2018～2019学年度第二学期高三年级六调考试（精编版）

1、20182019 学年度第二学期高三年级六调考试一、选择题（每小题5 分，共 60 分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1.已知 ，为虚数单位，且，则的值为（）a. 4 b. c. -4 d. 【答案】 c【解析】试题分析：根据复数相等的概念可知，故选 c考点：本题考查了复数的运算点评：熟练掌握复数的概念及运算法则是解决此类问题的关键，属基础题2.已知集合，则下列结论中正确的是（）a. b. c. d. 【答案】 c【解析】试题分析：由得，故，选项为 c.考点：集合间的关系 .【此处有视频，请去附件查看】3.已知的面积为 2，在所在的平面内有两点、 ，满足

2、，则的面积为（）a. b. c. d. 1【答案】 c【解析】【分析】画出 abc ，通过，2，标出满足题意的p、q 位置，利用三角形的面积公式求解即可【详解】由题意可知， p 为 ac 的中点，2，可知q 为 ab 的一个三等分点，如图：因为 sabc2所以 sapq故选： b【点睛】本题考查向量在几何中的应用，三角形的面积的求法，考查转化思想与计算能力4.如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，一个内角为 60的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为（）a. b. c. 8 d. 4【答案】 d【解析】试题分析：因为一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，且一个内角为的菱

3、形，所以菱形的边长为，由三视图可得，几何体是由两个底面正方形的正四棱锥组合而成，底面边长为 ，侧棱长为，所以几何体的表面积为：，故选d考点： 1、三视图； 2、多面体的表面积【此处有视频，请去附件查看】5.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的 .如图所示的是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】将右下角黑色三角形进行移动，可得黑色部分面积等于一个等腰直角三角形加一个直角梯形的面积之和，求解出面积再根据几何概型公式求得

4、结果 .【详解】设正方形的边长为则处面积和右下角黑色区域面积相同故黑色部分可拆分成一个等腰直角三角形和一个直角梯形等腰直角三角形面积为：直角梯形面积为：黑色部分面积为：则所求概率为：本题正确选项：【点睛】本题考查几何概型中的面积类问题，属于基础题.6.定义运算：，将函数的图像向左平移个单位，所得图像对应的函数为偶函数，则的最小值是（）a. b. c. d. 【答案】 c【解析】试题分析：，将函数化为再向左平移（）个单位即为 :又为偶函数 ,由三角函数图象的性质可得,即时函数值为最大或最小值 ,即或,所以,即,又,所以 的最小值是.考点：对定义的理解能力 ,三角函数恒等变性 , 三角函数图象及性

5、质.7.已知，则下列选项正确的是（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】由，则 a，b，c 的大小比较可以转化为的大小比较设 f（x），则 f （x），根据对数的运算性质，导数和函数的单调性，即可比较【详解】，6 0，a， b，c 的大小比较可以转化为的大小比较设 f（x），则 f （x），当 xe 时， f （x）0，当 xe 时， f （x）0，当 0 xe时， f （x）0f （ x）在（ e，+）上，f（x）单调递减，e 34，b ca，故选： d【点睛】本题考查了不等式的大小比较，导数和函数的单调性，属于难题8.双曲线 的左右焦点分别为， ，且 恰为抛物线的焦点，设双

6、曲线 与该抛物线的一个交点为，若是以为底边的等腰三角形，则双曲线的离心率为（）a. b. c. d. 【答案】 b【解析】试题分析：，焦点为，即，即，则，即，考点：抛物线的标准方程及几何性质9.如图，利用斜二侧画法得到水平放置的的直观图，其中轴，轴.若，设的面积为 ，的面积为 ，记，执行如图的框图，则输出的值a. 12 b. 10 c. 9 d. 6【答案】 a【解析】【分析】由斜二侧画法的画图法则，结合已知可求出s 及 k 值，模拟程序的运行过程，分析变量t 的值与 s 值的关系，可得答案【详解】在直观图abc中， ab bc3，sab?bc?sin45 由斜二侧画法的画图法则，可得在abc

7、 中，ab6bc3，且 ab bcsab?bc 9则由 sks得 k2 ，则 tt（m 1）t 2（m1）故执行循环前， s9，k2 ，t0，m1，满足进行循环的条件，执行循环体后， t0，m2当 t0，m2 时，满足进行循环的条件，执行循环体后，t2，m3当 t2，m3 时，满足进行循环的条件，执行循环体后，t6，m4当 t6，m4 时，满足进行循环的条件，执行循环体后，t12，m5当 t12，m5 时，不满足进行循环的条件，退出循环后，t12，故输出的结果为 12故选： a【点睛】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：分析流程图（或伪代码），从流

