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1．解析：答案A．集合P表示正方形，集合Q表示圓面，作出它們的圖形即可.

評(píng)析：利用二個(gè)集合間的幾何意義借助數(shù)形結(jié)合思想，是本題考察的重點(diǎn)．

2．解析：．

答案：A．

評(píng)析：本題是考察二項(xiàng)式展開(kāi)式的應(yīng)用，難點(diǎn)是項(xiàng)數(shù)的舍棄．

3．解析：f(x)的圖象向右平移個(gè)單位，得sin［(x－)+］=sinx，又g(x)=cos(x－=cos(－x)=sinx．答案：D．

評(píng)析：本題是考察三角函數(shù)的等價(jià)變換與圖象的平移．

4．答案A.解析：將三種抽樣法的有關(guān)計(jì)算公式計(jì)算所得的概率都是，故選A.

（文）A .當(dāng)函數(shù)的圖像左右平移時(shí)，不改變函數(shù)的值域．

5．解析：．∵可視為曲線上兩點(diǎn)、的斜率，作圖易得．選C．

評(píng)析：本題是考察轉(zhuǎn)化與數(shù)形結(jié)合的思想，解題的關(guān)鍵是將函數(shù)與不等式問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解析幾何問(wèn)題．

6．解析：取△ABC為正三角形易得＝3．選B．

評(píng)析：本題考查向量的有關(guān)知識(shí)，如果按常規(guī)方法就比較難處理，但是用特殊值的思想就比較容易處理，考查學(xué)生靈活處理問(wèn)題的能力．

7．解析：易知，且當(dāng)x∈時(shí)，為增函數(shù)．又由，得，故 |，于是．選B．

評(píng)析：本題考查運(yùn)用奇函數(shù)、偶函數(shù)與增函數(shù)的概念與性質(zhì)解決問(wèn)題．

8．解析：顯然S₁是正確的．假設(shè)后三個(gè)數(shù)均未算錯(cuò)，則a₁=8，a₂=12，a₃=16，a₄=29，可知a₂²≠a₁a₃，故S₂、S₃中必有一個(gè)數(shù)算錯(cuò)了．若S₂算錯(cuò)了，則a₄=29=a₁q³，，顯然S₃=36≠8(1+q+q²)，矛盾．只可能是S₃算錯(cuò)了，此時(shí)由a₂=12得，a₃=18，a₄=27，S₄=S₂+18+27=65，滿足題設(shè)．選C．

評(píng)析：本題考查等比數(shù)列的基本概念與性質(zhì)和學(xué)生推理的能力．

9．解析：答  由的圖象及的意義知，在x＞0時(shí)，為單調(diào)遞增函數(shù)且＜0；在x＜0時(shí)，為單調(diào)遞減函數(shù)且＜0．選D．

評(píng)析：本題考查學(xué)生靈活運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識(shí)與觀察問(wèn)題的能力．

10．解析：答⑴靜放在點(diǎn)的小球（小球的半徑不計(jì)）從點(diǎn)沿直線出發(fā)，經(jīng)橢圓壁右頂點(diǎn)反彈后第一次回到點(diǎn)時(shí)，小球經(jīng)過(guò)的路程是，則選B；⑵靜放在點(diǎn)的小球（小球的半徑不計(jì)）從點(diǎn)沿直線出發(fā)，經(jīng)橢圓壁左頂點(diǎn)反彈后第一次回到點(diǎn)時(shí)，小球經(jīng)過(guò)的路程是，則選C；⑶靜放在點(diǎn)的小球（小球的半徑不計(jì)）從點(diǎn)沿直線出發(fā)，經(jīng)橢圓壁非左右頂點(diǎn)反彈后第一次回到點(diǎn)時(shí)，小球經(jīng)過(guò)的路程是，則選A．

于是三種情況均有可能，故選D．

評(píng)析：本題考察學(xué)生是否掌握光學(xué)的有關(guān)性質(zhì)與解幾相關(guān)的性質(zhì)以及分類討論的重要思想方法．

11．分析：解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的思維過(guò)程，一般總是從正面入手，即從已知條件出發(fā)，經(jīng)過(guò)一系列的推理和運(yùn)算，最后得到所要求的結(jié)論，但有時(shí)會(huì)遇到從正面不易入手的情況，這時(shí)可從反面去考慮．從反面考慮問(wèn)題在集合中的運(yùn)用主要就是運(yùn)用補(bǔ)集思想．本題若直接求解，情形較復(fù)雜，也不容易得到正確結(jié)果，若我們先考慮其反面，再求其補(bǔ)集，就比較容易得到正確的解答．

解：由題知可解得A={y|y>a²+1或y<a}, B={y|2≤y≤4},我們不妨先考慮當(dāng)A∩B＝φ時(shí)a的范圍．如圖

由，得

∴或.

