2019-2020年高考《考試大綱》調(diào)研卷理科數(shù)學(xué)（第四模擬）試卷含解析.doc

2019-2020年高考考試大綱調(diào)研卷理科數(shù)學(xué)（第四模擬）試卷含解析一、填空題：共14題1設(shè)全集U=-2,2,若集合A滿足UA=1,2),則A=.【答案】-2,1)2【解析】本題主要考查考生對(duì)補(bǔ)集的理解,考查考生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的掌握情況.在數(shù)軸上分別作出全集U與UA,根據(jù)補(bǔ)集的概念可得A=-2,1)2. 2在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)z=+i2 016(i為虛數(shù)單位)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第象限.【答案】一【解析】本題考查復(fù)數(shù)的基本運(yùn)算,結(jié)合i4=1,對(duì)式子進(jìn)行化簡(jiǎn),從而判斷z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限.z=+1=+1=+,z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限是第一象限. 3某校有甲、乙、丙3個(gè)高三文科班,其中甲班有47人,乙班有51人,丙班有49人.現(xiàn)分析3個(gè)班的某一次數(shù)學(xué)考試成績(jī),計(jì)算得甲班的平均成績(jī)是90分,乙班的平均成績(jī)是90分,丙班的平均成績(jī)是87分,則該校這3個(gè)高三文科班的數(shù)學(xué)平均成績(jī)是分.【答案】89【解析】本題考查統(tǒng)計(jì)中的平均數(shù),考查考生的運(yùn)算求解能力.由題意知,3個(gè)高三文科班的數(shù)學(xué)平均成績(jī)=89. 4已知向量a=(2,-1),2b=(-4,6),則(a-b)(a+b)=.【答案】-8【解析】本題主要考查平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算、數(shù)量積等知識(shí),考查考生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的掌握情況.解法一因?yàn)橄蛄縜=(2,-1),2b=(-4,6),所以b=(-2,3),a+b=(0,2),a-b=(4,-4),所以(a-b)(a+b)=(4,-4)(0,2)=0-8=-8.解法二因?yàn)橄蛄縜=(2,-1),2b=(-4,6),所以a2=5,b=(-2,3),b2=13,所以(a-b)(a+b)=a2-b2=5-13=-8. 5已知等比數(shù)列an的各項(xiàng)都是正數(shù),且,a2成等差數(shù)列,則=.【答案】9【解析】本題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的基礎(chǔ)知識(shí),意在考查考生的運(yùn)算求解能力.破解此題的關(guān)鍵是活用等差數(shù)列的性質(zhì)、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和性質(zhì).設(shè)等比數(shù)列an的公比為q(q>0),因?yàn)?a2成等差數(shù)列,所以+a2,所以q2=3+2q,所以q=3或q=-1(舍去),所以=9. 6已知ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且2b=a+c,若sinB=,cosB=,則b的值為.【答案】4【解析】本題考查余弦定理、同角三角函數(shù)的關(guān)系等知識(shí)的綜合運(yùn)用.2b=a+c,sinB=,cosB=,sin2B+cos2B=1,ac=15,b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-48=4b2-48,得b=4. 7從1,2,3,4,5這五個(gè)數(shù)字中隨機(jī)取出三個(gè)數(shù)字,則剩下兩個(gè)數(shù)字都是奇數(shù)的概率是.【答案】【解析】本題主要考查古典概型的概率計(jì)算公式.