxkyx，因为121kk2011x，即201x，解得01x，因为00x，所以01x，所以01y，即的坐标是1,1，所以答案应填：1,1．考点：1、导数的几何意义；2、两条直线的位置关系．6.（15年天津理科）如图，在圆O中，,MN是弦AB的三等分点，弦,CDCE分别经过点,MN.若2,4,3CMMDCN，则线段NE的长为（A83（B）3（C103（D52EDOABMNC【答案】A【解析】试题分析：由相交弦定理可知，,AMMBCMMDCNNEANNB，又因为,MN是弦AB的三等分点，所以AMMBANNBCNNECMMD24833CMMDNECN，故选A.考点：相交弦定理.7.（15年天津文科）如图,在圆O中,M,N是弦AB的三等分点,弦CD,CE分别经过点M,N,若CM=2,MD=4,CN=3,则线段NE的长为（）8310352【答案】A【解析】试题分析：由相交弦定理可18,33CMMDCMMDCNNEABABNECN故选A.考点：相交弦定理8.（15年天津文科）22221(ab0)xyab的上顶点为B,左焦点为F,55,（I）求直线BF的斜率；（II）设直线BF与椭圆交于点P（P异于点B）,故点B且垂直于BF的直线与椭圆交于点Q（Q异于点B）直线PQ与x轴交于点M,||=||PMMQ.（i的值；（ii75||sin=9PMBQP,求椭圆的方程.【答案】（I）2；（II）（i78；（ii221.54xy【解析】试题分析：（I55ca及222,abc5,2acbc,直线BF的斜率020bbkcc；（II）先把直线BF,BQ的方程与椭圆方程联立,求出点P,Q横坐标,PMMQ7.8MPPQMQxxxxxx（ii75||sin=9PMBQP=||sinBPPQBQP1555||sin73PMBQP,由此求出c=1,故椭圆方程为221.54xy试题解析：（I）,0Fc,55ca及222,abc5,2acbc,又因为0,Bb,故直线BF的斜率020bbkcc.（II）设点,,,,,PPQQMMPxyQxyMxy,（i）由（I22221,54xycc直线BF的方程为22yxc,两方程联立消去y得2350,xcx53Pcx.BQBP,所以直线BQ122yxc,与椭圆方程联立消去y得221400xcx,4021Qcx.PMMQ,及0Mx7.8MPPQMQxxxxxx（ii）由（i78PMMQ,777815PMPMMQ,157PQPM,75||sin=9PMBQP,=||sinBPPQBQP1555||sin73PMBQP.4223PPyxcc,22545502333ccBPcc,5555,1,33cc所221.54xy考点：直线与椭圆.9.（15年湖南理科）10.（15年山东理科）一条光线从点(2,3)射出，经y轴反射与圆22(3)(2)1xy相切，则反射光线所在的直线的斜率为5335(B)3232(C)5445(D)4334解析：(2,3)关于y轴对称点的坐标为(2,3)，设反射光线所在直线为3(2),ykx即230kxyk22|3223|1,|55|11kkdkkk43k34，答案选(D)11.（15年江苏）在平面直角坐标系xOy中，以点)0,1(为圆心且与直线)(012Rmmymx相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为【答案】22(1)2.xy考点：直线与圆位置关系专题十七圆锥曲线与方程1.（15北京理科）22210xyaa30xy，则a．33考点：双曲线的几何性质2.（15北京理科）已知椭圆C222210xyabab22，点01P，和点Amn，0m≠都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M．（Ⅰ）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）；（Ⅱ）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N．问：y轴上是否存在点Q，使得OQMONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．【答案】【解析】试题分析：椭圆C222210xyabab22，点01P，在椭圆上，利用条件列方程组，解出待定系数222,1ab，写出椭圆方程；由点01P，和点Amn，0m≠，写出PA直线方程，令0y求出x值，写出直线与x轴交点坐标；由点(0,1),(,)PBmn，写出直线PB的方程，令0y求出x值，写出点N的坐标，设0(0,)Qy，,tantanOQMONQOQMONQ求出tanOQM和tanONQ02yQ（0，2）使得OQMONQ.试题解析：（Ⅰ）由于椭圆C222210xyabab过点01P，222211,1,bb222cea22221112abaa，22a，椭圆C2212xy.(0,1),(,)PAmn,PA11nyxm0,1myxn(,0)1mMn；考点：1.求椭圆方程；2.求直线方程及与坐标轴的交点；3.存在性问题.3.（15北京文科）已知2,02221yxb（0b）的一个焦点，则b．3【解析】试题分析：由题意知2,1ca，2223bca3b.考点：双曲线的焦点.4.（15北京文科）已知椭圆C:2233xy，过点D1,0且不过点2,1的直线与椭圆C交于，两点，直线与直线3x交于点．（Ⅰ）求椭圆C的离心率；（Ⅱ）若垂直于x轴，求直线的斜率；（Ⅲ）试判断直线与直线D的位置关系，并说明理由．【答案】（163；（2）1；（3）直线BM与直线DE平行.