即A∩B＝φ時(shí)a的范圍為或.而A∩B≠φ時(shí)a的范圍顯然是其補(bǔ)集,從而所求范圍為.

評(píng)注：一般地，我們?cè)诮鈺r(shí)，若正面情形較為復(fù)雜，我們就可以先考慮其反面，再利用其補(bǔ)集，求得其解，這就是“補(bǔ)集思想”．

解析：答：39．每個(gè)三棱錐中有三對(duì)異面直線，則異面直線的對(duì)數(shù)是3(C46－2)＝39．

12．評(píng)析：本題把排列組合和立體幾何掛起鉤來(lái)，考生則必須對(duì)立體幾何的有關(guān)知識(shí)有所了解和掌握．

13．解析：答  由，即 ，得．

，．故=4．

評(píng)析：本題采用基本量法來(lái)作，但顯然運(yùn)算量會(huì)大上許多，本題可用特殊法處理．

14．解析：．設(shè)長(zhǎng)分割成x列，寬分割成y行，共分割成z塊，

則

_z=x?y

當(dāng)x=39，y=18時(shí)，．

評(píng)析：本題主要考查線性規(guī)劃知識(shí)以及利用數(shù)形結(jié)合法解決問(wèn)題，特別是已知區(qū)域求最優(yōu)解是學(xué)生易錯(cuò)的地方．

15．解析：本題為開(kāi)放題，只要寫出一個(gè)正確的即可，如（2，1，－3，2）．

評(píng)析：本題為開(kāi)放題，考察學(xué)生對(duì)知識(shí)靈活處理問(wèn)題的能力．

16．解析：

…………………………4’

當(dāng)＞0時(shí)，，

解得，………………………………………………………………6’

從而， ，

T=，最大值為5，最小值為－5；………………………………………………8’

當(dāng)m＜0時(shí)， 解得，………………………………………………10’

從而，，T=，最大值為，

最小值為．……………………………………………………………………12’

評(píng)析：本題考查三角函數(shù)的運(yùn)算．考查的知識(shí)點(diǎn)有和差化積、周期與三角函數(shù)

值域的求法、分類討論的思想方法．近幾年三角運(yùn)算一直是考試所要求的基本題型之一，本題就是基于這一要求而制定的．

17．解析：(1) 由題意可知 x_甲 ~ B(5, p₁)，

∴    Dx_甲 = 5p₁ (1－p₁) = Þ p₁²－p₁ + = 0 Þ p₁ = ．2分；又 ?= 6，∴ p₂ = ．  3分

(2) 兩類情況：共擊中3次概率

C ( ) ² ( ) ⁰×C ( ) ¹ ( ) ¹ + C ( ) ¹ ( ) ¹×C ( ) ² ( ) ⁰ = ；

共擊中4次概率C ( ) ² ( ) ⁰×C ( ) ² ( ) ⁰ = ． 6分

所求概率為 + = ．  8分

(3) 設(shè)事件A, B分別表示甲、乙能擊中．∵ A, B互相獨(dú)立（9分），∴ P(`A?`B ) = P(`A ) P(`B ) = (1－P(A) )(1－P(B) ) = (1－p₁)(1－p₂) = ×= （11分），∴ 1－P(`A?`B ) = 為所求概率． 12分

評(píng)析：這一類型的試題在連續(xù)幾年的新課程卷都出現(xiàn)了，重點(diǎn)考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，體現(xiàn)了《考試說(shuō)明》所要求的創(chuàng)新意識(shí)和實(shí)踐能力以及運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力．該題仍然是常規(guī)題，要求考生耐心細(xì)致，審題能力較強(qiáng)，并善于利用材料進(jìn)行分析說(shuō)明．