解題的關(guān)鍵是正確列出總的基本事件及所求事件包含的基本事件.通解由題意知,從1,2,3,4,5這五個(gè)數(shù)字中隨機(jī)取出三個(gè)數(shù)字的情況有(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),(1,4,5),(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5),共10種,其中剩下兩個(gè)數(shù)字都是奇數(shù)的情況有(1,2,4),(2,3,4),(2,4,5),共3種,故所求概率為.優(yōu)解由題意知,事件“從1,2,3,4,5這五個(gè)數(shù)字中隨機(jī)取出三個(gè)數(shù)字,剩下兩個(gè)數(shù)字都是奇數(shù)”的概率與事件“從1,2,3,4,5這五個(gè)數(shù)字中隨機(jī)取出兩個(gè)數(shù)字,這兩個(gè)數(shù)字都是奇數(shù)”的概率相等,又從1,2,3,4,5這五個(gè)數(shù)字中隨機(jī)取出兩個(gè)數(shù)字的情況(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10種,其中抽取的兩個(gè)數(shù)字都是奇數(shù)的情況有(1,3),(1,5),(3,5),共3種,故所求概率為. 8已知函數(shù)f(x)=Asin(x+)(A>0,>0,-<<0)的圖象的一個(gè)最高點(diǎn)為(,),其圖象的相鄰兩個(gè)對(duì)稱中心之間的距離為,則=.【答案】-【解析】本題考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí),考查考生的運(yùn)算求解能力.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象的相鄰兩個(gè)對(duì)稱中心之間的距離為,故函數(shù)的最小正周期為T=,所以=2,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象的最高點(diǎn)為(,),所以2+=2k+(kZ),=2k-(kZ),因?yàn)?<<0,所以=-. 9定義x為不超過x的最大整數(shù),例如1.3=1.執(zhí)行如圖所示的算法流程圖,當(dāng)輸入x的值為4.7時(shí),則輸出y的值為.【答案】10.2【解析】本題考查算法流程圖的基礎(chǔ)知識(shí),考查考生分析問題、解決問題的能力.求解時(shí)注意準(zhǔn)確判斷條件是否滿足,決定程序執(zhí)行的方向.由輸入的x為4.7,執(zhí)行第一個(gè)條件判斷框后,執(zhí)行否方向,而4.7-4.7=0.7,即4.7-4.7不等于0,因而仍執(zhí)行否方向,得到y(tǒng)=7+(4.7-3+1)1.6=10.2,故輸出y的值為10.2. 10已知正三棱錐P-ABC的體積為,底面邊長(zhǎng)為2,則側(cè)棱PA的長(zhǎng)為.【答案】2【解析】本題考查空間幾何體的體積,一方面要牢記空間幾何體的體積公式,另一方面要掌握常見幾何體中的基本數(shù)量關(guān)系.設(shè)底面正三角形ABC的中心為O,又底面邊長(zhǎng)為2,故OA=,由VP-ABC=POSABC,得PO22,PO=,所以PA=2. 11已知周期為4的函數(shù)f(x)=,則方程3f(x)=x的根的個(gè)數(shù)為.【答案】3【解析】本題考查分段函數(shù)、方程的根等知識(shí).先畫出函數(shù)f(x)一個(gè)周期的圖象,再向左、向右擴(kuò)展,數(shù)形結(jié)合可得出兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù),從而得解.作出函數(shù)y=f(x)的圖象及直線y=如圖所示,則兩個(gè)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3,即方程的根的個(gè)數(shù)為 3. 12在平面直角坐標(biāo)系中,不等式組(a為常數(shù))表示的平面區(qū)域的面積為4,則x2+y的最小值為.【答案】-【解析】本題考查不等式組表示的平面區(qū)域等知識(shí).要注意z=x2+y不是一次型函數(shù),而是二次型函數(shù),故不一定在可行域的邊界點(diǎn)處取得最值.