【解析】试题分析：本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，先将椭圆方程化为标准方程，得到a，b，c的值，cea计算离心率；第二问，由直线AB的特殊位置，设出A，B点坐标，设出直线AE的方程，由于直线AE与x=3相交于M点，所以得到M点坐标，利用点B、点M的坐标，求直线BM的斜率；第三问，分直线AB的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，第一种情况，直接分析即可得出结论，第二种情况，先设出直线AB和直线AE的方程，将椭圆方程与直线AB的方程联立，消参，得到12xx和12xx，代入到1BMk中，只需计算出等于0即可证明BMDEkk，即两直线平行.试题解析：（Ⅰ）椭圆C2213xy.3a，1b2c.所以椭圆C63cea.（Ⅱ）因为AB过点(1,0)D且垂直于x轴，所以可设1(1,)Ay，1(1,)By.直线AE的方程为11(1)(2)yyx.令3x，得1(3,2)My.所以直线BM112131BMyyk.（Ⅲ）直线BM与直线DE平行.证明如下：当直线AB的斜率不存在时，由（Ⅱ）可知1BMk.又因为直线DE10121DEk，所以//BMDE.当直线AB的斜率存在时，设其方程为(1)(1)ykxk.设11(,)Axy，22(,)Bxy，则直线AE的方程1111(2)2yyxx.令3x1113(3,)2yxMx.由2233(1)xyykx，得2222(13)6330kxkxk.2122613kxxk21223313kxxk.考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系.5.（15年广东理科）已知双曲线C12222byax54e，且其右焦点25,0F，则双曲线C的方程为A13422yxB.191622yxC.116922yx14322yx【答案】B．【解析】因为所求双曲线的右焦点为25,0F54cea，所以5c，4a，2229bca所221169xy，故选B．【考点定位】本题考查双曲线的标准方程及其简单基本性质，属于容易题．6.（15年广东理科）已知过原点的动直线l与圆221:650Cxyx相交于不同的两点A，B.（1）求圆1C的圆心坐标；（2）求线段AB的中点M的轨迹C的方程；（3）是否存在实数k，使得直线:(4)Lykx与曲线C只有一个交点：若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）3,0；（2223953243xyx；（3332525,,4477k．【解析】（1）由22650xyx得2234xy，∴圆1C的圆心坐标为3,0；（2）设,Mxy，则∵点M为弦AB中点即1CMAB，∴11CMABkk13yyxx，∴线段AB的中点M223953243xyx；（3）由（2）知点M3,02C32r为半径的部分圆弧EF（如下图所示，不包括两端点），525,33E525,33F，又直线L：4ykx过定点4,0D，当直线L与圆C223402321kk34k2503255743DEDFkk，结合上图332525,,4477k时，直线L：4ykx与曲线C只有一个交点．【考点定位】本题考查圆的标准方程、轨迹方程、直线斜率等知识与数形结合思想等应用，属于中高档题．6.（15年广东文科）222125xym（0m）的左焦点为1F4,0，则m（）A．9B．4C．3D．2【答案】C【解析】试题分析：由题意得：222549m，因为0m，所以3m，故选C．考点：椭圆的简单几何性质．7.（15年安徽理科）设椭圆E222210xyabab，点O为坐标原点，点A的坐标为0a，，点B的坐标为0b，，点M在线段AB2BMMA，直线OM510.（I）求E的离心率e；（II）设点C的坐标为0b，，N为线段AC的中点，点N关于直线AB72，求E的方程.8.（15年安徽文科）下列双曲线中，渐近线方程为2yx的是()（A2214yx（B2214xy（C2212yx（D2212xy【答案】A【解析】试题分析：由双曲线的渐进线的公式可行选项A的渐进线方程为xy2，故选A.考点：渐近线方程.9.（15年安徽文科）设椭圆E22221(0),xyabab点O为坐标原点，点A的坐标为(,0)a,点B的坐标为（0，b）,点M在线段AB2,BMMA直线OM510。[学优高考网]（1）求E的离心率e;(2)设点C的坐标为（0，-b）,N为线段AC的中点，证明：MNAB。【答案】（1255（2）详见解析.ab32315525451511052222222eacacaab（Ⅱ）由题意可知N2,2ba）ababaabbKMN56652322131abKAB1522abKKABMN∴MN⊥AB考点：1椭圆的离心率；2.直线与椭圆的位置关系.10.（1522:1916xyE的左、右焦点分别为12,FF，点P在双曲线E13PF，2PF等于（）A．11B．9C．5D．3【答案】B【解析】1226PFPFa236PF29PF，故选B．考点：双曲线的标准方程和定义．11.（15年福建理科）已知椭圆E22221(a0)xybab(0,2）22．(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)设直线1xmymR，()交椭圆E于A，B两点，判断点9(4-,0)与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．【答案】(Ⅰ22142xy；(Ⅱ9(4-,0)在以AB为直径的圆外．G在圆上．