8、程图（或伪代码）中即要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）?建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型解模10.如下图，第（ 1）个多边形是由正三角形“扩展“而来，第（2）个多边形是由正方形“扩展”而来，如此类推 .设由正 边形“扩展”而来的多边形的边数为 ，则（）a. ；b. ；c. ；d. 【答案】 a【解析】，猜想,故选 a.11.过椭圆上一点 作圆的两条切线，点， 为切点，过 ， 的直线与 轴， 轴分别交于点 ， 两点，则的面积的最小值为（）a. b. c. 1 d. 【答案】 b【解析】试题分析：点 在椭圆

9、上，设，过椭圆上一点作圆的两条切线，点为切点，则以o 为圆心，以 |am|为半径的圆的方程为又圆的方程为 -得，直线 ab 的方程为：过a，b 的直线 l 与 x 轴，y 轴分别交于点 p，q 两点，p，q， poq 面积， -1sin2 1，当sin2 =1 时， poq面积取最小值 考点：圆与圆锥曲线的综合12.若函数在其图象上存在不同的两点，其坐标满足条件：的最大值为 0，则称为“柯西函数”，则下列函数：: .其中为“柯西函数”的个数为（ ）a. 1 b. 2 c. 3 d. 4【答案】 b【解析】【分析】由柯西不等式得对任意的实数都有0，当且仅当时取等，此时即 a,o,b 三点共线，结

10、合“柯西函数”定义可知， f(x)是柯西函数f(x)的图像上存在两点a与 b，使得 a,o,b 三点共线过原点直线与 f(x)有两个交点 .再利用柯西函数的定义逐个分析推理得解.【详解】由柯西不等式得对任意的实数都有0，当且仅当时取等，此时即 a,o,b 三点共线，结合“柯西函数”定义可知， f(x)是柯西函数f(x)的图像上存在两点 a 与 b，使得 a,o,b 三点共线过原点直线与 f(x)有两个交点.,画出 f(x)在 x0 时，图像若 f(x)与直线 y=kx 有两个交点，则必有k2，此时，所以（x0），此时仅有一个交点，所以不是柯西函数；，曲线过原点的切线为，又（e,1）不是 f(x

11、)图像上的点，故 f(x)图像上不存在两点a,b 与o 共线，所以函数不是；显然都是柯西函数 .故选： b【点睛】本题主要考查柯西不等式，考查学生对新概念理解和应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题（每题5 分，共 20 分.把答案填在答题纸的横线上）13.若等比数列的第 5 项是二项式展开式的常数项，则_【答案】【解析】，则其常数项为，所以，则14.已知在平面直角坐标系中，动点满足不等式，则的最大值为_.【答案】 4【解析】试题分析：，又故本例转化为在线性约束条件下，求线性目标函数的最大值问题 .可作出如右图的可行域，显然在点时为最优解 .即考点：线性规划 .1

12、5.已知数列的前 项和为 ，且，则使不等式成立的 的最大值为 _.【答案】 4【解析】试题分析：当时，得，当时，所以，所以，又因为适合上式，所以，所以，所以数列是以为首项，以 4 为公比的等比数列，所以，所以，即，易知 的最大值为 4.考点： 1.等比数列的求和公式； 2.数列的通项公式 .16.若四面体的三组对棱分别相等，即，则_.（写出所有正确结论的编号）四面体每个面的面积相等四面体每组对棱相互垂直连接四面体每组对棱中点的线段相互垂直平分从四面体每个顶点出发的三条棱的长都可以作为一个三角形的三边长【答案】【解析】【分析】由对棱相等知四面体为长方体的面对角线组成的三棱锥，借助长方体的性质判断

13、各结论是否正确即可【详解】由题意可知四面体abcd 为长方体的面对角线组成的三棱锥，如图所示；由四面体的对棱相等可知四面体的各个面全等，它们的面积相等，则正确；当四面体棱长都相等时，四面体的每组对棱互相垂直，则 错误；由长方体的性质可知四面体的对棱中点连线必经过长方体的中心，由对称性知连接四面体abcd 每组对棱中点的线段相互垂直平分，则正确；由，可得过四面体任意一点的三条棱的长为的三边长，则正确故答案为：【点睛】本题考查了棱锥的结构特征与命题真假的判断问题，解题的关键是把三棱锥放入长方体中，属于难题三、解答题（本大题共6 小题，共 62 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题纸

14、的相应位置）17.设的三内角 、 、 的对边长分别为、 、，已知 、 、成等比数列，且.（i）求角 的大小；（）设向量，当取最小值时，判断的形状 .【答案】（ i）；（）为锐角三角形 .【解析】【分析】（）根据正弦定理和等比数列的关系建立方程关系即可求角b的大小；（）根据向量的数量积公式进行计算，然后利用三角函数的图象和性质即可判断三角形的形状【详解】（ i）因为 、 、成等比数列，则.由正弦定理得.又，所以因为，则.因为，所以或 .又，则，当且仅当 a=c 等号成立，即故.（）因为，所以.所以当时，取得最小值.此时，于是.又，从而为锐角三角形 .点睛】本题主要考查三角形的形状的判断，利用正弦