由題意作出可行域如圖中陰影部分所示,因?yàn)槠矫鎱^(qū)域的面積為4,易得A(2,2),B(2,-2),把A,B,O三個(gè)邊界點(diǎn)的坐標(biāo)分別代入x2+y,得在這三點(diǎn)處的最小值為0. 令x2+y=0,即y=-x2,y=-2x,當(dāng)拋物線y=-x2平移到與直線y=-x相切時(shí),y=-2x=-1,得x=,即切點(diǎn)P(,-),代入x2+y,得x2+y=-=-,所以x2+y的最小值為-. 13已知雙曲線-=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,過點(diǎn)F1作圓x2+y2=a2的一條切線分別交雙曲線的左、右兩支于B、C兩點(diǎn),與雙曲線的漸近線在第二象限內(nèi)交于點(diǎn)D,且|CD|=|CF2|,則雙曲線的離心率為.【答案】【解析】本題主要考查雙曲線的定義、幾何性質(zhì),直線與圓、雙曲線的位置關(guān)系等知識(shí),考查考生分析問題、解決問題的能力.由雙曲線的定義可知,-=2a,又,所以=2a.因?yàn)辄c(diǎn)F1的坐標(biāo)為(-c,0),直線DF1與圓x2+y2=a2相切,且圓的半徑為a,所以直線DF1的方程為y=(x+c),又直線OD的方程為y=-x,聯(lián)立得點(diǎn)D的坐標(biāo)為(-,),所以(-+c)2+()2=4a2,得,所以雙曲線的離心率為. 14若關(guān)于x的不等式(ax-1)(lnx+ax)0在(0,+)上恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.【答案】(-,-e【解析】本題主要考查函數(shù)的圖象與性質(zhì),考查考生的轉(zhuǎn)化與化歸能力、運(yùn)算求解能力和分類討論思想.(ax-1)(lnx+ax)0(a-)(a+)0或.設(shè)函數(shù)f(x)=,g(x)=-,在同一平面直角坐標(biāo)系內(nèi)畫出它們的圖象如圖所示,由圖象可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-,-e. 二、解答題：共12題15已知銳角滿足cos(+)=.(1)求sin 2的值;(2)求tan(-)的值.【答案】(1)因?yàn)閏os(+)=,所以cos-sin=>0,所以1-sin 2=,解得sin 2=.(2)因?yàn)閟in 2=2sincos=,即有7tan2-50tan+7=0,解得tan=或tan=7.因?yàn)閏os-sin>0,所以0<tan<1,所以tan=.則tan(-)=.【解析】本題主要考查三角函數(shù)的運(yùn)算.解答本題時(shí)要注意利用和差角公式與二倍角公式,以及同角三角函數(shù)的關(guān)系式進(jìn)行求解.【備注】三角作為高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容,每年必考,其考查的重點(diǎn)是同角三角函數(shù)的關(guān)系式,三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式,正弦函數(shù)、余弦函數(shù)、正切函數(shù)的圖象與性質(zhì),兩角和(差)的正弦、余弦及正切公式,二倍角公式,其中兩角和(差)的正弦、余弦及正切公式是高考中8個(gè)C級(jí)考點(diǎn)之一,在復(fù)習(xí)的過程中要重視公式的逆向應(yīng)用和變形應(yīng)用.16如圖,在四棱錐P-ABCD中,ADBC,平面APD平面ABCD,且PA=PD,BC=CD=AD,E,F分別為AD,PD的中點(diǎn).(1)求證:CF平面PAB;(2)求證:平面PEC平面PBD.【答案】(1)解法一連接EF,在APD中,E,F分別為AD,PD的中點(diǎn),所以EFPA,在四邊形ABCD中,BCAD,又BC=AD,且AE=ED,所以BCAE,四邊形BCEA為平行四邊形,所以ECAB.又EFEC=E,PAAB=A,所以平面EFC平面PAB,又FC平面EFC,所以CF平面PAB.解法二如圖,取PA的中點(diǎn)M,連接MF,MB.在PAD中,PM=MA,PF=FD,所以MFAD,且MF=AD.由已知,BCAD,且BC=AD,所以MFBC,且MF=BC,所以四邊形BCFM為平行四邊形,所以FCBM,又FC平面PAB,BM平面PAB,所以CF平面PAB.(2)連接BE,在PAD中,PA=PD,AE=ED,所以PEAD.