试题解析：解法一：(Ⅰ)由已知得2222,2,2,bcaabc222abc所以椭圆E22142xy．222222012222|AB|52553(m+1)25172|GH|my(m+1)y042162(m2)m21616(m2)mmy|AB||GH|>2，故9(4-,0)在以AB为直径的圆外．解法二：(Ⅰ)同解法一.(Ⅱ)设点1122(y),B(,y),Axx112299GA(,),GB(,).44xyxy22221(m2)y230,142xmymyxy得12122223y+y=,yy=m2m2m，121212129955GAGB()()(my)(my)4444xxyyyy22212122252553(m+1)25(m+1)y(y)4162(m2)m216mymy22172016(m2)m所以cosGA,GB0,GAGB又，不共线，所以AGB为锐角.故点9(4-,0)在以AB为直径的圆外．考点：1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系．12.（15年福建文科）2222:1(0)xyEabab的右焦点为F．短轴的一个端点为M:340lxy交椭圆E于,AB4AFBF，点M到直线l45，则椭圆E的离心率的取值范围是（）A．3(0,]2B3(0,]4C3[,1)2D3[,1)4【答案】A考点：1、椭圆的定义和简单几何性质；2、点到直线距离公式．13.（15年福建文科）已知点F为抛物线2:2(0)Eypxp的焦点，点(2,)Am在抛物线E3AF．（Ⅰ）求抛物线E的方程；（Ⅱ）已知点(1,0)G，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．【答案】（Ⅰ）24yx；（Ⅱ）详见解析．【解析】试题分析：（Ⅰ3AF232p，可求p的值，进而确定抛物线方程；（Ⅱ）欲证明以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．可证明点F到直线GA和直线GB的距离相等（此时需确定两条直线方程）；也可以证明GFGF，可转化为证明两条直线的斜率互为相反数．试题解析：解法一：（IF22p．F3232p，解得2p，所以抛物线的方程为24yx．（II）因为点2,m在抛物线:24yx上，22m2,22．2,22，F1,0可得直线F221yx．22214yxyx，得22520xx，解得2x12x1,22．又G1,0，G22022213kG20221312k，所以GG0kk，从而GFGF，这表明点F到直线G，G的距离相等，故以F为圆心且与直线G相切的圆必与直线G相切．解法二：（I）同解法一．（II）设以点F为圆心且与直线G相切的圆的半径为r．因为点2,m在抛物线:24yx上，22m2,22．2,22，F1,0可得直线F221yx．22214yxyx，得22520xx，解得2x12x1,22．又G1,0，故直线G223220xy，2222428917r．又直线G223220xy，所以点F到直线G2222428917dr．这表明以点F为圆心且与直线G相切的圆必与直线G相切．考点：1、抛物线标准方程；2、直线和圆的位置关系．14.（15年新课标1理科）的三个顶点，且圆心在x轴上，则该圆的标准方程为。22325()24xy【解析】设圆心为（a，0），则半径为4||a，则222(4||)||2aa，32a，故圆的方程22325()24xy.15.（15年新课标2理科）过三点A（1,3），B（4,2），C（1,-7）的圆交于y轴于M、NMN=（A）6（B）8（C）6（D）10【答案】C16.（15年新课标2理科）已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，∆ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为（A）√5（B）2（C）√3（D）√2【答案】D17.（15年新课标2理科）已知椭圆C：2229(0)xymm，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M。（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（2）若l(,)3mm，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由。18.（15年新课标2文科）4,3,12yx,则该双曲线的标准方程为．2214xy考点：双曲线几何性质19.（15年陕西理科）若抛物线22(0)ypxp的准线经过双曲线221xy的一个焦点，则p=．22考点：1、抛物线的简单几何性质；2、双曲线的简单几何性质．20.（15年陕西理科）如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为．【答案】1.2【解析】试题分析：建立空间直角坐标系，如图所示：11010222162，设抛物线的方程为22xpy（0p），因为该抛物线过点5,2，所以2225p254p2252xy2225yx5323535522224022255255257575753xdxxx，故原始的最大流量与161.2403，所以答案应填：1.2．考点：1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．21.（15年陕西理科）已知椭圆:22221xyab（0ab）的半焦距为c，原点到经过两点,0c，0,b12c．