18．方法一：（I）證明：，又平面平面ABCD，平面平面ABCD＝BC，平面ABCD    ……2分

    在梯形ABCD中，可得

    ，即

    在平面ABCD內(nèi)的射影為AO，                  ……4分

    （II）解：，且平面平面ABCD

    平面PBC，                                    平面PBC，

    為二面角P―DC―B的平面角                                 ……6分

    是等邊三角形即二面角P―DC―B的大小為 …8分

 （III）證明：取PB的中點(diǎn)N，連結(jié)CN， ①

    ，且平面平面ABCD，平面PBC  ……10分

    平面PAB    平面平面PAB  ②

     由①、②知平面PAB…………..10分

連結(jié)DM、MN，則由MN//AB//CD，，

得四邊形MNCD為平行四邊形，，平面PAB．

平面PAD    平面平面PAB ……………….12分

方法二：取BC的中點(diǎn)O，因?yàn)?sub>是等邊三角形，

    由側(cè)面底面ABCD    得底面ABCD ……1分

以BC中點(diǎn)O為原點(diǎn)，以BC所在直線為x軸，過(guò)點(diǎn)O與AB平行的直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O―xyz……2分

（I）證明：，則在直角梯形中，

    在等邊三角形PBC中，……3分

    ，即…4分

 （II）解：取PC中點(diǎn)N，則

    平面PDC，顯然，且平面ABCD

    所夾角等于所求二面角的平面角                         ……6分

 ，二面角的大小為 ……8分

（III）證明：取PA的中點(diǎn)M，連結(jié)DM，則M的坐標(biāo)為

    又                                   ……10分

，

    即

平面PAB，平面平面PAB                         ……12分

評(píng)析：本題考察的空間中的線線關(guān)系、面面關(guān)系以及二面角的求法關(guān)系是立體幾

何中的最主要關(guān)系，熟悉它們的判定和性質(zhì)是高考復(fù)習(xí)的重點(diǎn)，本題重在考查學(xué)生的運(yùn)算能力、空間想象能力．

19．解（1）∵，，∴，． 

       ∵=0，∴(4a)²+(2a)²=(2c)²，∴．……………………4分

    （2）由（1）知，雙曲線的方程可設(shè)為，漸近線方程為．…5分

       設(shè)P₁(x₁，2x₁)，P₂(x₂，-2x₂)，P(x，y)．

       ∵，∴． ∵，∴………8分

       ∵點(diǎn)P在雙曲線上，∴．

       化簡(jiǎn)得，．∴．∴ ．∴雙曲線的方程為…12分

評(píng)析：本題考查向量與雙曲線的有關(guān)內(nèi)容．近幾年來(lái)向量與其他知識(shí)互相滲透成為一種時(shí)尚，基于此特命此題．本題考查學(xué)生運(yùn)用圓錐曲線定義靈活解題的能力、向量知識(shí)、運(yùn)算能力．

20.證明：(1)在已知式中, 當(dāng)時(shí), ∵∴  …(1分)

當(dāng)時(shí), ①

②

由①－②得, ………(3分)

∵∴即∴適合上式,

  ………(5分)

(2)由(1)知, ③

當(dāng)時(shí), ④

由③－④得,……(8分)

∵, ∴, 數(shù)列是等差數(shù)列,首項(xiàng)為1,公差為1, 可得  …(10分)

(3) ∵, ∴………(11分)

∴,

∴⑤………(12分)

當(dāng)時(shí), ⑤式即為⑥

依題意, ⑥式對(duì)都成立, 當(dāng)時(shí),

⑤式即為 ⑦依題意, ⑦式對(duì)都成立,

∴………(13分)    ∴又,

∴存在整數(shù), 使得對(duì)任意, 都有  ………(13分)

21．解：（1）當(dāng)x∈[-1，0]時(shí)，2-x∈[2，3]，f(x)=g(2-x)= -2ax+4x³；當(dāng)x∈時(shí)，f(x)=f(-x)=2ax-4x³，

       ∴………………………………………4分

       （2）由題設(shè)知，＞0對(duì)x∈恒成立，即2a-12x²＞0對(duì)x∈恒成立，于是，a＞6x²，從而a＞(6x²)_max=6．………………………8分

       （3）因f(x)為偶函數(shù)，故只需研究函數(shù)f(x)=2ax-4x³在x∈的最大值．

             令=2a-12x²=0，得．…10分 若∈，即0＜a≤6，則

             ，

             故此時(shí)不存在符合題意的；

          若＞1，即a＞6，則在上為增函數(shù)，于是．

           令2a-4=12，故a=8．    綜上，存在a = 8滿足題設(shè)．………………13分

評(píng)析：本題通過(guò)函數(shù)的知識(shí)來(lái)切入到導(dǎo)數(shù)，是在這兩個(gè)重要知識(shí)的交匯處命題，意在考查學(xué)生的邏輯思維能力與推理能力，函數(shù)及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用是數(shù)學(xué)的難點(diǎn)，也是考得最熱的話題之一，也是本套試卷的把關(guān)題，對(duì)學(xué)生的要求較高．