又平面APD平面ABCD,平面APD平面ABCD=AD,所以PE平面ABCD,故PEBD.在四邊形ABCD中,BCDE,且BC=DE,所以四邊形BCDE為平行四邊形.又BC=CD,所以四邊形BCDE為菱形,BDCE,又PEEC=E,所以BD平面PEC,又BD平面PBD,所以平面PEC平面PBD.【解析】本題考查幾何體的結(jié)構(gòu)特征以及空間中線面平行與面面垂直的證明等,考查考生的空間想象能力以及邏輯推理能力等.(1)可以構(gòu)造過CF與平面PAB平行的平面;也可以在平面PAB內(nèi)找出與CF平行的直線;(2)首先由面面垂直,得到PEBD,再分析四棱錐底面的性質(zhì),證明BDCE,即可證得BD平面PEC,最后利用面面垂直的判定定理證得結(jié)果.【備注】空間中線面位置關(guān)系的證明一般都是從平面圖形中的線線垂直、平行入手的,所以要注意幾何體的結(jié)構(gòu)特征以及平面圖形中的基本運(yùn)算,熟練把握空間中的平行與垂直關(guān)系的互化是解決此類問題的關(guān)鍵.17如圖是一個(gè)半圓形廣場(chǎng)的平面示意圖.已知AB為直徑,且AB=200 m,O為圓心,C為圓周上靠近A的一點(diǎn),D為圓周上靠近B的一點(diǎn),且CDAB.設(shè)AOC=xrad(rad為弧度單位).(1)現(xiàn)在準(zhǔn)備對(duì)半圓形廣場(chǎng)進(jìn)行綠化,在OCD內(nèi)栽花,其余部分植樹,求植樹面積S(x)的最小值;(2)如果從A經(jīng)過C到D建造一條觀光路線,其中A到C是圓弧,C到D是線段CD.設(shè)觀光路線總長(zhǎng)為f(x),求觀光路線總長(zhǎng)f(x)的最大值.【答案】(1)設(shè)半圓形廣場(chǎng)的半徑為R,由題意知SOCD=R2sin(-2x)=5 000sin 2x,因?yàn)镃為圓周上靠近A的一點(diǎn),D為圓周上靠近B的一點(diǎn),且CDAB,所以0<x<.所以植樹面積S(x)=S半圓-SOCD=R2-5 000sin 2x=5 000(-sin 2x).因?yàn)?<x<,所以當(dāng)x=時(shí),S(x)min=5 000(-1).(2)由題意知,=x100=100x,CD=200cosx,所以f(x)=100x+200cosx,x(0,),則f(x)=100(1-2sinx).令f(x)=0,得x=,則f(x),f(x)隨x的變化情況為所以函數(shù)f(x)在x=處取得極大值,這個(gè)極大值就是最大值,所以觀光路線總長(zhǎng)的最大值為f()=100(+)m.【解析】本題是應(yīng)用性問題,第(1)問先建立植樹面積S(x)的函數(shù)解析式,再利用三角函數(shù)求最值;第(2)問建立觀光路線總長(zhǎng)f(x)的函數(shù)解析式,利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值.【備注】高考中應(yīng)用題涉及的數(shù)學(xué)模型有函數(shù)模型、不等式模型、三角模型等,解題時(shí)要認(rèn)真審題,抓住關(guān)鍵詞,將實(shí)際問題抽象為數(shù)學(xué)問題,從各種關(guān)系中找出最關(guān)鍵的數(shù)量關(guān)系,將這些關(guān)系用有關(guān)的量、數(shù)字及符號(hào)表示出來,從而建立數(shù)學(xué)模型,運(yùn)用所學(xué)的知識(shí)解決問題.18已知橢圓C:+=1(0<b<4)的左、右頂點(diǎn)分別為A、B,M為橢圓C上異于A、B的任意一點(diǎn),A關(guān)于M的對(duì)稱點(diǎn)為P.(1)若M的橫坐標(biāo)為,且點(diǎn)P在橢圓的右準(zhǔn)線上,求b的值;(2)若以PM為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O,求b的取值范圍.【答案】(1)M是AP的中點(diǎn),xM=,xA=-2,xP=3.P在橢圓的右準(zhǔn)線上,=3,解得b=.(2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0),點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x1,y1),P關(guān)于M的對(duì)稱點(diǎn)為A,=x1,=y1,即x0=2x1+2,y0=2y1.