（I）求椭圆的离心率；（II）如图，是圆:225212xy的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的方程．【答案】（I32；（II221123xy．【解析】试题分析：（I）先写过点,0c，0,b的直线方程，再计算原点到该直线的距离，进而可得椭圆的离心率；（II）先由（I）知椭圆的方程，设的方程，联立2222144ykxxyb，消去y，可得12xx和12xx的值，进而可得k10可得2b的值，进而可得椭圆的方程．试题解析：（I）过点(c,0),(0,b)的直线方程为0bxcybc，则原点O22bcbcdabc，12dc2222abac32ca.(II)解法一：由（I）知，椭圆E的方程为22244xyb.(1)依题意，圆心M(-2,1)是线段AB|AB|10.易知，AB不与x轴垂直，设其直线方程为(2)1ykx，代入(1)得2222(14)8(21)4(21)40kxkkxkb设1122(,y),B(,y),Axx221212228(21)4(21)4,.1414kkkbxxxxkk由124xx28(21)4,14kkk12k.从而21282xxb.22212121215|AB|1||410(2)22xxxxxxb.|AB|10210(2)10b，解得23b.故椭圆E221123xy.解法二：由（I）知，椭圆E的方程为22244xyb.(2)依题意，点A，B关于圆心M(-2,1)|AB|10.设1122(,y),B(,y),Axx则2221144xyb，2222244xyb，两式相减并结合12124,y2,xxy得1212-4()80xxyy.易知，AB不与x轴垂直，则12xx，所以AB12121k.2AByyxx因此AB1(2)12yx，代入(2)得224820.xxb所以124xx，21282xxb.22212121215|AB|1||410(2)22xxxxxxb.|AB|10210(2)10b，解得23b.故椭圆E221123xy.考点：1、直线方程；2、点到直线的距离公式；3、椭圆的简单几何性质；4、椭圆的方程；5、圆的方程；6、直线与圆的位置关系；7、直线与圆锥曲线的位置.22.（15年陕西文科）已知抛物线22(0)ypxp的准线经过点(1,1)，则抛物线焦点坐标为（）A．(1,0)B．(1,0)C．(0,1)D．(0,1)【答案】B【解析】试题分析：由抛物线22(0)ypxp2px，因为准线经过点(1,1)，所以2p，所以抛物线焦点坐标为(1,0)，故答案选B考点：抛物线方程.23.（152222:1(0)xyEabab经过点(0,1)A22.(I)求椭圆E的方程；(II)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点,PQ（均异于点A），证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.【答案】(I)2212xy；(II)证明略，详见解析.【解析】试题分析：(I)2,12cba，由222abc2a2212xy；(II)设1122,PxyQxy，120xx由题设知，直线PQ的方程为(1)1(2)ykxk，代入2212xy，化简得22(12)4(1)2(2)0kxkkxkk1212224(1)2(2),1212kkkkxxxxkk，由已知0，从而直线AP与AQ121212111122APAQyykxkkxkkkxxxx12122(2)APAQxxkkkkxx4(1)222(21)22(2)kkkkkkkk.试题解析：(I)2,12cba，综合222abc2a，2212xy.(II)由题设知，直线PQ的方程为(1)1(2)ykxk2212xy，得22(12)4(1)2(2)0kxkkxkk，由已知0，设1122,PxyQxy，120xx1212224(1)2(2),1212kkkkxxxxkk，从而直线AP与AQ的斜率之和121212111122APAQyykxkkxkkkxxxx121212112(2)2(2)xxkkkkxxxx4(1)222(21)22(2)kkkkkkkk.考点：1.椭圆的标准方程；2.圆锥曲线的定值问题.24.（15222210,0xyabab的一2,3，且双曲线的一个焦点247yx的准线上，则双曲线的方程为（A2212128xy（B2212821xy（C22134xy（D22143xy【答案】D考点：1.双曲线的标准方程及几何性质；2.抛物线的标准方程及几何性质.25.（152222+=1(0)xyabab的左焦点为F-c（,0）,33，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM422+4bxy截得的线段的长为c43|FM|=3.(I)求直线FM的斜率；(II)求椭圆的方程；(III)设动点P在椭圆上，若直线FP2，求直线OP（O为原点）的斜率的取值范围.【答案】(I)33；(II)22132xy；(III)23223,,333.【解析】试题分析：(I)由椭圆知识先求出,,abc的关系，设直线直线FM的方程为()ykxc，求出圆心到直线的距离，由勾股定理可求斜率k的值；(II)由(I)2222132xycc，直线与椭圆方程联立，求出点M的433FM可求出c，从而可求椭圆方程.(III)设出直线FP：(1)ytx，与椭圆方程联立，求226223(1)xtx，求出x的范围，即可求直线OP的斜率的取值范围.试题解析：(I)2213ca，又由222abc，可得223ac，222bc，设直线FM的斜率为(0)kk，则直线FM的方程为()ykxc，由已知有2222221kccbk33k.(II)由(I)2222132xycc，直线FM的方程为()ykxc，两个方程联立，消去y，整理得223250xcxc53xc或xc，因为点M在第一象限，可得M23,3cc222343()033FMccc，解得1c22132xy(III)设点P的坐标为(,)xy，直线FP的斜率为t1ytx，即(1)ytx(1)x,22(1)132ytxxy，消去y，整理得22223(1)6xtx226223(1)xtx，解得312x或10x，设直线OP的斜率为mymx，即(0)ymxx22223mx.①3,12x时，有(1)0ytx，因此0m2223mx223,33m②当1,0x时，有(1)0ytx，因此0m2223mx23,3m综上，直线OP23223,,333考点：1.椭圆的标准方程和几何性质；2.直线和圆的位置关系；3.一元二次不等式.26.（15年天津文科）22221(0,0)xyabab的一个焦点为(2,0)F,且双曲线的渐近线与圆222y3x相切,则双曲线的方程为（）221913xy221139xy2213xy2213yx【答案】D考点：圆与双曲线的性质.27.（15年湖南理科）28.（15年山东理科）平面直角坐标系xOy22122:1(0,0)xyCabab的渐近线与抛物线22:2(0)Cxpyp交于点,,OAB，若OAB的垂心为2C的焦点，则1C的离心率为.解析22122:1(0,0)xyCababbyxa22222222(,),(,)pbpbpbpbABaaaa22:2(0)Cxpyp(0,)2pF22222AFpbpaakpbba2222222593,,.442bcabceaaaa29.（15年山东理科）平面直角坐标系xOy2222:1(0)xyCabab32，左、右焦点分别是12,FF,以1F为圆心，以3为半径的圆与以2F为圆心，以1为半径的圆相交，交点在椭圆C上.（Ⅰ）求椭圆C的方程；2222:144xyEab，P为椭圆C上的任意一点，过点P的直线ykxm交椭圆E于A,B两点，射线PO交椭圆E于点Q.||||OQOP的值；（ⅱ）求ABQ面积最大值.解析2222:1(0)xyCabab3232cea222abc2,3abcb12(3,0),(3,0)FbFb,圆1F22(3)9,xby圆2F22(3)1,xby2234b132b222(,1())33bb，在椭圆C222221(3)43134bbbbb，整理得424510bb，解得21,b214b（舍去）故21,b24,a椭圆C2214xy.（Ⅱ）（ⅰ）椭圆E221164xy，设点00(,)Pxy220014xy000:(0)yPOyxxxx，221164xy可得点00(2,2)Qxy22002200(2)(2)||2||xyOQOPxy.（ⅱ）点00(2,2)Qxy到直线AB距离等于原点O到直线AB距离的3倍：0022|22|||311kxymmdkk221164ykxmxy，得224()16xkxm，整理得222(14)84160kxkmxm2222226416(41)(4)16(164)0kmkmkm22221||16(164)14kABkmk22222211||||164||341646221414mmkmSABdkmkk22221646122(41)mkmk2222||164,82mkmmk等号成立.而直线ykxm与椭圆C2214xy有交点P，则2244ykxmxy有解，即222224()4,(14)8440xkxmkxkmxm有解，其判别式22222216416(14)(1)16(14)0kmkmkm，即2214km，则上述2282mk不成立，等号不成立，2||(0,1]14mtk222||16466(4)14mkmSttk在(0,1]为增函数，于是当2214kmmax6(41)163S，故ABQ面积最大值为12.30.(15年江苏)在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线122yx右支上的一个动点。若点P到直线01yx的距离大于c恒成立，则是实数c的最大值为[来源:学#科#网Z#X#X#K]22【解析】试题分析：设(,),(1)Pxyx，因为直线10xy平行于渐近线0xy，所以c的最大值为直线10xy与渐近线0xy12.22考点：双曲线渐近线，恒成立转化31.（15系xOy222210xyabab22，且右焦点F到左准线l的距离为3.（1）求椭圆的标准方程；（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程.【答案】（12212xy（2）1yx或1yx（2）当x2，又C3，不合题意．当与x轴不垂直时，设直线的方程为1ykx，11,xy，22,xy，将的方程代入椭圆方程，得2222124210kxkxk则221,2222112kkxk，C2222,1212kkkk，且222222121212221112kxxyykxxk．若0k，则线段的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．从而0k，故直线C222121212kkyxkkk，则点的坐标为22522,12kkk，从而2222311C12kkkk．因为C2，所以2222223114211212kkkkkk，解得1k．此时直线方程为1yx或1yx．考点：椭圆方程，直线与椭圆位置关系专题十八计数原理1.（15北京理科）在52x的展开式中，3x的系数为．