以PM為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O,OMOP,=0,即x0x1+y0y1=0,(2x1+2)x1+2=0,即=-x1.又點(diǎn)M在橢圓+=1(0<b<4)上,+=1,即b=,b=4=4(1+)=41+=41+,-2<x1<2,2<x1+4<6,4x1+4+<8,即(-,b(-,4(1+),即b(-,2-.又0<b<4,b(0,2-.【解析】本題考查直線、圓、橢圓等知識(shí),考查橢圓中基本量的運(yùn)算、圓的性質(zhì)等.解題時(shí),(1)由題意建立基本量之間的關(guān)系,即可求出b的值;(2)運(yùn)用基本不等式求出b的取值范圍.【備注】解析幾何解答題可能涉及圓、橢圓,但更多是直線與橢圓的位置關(guān)系的研究,主要考查“設(shè)而不求”的思想,往往需要將題目所給的幾何關(guān)系用代數(shù)式進(jìn)行表達(dá),最終用代數(shù)運(yùn)算解決幾何問題.主要類型有:定點(diǎn)(定值)問題、取值范圍(最值)問題、存在性問題等.通常以三角形、平行四邊形、垂直關(guān)系、對(duì)稱關(guān)系等為載體,有時(shí)可以借助初中平面幾何知識(shí)進(jìn)行轉(zhuǎn)化,一般步驟都是聯(lián)立方程,寫出判別式,然后用代數(shù)式刻畫幾何關(guān)系.19已知函數(shù)f(x)=,g(x)=ax-a.(1)若函數(shù)g(x)的圖象與f(x)的圖象相切,求a的值及切點(diǎn)坐標(biāo);(2)若m,n(0,1,且m>n,求證:em-n.【答案】(1)設(shè)函數(shù)f(x)的圖象與g(x)的圖象相切于M(t,),由f(x)=,則f(t)=a,且=at-a,消去a得,(2t-1)lnt-t+1=0.設(shè)h(t)=(2t-1)lnt-t+1,則h(t)=2lnt+-1=2lnt-+1.設(shè)(t)=2lnt-+1,則(t)=+>0,所以(t)=2lnt-+1單調(diào)遞增,即h(t)=2lnt-+1單調(diào)遞增,又h(1)=0,所以當(dāng)t(0,1)時(shí),h(t)<0,h(t)單調(diào)遞減,當(dāng)t(1,+)時(shí),h(t)>0,h(t)單調(diào)遞增,所以h(t)的最小值為h(1)=0,所以(2t-1)lnt-t+1=0僅有一解t=1,此時(shí)a=1,切點(diǎn)為M(1,0).(2)要證em-n,即證ln()m-n,即證-m-n,即證-m-n.設(shè)p(x)=-x,因?yàn)閙,n(0,1,m>n,所以只要證p(x)為(0,1上的增函數(shù)即可.因?yàn)閜(x)=-1=,又x(0,1,所以p(x)0,所以p(x)為(0,1上的增函數(shù),從而得證.【解析】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究曲線的切線、不等式的證明,考查化歸與轉(zhuǎn)化思想.【備注】對(duì)于函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的考查,在高考題中多以對(duì)數(shù)、指數(shù)形式出現(xiàn),而且屬于壓軸題,對(duì)考生能力的要求很高,意在提高區(qū)分度.題目可能是從含有參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、曲線的交點(diǎn)等進(jìn)行設(shè)計(jì),解題時(shí)由于對(duì)參數(shù)的討論比較復(fù)雜,因而有提升的價(jià)值,也可能是從切線等角度入手,看似簡(jiǎn)單,但如果對(duì)數(shù)學(xué)思想方法不能做到運(yùn)用自如,則很難達(dá)到預(yù)期效果.因此,在復(fù)習(xí)過程中對(duì)于常規(guī)函數(shù)的性質(zhì)及圖象要力爭(zhēng)做到了如指掌.20已知數(shù)列an,bn滿足bn=an+1-an,其中n=1,2,3,.(1)若a1=1,bn=n,求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)若bn+1bn-1=bn(n2),且b1=1,b2=2.(i)記cn=a6n-1,求證:數(shù)列cn為等差數(shù)列;(ii)若數(shù)列中任意一項(xiàng)的值均未在該數(shù)列中重復(fù)出現(xiàn)無數(shù)次,求a1應(yīng)滿足的條件.【答案】(1)當(dāng)n2時(shí),有an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=a1+b1+b2+bn-1=1+-+1.又a1=1也滿足上式,所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an=-+1.(2)(i)因?yàn)閷?duì)任意的nN*,有bn+6=bn,所以cn+1-cn=a6n+5-a6n-1=b6n-1+b6n+b6n+1+b6n+2+b6n+3+b6n+4=1+2+2+1+=7(n1),所以數(shù)列cn為等差數(shù)列.(ii)設(shè)dm=a6m+i(m0,i為常數(shù)且i1,2,3,4,5,6),所以dm+1-dm=a6m+6+i-a6m+i=b6m+i+b6m+i+1+b6m+i+2+b6m+i+3+b6m+i+4+b6m+i+5=7(m0),所以數(shù)列a6m+i均是以7為公差的等差數(shù)列.設(shè)fk=+,當(dāng)ai=時(shí),對(duì)任意的n=6k+i(k0,i為1,2,3,4,5,6中的一個(gè)常數(shù)),有,此時(shí)由已知條件可推得a1=,-,-,.當(dāng)ai時(shí),fk+1-fk=-=(ai-)-=(ai-),若ai>,則對(duì)任意的kN,有fk+1<fk,所以數(shù)列為單調(diào)遞減數(shù)列;若ai<,則對(duì)任意的kN,有fk+1>fk,所以數(shù)列為單調(diào)遞增數(shù)列.綜上,設(shè)集合B=-=,-,-,則當(dāng)a1B時(shí),數(shù)列中必有某數(shù)重復(fù)出現(xiàn)無數(shù)次;當(dāng)a1B時(shí), (i=1,2,3,4,5,6)均為單調(diào)數(shù)列,任意一個(gè)數(shù)在每個(gè)數(shù)列中最多出現(xiàn)一次,所以數(shù)列中任意一項(xiàng)的值均未在該數(shù)列中重復(fù)出現(xiàn)無數(shù)次.【解析】本題考查數(shù)列的基本運(yùn)算及其通項(xiàng)公式的求解等,考查考生基本的計(jì)算能力、分類討論思想.【備注】數(shù)列求和要注意通項(xiàng)公式的特征,靈活選用相應(yīng)的方法,其中裂項(xiàng)相消法與錯(cuò)位相減法是高考命題的熱點(diǎn),應(yīng)熟練掌握求解的基本步驟.21如圖,在O的直徑AB的延長(zhǎng)線上任取一點(diǎn)C,過點(diǎn)C作直線CE與O交于點(diǎn)D、E,記點(diǎn)E關(guān)于直徑AB的對(duì)稱點(diǎn)為F,連接DF,交AB于G.若CB=AB,求的值.【答案】連接OE、OF,易知EDG=EOF,又點(diǎn)E、F關(guān)于直徑AB對(duì)稱,所以,得EOA=EOF,所以EDG=EOA,又EOG+EOA=,所以EOG+EDG=,故E、D、G、O四點(diǎn)共圓.故CECD=COCG,又CECD=CACB,所以CACB=COCG,又CB=AB,所以CO=AB,CA=AB,故.【解析】本題主要考查四點(diǎn)共圓的判定、圓的割線定理等,屬于中檔題.先證EDG=EOA,再證E、D、G、O四點(diǎn)共圓,在兩個(gè)圓中分別由割線定理可得CECD=COCG,CECD=CACB,進(jìn)而可得CACB=COCG,再由CB=AB可得的值. 22已知二階矩陣M的屬于特征值=3的一個(gè)特征向量為e1=,且M對(duì)應(yīng)的變換將點(diǎn)(-1,2)變換成(9,15),求矩陣M.【答案】設(shè)M=,則=3,故,故解得a=-1,b=4,c=-3,d=6,故M=.【解析】本題考查矩陣的特征值與特征向量、矩陣的變換. 23已知兩條曲線的極坐標(biāo)方程分別為=1與=2cos(+),它們相交于A,B兩點(diǎn),求線段AB的長(zhǎng).【答案】以極點(diǎn)為原點(diǎn),極軸為x軸的非負(fù)半軸建立平面直角坐標(biāo)系,則由=1得,x2+y2=1,=2cos(+)=cos-sin,2=cos-sin,x2+y2-x+y=0,由,得A(1,0),B(-,-)或A(-,-),B(1,0).|AB|=.