（用数字作答）【答案】40【解析】试题分析：利用通项公式，5152rrrrTCx，令3r，得出3x的系数为325240C考点：二项式定理2.（15年广东理科）袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球。从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为A．1B.2111C.2110215【答案】B．【解析】从袋中任取2个球共有215105C种，其中恰好1个白球1个红球共有1110550CC种，所以恰好1个白球15010=10521，故选B．【考点定位】本题考查排列组合、古典概率的计算，属于容易题．3.（154)1(x的展开式中，x的系数为【答案】6．【解析】44214411rrrrrrrTCxCx，412r解得2r，所以展开式中x的系数为22416C，故应填入6．【考点定位】本题考查二项式定理，属于容易题．4.（15年广东理科）某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了条毕业留言．（用数字作答）【答案】1560．【解析】依题两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了24040391560A条毕业留言，故应填入1560．【考点定位】本题考查排列组合问题，属于中档题．5.（15年福建理科）52x的展开式中，2x的系数等于．（用数字作答）【答案】80【解析】试题分析：52x的展开式中2x项为2325280Cx，所以2x的系数等于80．考点：二项式定理．（10）6.（15年新课标1y²的系数为（A）10（B）20（C）30（D）60【答案】A【解析】在25()xxy的5个因式中，2个取因式中2x剩余的3个因式中1个取x，其余因式取y,故52xy的系数为212532CCC=30，故选A.7.（15年新课标2理科）4()(1)axx的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a__________．【答案】3【解析】由已知得4234(1)1464xxxxx，故4()(1)axx的展开式中x的奇数次幂项分别为4ax，34ax，x，36x，5x，其系数之和为441+6+1=32aa，解得3a．8.（15年陕西理科）二项式(1)()nxnN的展开式中2x的系数为15，则n（）A．4B．5C．6D．7【答案】C考点：二项式定理．9.（15614xx的展开式中，2x的系数为.1516考点：二项式定理及二项展开式的通项.10.（15年湖南理科）11.（15年山东理科）观察下列各式：0010113301225550123377774;4;4;4;CCCCCCCCCC照此规律，当*nN时，012121212121nnnnnCCCC.解析：14n.具体证明过程可以是：0121012121212121212121211(2222)2nnnnnnnnnnCCCCCCCC021122223121212121212121210121212112121212121211[()()()()]211()2422nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnCCCCCCCCCCCCCC专题十九几何证明选讲1.（15年广东理科）如图1，已知AB是圆O的直径，4AB，EC是圆O的切线，切点为C，1BC，过圆心O做BC的平行线，分别交EC和AC于点D和点P，则OD图1POECDAB【答案】8．【考点定位】本题考查直线与圆、直角三角形的射影定理，属于中档题．2.（15年广东文科）如图1，为圆的直径，为的延长线上一点，过作圆的切线，切点为C，过作直线C的垂线，垂足为D．若4C23，则D．【答案】3考点：1、切线的性质；2、平行线分线段成比例定理；3、切割线定理．3.（15年新课标2理科）如图，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与ΔABC的底边BC交于M，N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB，AC分别相切于E，F两点。（1）证明：EF∥BC；（2）若AG等于⊙O23AEMN，求四边形EBCF的面积。4.（15年新课标2文科）如图O是等腰三角形ABC内一点,圆O与△ABC的底边BC交于M,N两点,与底边上的高交于点G,且与AB,AC分别相切于E,F两点.（I）证明EFBC；（II）若AG等于圆O半径,23AEMN,求四边形EBCF的面积.【答案】1633考点：1.几何证明；2.四边形面积的计算.5.（15年陕西理科）如图，切于点，直线D交于D，两点，CD，垂足为C．（I）证明：CDD；（II）若D3DCC2，求的直径．【答案】（I）证明见解析；（II）3．【解析】试题分析：（I）先证CDD，再证DD，进而可证CDD；（II）先由（I）知D平分C，进而可得D的值，再利用切割线定理可得的值，进而可得的直径．试题解析：（I）因为DE为圆O的直径，则BEDEDB90，又BCDE，所以CBD+EDB=90°，从而CBD=BED.又AB切圆O于点B，得DAB=BED，所以CBD=DBA.（II）由（I）知BD平分CBA=3BAADBCCD,=2BC32AB，224ACABBC，所以D=3A.由切割线定理得2=ADABAE2=ADABAE=6，故DE=AE-AD=3，即圆O的直径为3.考点：1、直径所对的圆周角；2、弦切角定理；3、切割线定理.6.（15年陕西文科）如图，AB切O于点B，直线AO交O于,DE两点，,BCDE垂足为C.(I)证明：CBDDBA(II)3,2ADDCBC，求O的直径.【答案】(I)证明略，详见解析；(II)3.【解析】试题分析：：(I)因为DE是O的直径，则90BEDEDB，又BCDE，所以90CBDEDB，又AB切O于点B，得DBABED，所以CBDDBA；(II)由(I)知BD平分CBA3BAADBCCD2BC32AB，由222ABBCAC，解得4AC，所以3AD，由切割线定理得2ABADAE，解得6AE，故3DEAEAD，即O的直径为3.试题解析：(I)因为DE是O的直径，则90BEDEDB又BCDE，所以90CBDEDB又AB切O于点B，得DBABED所以CBDDBA(II)由(I)知BD平分CBA，3BAADBCCD，2BC32AB，224ACABBC所以3AD，由切割线定理得2ABADAE26ABAEAD，故3DEAEAD，即O的直径为3.考点：1.几何证明；2.切割线定理.7.（15年江苏）如图，在ABC中，ACAB，ABC的外接圆圆O的弦AE交BC于点D求证：ABD∽AEB【答案】详见解析考点：三角形相似专题二十不等式选讲1.（15年福建理科）已知0,0,0abc，函数()||||fxxaxbc的最小值为4．(Ⅰ)求abc的值；(Ⅱ)2221149abc的最小值．【答案】(Ⅰ)4；(Ⅱ87．【解析】试题分析：(Ⅰ)由绝对值三角不等式得()||||fxxaxbc的最小值为|a|bc，故|a|4bc，即abc4；(Ⅱ)利用柯西不等式2222222123123112233()()()xxxyyyxyxyxy求解．试题解析：(Ⅰ)因为(x)|x||x||(x)(x)||a|fabcabcbc当且仅当axb时，等号成立又0,0ab，所以|ab|ab,所以(x)f的最小值为abc,所以abc4．(Ⅱ)由(1)知abc4，由柯西不等式得22222114912+3+1164923ababccabc,222118497abc.1132231bac,8182,,777abc时，等号成立2221149abc87.考点：1、绝对值三角不等式；2、柯西不等式．2.（15年新课标2理科）设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：（1）若ab>cdabcd；（2abcd是||||abcd的充要条件。3.（15年新课标2文科）设,,,abcd均为正数,且abcd.证明：（I）若abcd,abcd；abcdabcd的充要条件.【答案】【解析】试题分析：（I）由abcd及abcd,22abcd,abcd.（II）本小题可借助第一问的结论来证明,但要分必要性与充分性来证明.试题解析：解：222,2,abababcdcdcd考点：不等式证明.4.（15年陕西理科）已知关于xxab24xx．（I）求实数a，b的值；（II12atbt的最大值．【答案】（I）3a，1b；（II）4．【解析】试题分析：（Ixab可得baxba，再利用关于xxab24xx可得a，b的值；（II312tt34tt312tt的最大值．试题解析：（I）由||xab，得baxba则2,4,baba解得3a,1b（II22223+12+34314tttttt244tt413tt，即1t时等号成立，max3+12+4tt.考点：1、绝对值不等式；2、柯西不等式.5.（15年陕西文科）已知关于xxab的解集为{|24}xx(I)求实数,ab的值；(II)12atbt的最大值.【答案】(I)3,1ab；(II)4.【解析】试题分析：(I)xab，得baxba，由题意得24baba，解得3,1ab；(II)31234tttt2222[(3)1][(4)()tt244tt，当413tt即1tmin3124tt.试题解析：(I)xab，得baxba则24baba，解得3,1.ab(II31234tttt2222[(3)1][(4)()tt244tt413tt即1t时等号成立，min3124tt考点：1.绝对值不等式；2.柯西不等式.6.（15年江苏）解不等式|23|3xx153xxx或【解析】试题分析：根据绝对值定义将不等式化为两个不等式组的并集，分别求解即可3232xx32332xx．解得5x13x．153xxx或．考点：含绝对值不等式的解法专题二十一矩阵与变换1.（15年福建理科）已知矩阵2111,.4301AB(Ⅰ)求A的逆矩阵1A；(Ⅱ)求矩阵C，使得AC=B.【答案】(Ⅰ312221；(Ⅱ32223．【解析】试题分析：因为2143A，得伴随矩阵3142A2A11AAA可求得1A；(Ⅱ)因为ACB，故1CAB，进而利用矩阵乘法求解．试题解析：(1)因为|A|=23-14=2131312222422122A(2)由AC=B得11()CAAAB,1313112C==222012123AB考点：矩阵和逆矩阵．2.（15年江苏）已知Ryx,，向量11是矩阵01yxA的属性特征值2的一个特征向量，矩阵A以及它的另一个特征值.【答案】1120,另一个特征值为1．【解析】试题分析：由矩阵特征值与特征向量可列出关于x,y的方程组，再根据特征多项式求出矩阵另一个特征值试题解析：由已知，得2，即1112012xxyy，则122xy，即12xy，所以矩阵1120．从而矩阵的特征多项式21f，所以矩阵的另一个特征值为1．考点：矩阵运算，特征值与特征向量专题二十二坐标系与参数方程1.（15北京理科）π23‚cos3sin6的距离为．