【解析】本題考查極坐標(biāo)方程與直角坐標(biāo)方程的互化.先聯(lián)立方程求出兩個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo),再由兩點(diǎn)間的距離公式求出線段AB的長(zhǎng). 24已知函數(shù)f(x)=|x-1|+|x-2|.若不等式|a+b|+|a-b|a|f(x)(a0,a,bR)恒成立,求實(shí)數(shù)x的取值范圍.【答案】由|a+b|+|a-b|a|f(x),且a0,得f(x) .又=2,則2f(x),解不等式|x-1|+|x-2|2,得x,即實(shí)數(shù)x的取值范圍為,.【解析】本題主要考查絕對(duì)值不等式的性質(zhì)及絕對(duì)值不等式的求解,考查考生分析問題、解決問題的能力. 25某學(xué)習(xí)小組由3名男生和3名女生組成,現(xiàn)從中選取參加學(xué)校座談會(huì)的代表,規(guī)則是每次選取1人,依次選取,每人被選取的機(jī)會(huì)均等.(1)若要求只選取2名代表,求選出的2名代表都是男生或都是女生的概率;(2)若選取過程中只要有女生入選,選取即結(jié)束,記所選取的代表的人數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學(xué)期望EX.【答案】(1)記“選出的2名代表都是男生或都是女生”為事件A,則P(A)=.(2)由題意知,X=1,2,3,4.P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=.所以X的分布列為EX=1+2+3+4.【解析】離散型隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望是高中概率與統(tǒng)計(jì)的核心內(nèi)容,為高考考查的重點(diǎn),備考中要牢牢抓住該部分,通過各類練習(xí),熟練掌握其解法.本題中要特別注意第(2)問中“只要有女生入選,選取即結(jié)束”,理解其含義,正確計(jì)算X取各個(gè)值的概率. 26已知平面內(nèi)有n(n2,nN*)條直線,其中任意兩條不平行,任意三條不共點(diǎn),設(shè)這n條直線將平面分成f(n)個(gè)區(qū)域,如f(2)=4,f(3)=7.(1)試猜想f(n)的表達(dá)式,并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明;(2)請(qǐng)用類比的方法,寫出n個(gè)平面將空間最多分成多少個(gè)部分.(不要求證明)(注:12+22+32+n2=).【答案】(1)通過畫圖可求出f(4)=11,f(5)=16,觀察發(fā)現(xiàn):f(3)=f(2)+3,f(4)=f(3)+4,f(5)=f(4)+5.猜想f(n)-f(n-1)=n,進(jìn)而用累加法求得f(n)-f(2)=n+(n-1)+3,所以f(n)=+1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.當(dāng)n=2時(shí),f(2)=4顯然成立;假設(shè)當(dāng)n=k(k2,kN*)時(shí)成立,即f(k)=+1,則當(dāng)n=k+1時(shí),因?yàn)榈趉+1條直線與前面的k條直線都不平行,而且也不交于同一點(diǎn)(因?yàn)槿我馊龡l直線不共點(diǎn)),所以第k+1條直線與其他k條直線有k個(gè)交點(diǎn),這k個(gè)交點(diǎn)將第k+1條直線分成k+1段,其中每一段都將所在區(qū)域一分為二,所以增加了k+1個(gè)區(qū)域,所以f(k+1)=f(k)+k+1,由歸納假設(shè)得,f(k+1)=f(k)+k+1=+k+1+1=+1=+1,即當(dāng)n=k+1時(shí)也成立.綜合,得f(n)=+1對(duì)任意的n(n2,nN*)均成立.所以f(n)=+1(n2,nN*).(2)設(shè)這n個(gè)平面將空間最多分成g(n)個(gè)部分,當(dāng)這n個(gè)平面任意兩個(gè)不平行,任意三個(gè)不共線(即交線不重合)時(shí)才能最多,用類比法得g(n+1)=g(n)+f(n),從而求得g(n)=4+f(2)+f(n-1)=.【解析】本題考查推理與證明.第(1)問通過歸納推理得到結(jié)論,再利用數(shù)學(xué)歸納法給出證明;第(2)問運(yùn)用類比推理寫出結(jié)果.