【答案】1【解析】(2,)3(1,3)cos3sin6化为360xy136113d.考点：1.极坐标与直角坐标的互化；2.点到直线距离.2.（15年广东理科）已知直线l24sin(2）π，点A的极坐标为722,4A，则点A到直线l的距离为522．【解析】依题已知直线l2sin24722,4A可化为l：10xy和2,2A，所以点A与直线l的距离为2222152211d，故应填入．【考点定位】本题考查极坐标与平面直角坐标的互化、点与直线的距离，属于容易题．3.（15年广东文科）在平面直角坐标系xy中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线1C的极坐标方程为cossin2，曲线2C222xtyt（t为参数），则1C与2C交点的直角坐标为．【答案】2,4【解析】试题分析：曲线1C的直角坐标方程为2xy，曲线2C的普通方程为28yx，由228xyyx得：24xy，所以1C与2C交点的直角坐标为2,4，所以答案应填：2,4．考点：1、极坐标方程化为直角坐标方程；2、参数方程化为普通方程；3、两曲线的交点．4.（15年福建理科）在平面直角坐标系xoy中，圆C的参数方程为13cos(t)23sinxtyt为参数.在极坐标系（与平面直角坐标系xoy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴）中，直线l的方程为2sin()m,(mR).4(Ⅰ)求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；(Ⅱ)设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值．【答案】(Ⅰ)22129xy，0xym；(Ⅱ)2m=-32．【解析】试题分析：(Ⅰ)将圆的参数方程通过移项平方消去参数得22129xy，利用cosx，siny将直线的极坐标方程化为直角坐标方程；(Ⅱ)利用点到直线距离公式求解．试题解析：(Ⅰ)消去参数t，得到圆的普通方程为22129xy,2sin()m4，得sincosm0,所以直线l的直角坐标方程为0xym.(Ⅱ)依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即|12m|22，2m=-32考点：1、参数方程和普通方程的互化；2、极坐标方程和直角坐标方程的互化；3、点到直线距离公式．5.（15年新课标2理科）在直角坐标系xOy中，曲线C1：cossinxtyt（t为参数，t≠0），其中0≤α<π，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：2sin，C323cos。（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求||AB的最大值。6.（15年新课标2文科）在直角坐标系xOy中,曲线1cos,:sin,xtCyt（t为参数,且0t）,其中0,在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,23:2sin,:23cos.CC（I）求2C与3C交点的直角坐标；（II）若1C与2C相交于点A,1C与3C相交于点B,AB最大值.【答案】（I）330,0,,22；（II）4.【解析】试题分析：（I）把2C与3C的方程化为直角坐标方程分别为2220xyy22230xyx,考点：参数方程、直角坐标及极坐标方程的互化.7．（15年陕西理科）在直角坐标系xy中，直线l13232xtyt（t为参数）．以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，C23sin．（I）写出C的直角坐标方程；（II）为直线l上一动点，当到圆心C的距离最小时，求的直角坐标．【答案】（I2233xy；（II）3,0．【解析】试题分析：（I23sin两边同乘以223sin，再利用222xy，sinx可得C的直角坐标方程；（II）先设2C12tC的最小值，进而可得的直角坐标．试题解析：（I）223sin,23sin得，2222+23,+33xyyxy所以.(II)13(3t,t),C(0,3)22P又,22213|PC|331222ttt，故当t=0时，|PC|取最小值，此时P点的直角坐标为（3，0）.考点：1、极坐标方程化为直角坐标方程；2、参数的几何意义；3、二次函数的性质.8.（15年陕西文科）在直角坐标版权法xOy吕，直线l132(32xttyt为参数），以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，C的极23sin.(I)写出C的直角坐标方程；(II)P为直线l上一动点，当P到圆心C的距离最小时，求点P的坐标.【答案】(I)2233xy；(II)(3,0).【解析】试题分析：(I)23sin223sin2223xyy2233xy(II)133,22Ptt(0,3)C22213331222PCttt，故当0tPC取得最小值，此时P点的坐标为(3,0).试题解析：(I)23sin，223sin，2223xyy2233xy(II)3,22Ptt(0,3)C，22213331222PCttt，故当0tPC取得最小值，此时P点的坐标为(3,0).考点：1.坐标系与参数方程；2.点与圆的位置关系.9.（15年江苏）已知圆C222sin()404，求圆C的半径.6考点：圆的极坐标方程，极坐标与之间坐标互化