15、定理和三角函数的公式是解决本题的关键，考查学生的运算能力18.在四棱锥中，平面，是正三角形，与的交点恰好是中点，又，.（1）求证：；（2）设 为的中点，点 在线段上，若直线平面，求的长；（3）求二面角的余弦值 .【答案】（ 1）见解析；（ 2）1；（3） .【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，证明bd 平面 pac，可得bd pc ；（ 2）取 dc 中点 g，连接 fg，证明平面 efg 平面pad，可得 fg 平面 pad，证明三角形 amf 为直角三角形，即可求 af 的长；（ 3）建立空间直角坐标系，求出平面pac、平面 pbc 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角 a

16、pcb 的余弦值【详解】（ 1）是正三角形，是中点，即.又平面，.又，平面. （2）取中点 ，连接，则平面，又直线平面，eg ef=e 所以平面平面，所以为中点，.，则三角形 amf 为直角三角形，又，故（3）分别以，为 轴， 轴，轴建立如图的空间直角坐标系，.为平面的法向量 .，.设平面的一个法向量为，则，即，令，得，则平面的一个法向量为，设二面角的大小为 ，则.所以二面角余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理与性质，考查二面角，考查学生分析解决问题的能力，考查向量法的运用，确定平面的法向量是关键19.在一次高三年级统一考试中，数学试卷有一道满分10 分选做题，学生可以从， 两道题目中

17、任选一题作答 .某校有 900名高三学生参加了本次考试，为了了解该校学生解答该选做题的得分情况，计划从900 名考生的选做题成绩中随机抽取一个容量为 10 的样本，为此将 900 名考生选做题的成绩按照随机顺序依次编号为 001 一 900.（1）若采用随机数表法抽样，并按照以下随机数表，以方框内的数字 5 为起点，从左向右依次读取数据，每次读取三位随机数，一行读数用完之后接下一行左端.写出样本编号的中位数；（2）若采用系统抽样法抽样，且样本中最小编号为08，求样本中所有编号之和：（3）若采用分层轴样，按照学生选择题目或 题目，将成绩分为两层，且样本中题目的成绩有 8 个，平均数为 7，方差为

18、4：样本中 题目的成绩有 2 个，平均数为 8，方差为 1.用样本估计 900 名考生选做题得分的平均数与方差.【答案】（ 1）667（2）4130（3）平均数为 7.2，方差为 3.56【解析】【分析】（1）由题取出十个编号，先将编号从小到大排列再求中位数（2）按照系统抽样法，抽出的编号可组成以8 为首项，以 90为公差的等差数列，求该数列的前10 项和。（3）分别求出样本的平均数和方差，900 名考生选做题得分的平均数与方差和样本的平均数与方差相等。【详解】解：（ 1）根据题意，读出的编号依次是：512，916（超界）， 935（超界）， 805，770，951（超界）， 512（重复），

19、 687，858，554，876，647，547，332.将有效的编号从小到大排列，得332，512，547，554，647，687，770，805，858，876，故中位数为.（2）由题易知，按照系统抽样法，抽出的编号可组成以8 为首项，以 90 为公差的等差数列，故样本编号之和即为该数列的前 10 项之和.（3）记样本中 8 个 题目成绩分别为， ， ，2 个 题目成绩分别为， ，由题意可知，故样本平均数为.样本方差为.故估计该校 900 名考生该选做题得分的平均数为7.2，方差为3.56.【点睛】采用随机数表法抽样时需先将样本编号，且要注意号码位数相同，然后由随机数表读数，在样本号码范围

20、内的取出，不在的舍掉。系统抽样法需先将样本编号，然后分组，抽取的号码数构成等差数列。20.已知椭圆的左，右焦点， ，上顶点为， 为椭圆上任意一点，且的面积最大值为.（）求椭圆的标准方程；（）若点 . 为椭圆 上的两个不同的动点，且（ 为坐标原点），则是否存在常数，使得点到直线的距离为定值？若存在，求出常数和这个定值；若不存在，请说明理由.【答案】 ( )；( ) 时，【解析】【分析】（）结合题目条件得，再由条件的面积最大值为 得，结合，联立方程组即可求出，从而得到椭圆方程 .（）当直线 斜率存在时，设出直线方程，求出原点到直线的距离，再联立直线方程与椭圆方程，消去得到关于的一元二次方程，然后利

21、用韦达定理得到，结合数量积的坐标运算以及将转化为，其对任意恒成立，从而得到关于和的方程组，从而求出和；再验证斜率不存在的情况也符合.【详解】 ( ) 由题得，解得，椭圆的标准方程为. ( ) 设，当直线 ab 的斜率存在时，设其直线方程为：，则原点 到直线的距离为，联立方程，化简得，由得，则，即对任意恒成立，则，当直线斜率不存在时，也成立 . 故当时， 点到直线 ab 的距离为定值.【点睛】主要考查椭圆方程的求解以及定值问题，对于定值问题，主要是证明求解的一个量与参数无关，解这类问题时要会合理选择参数 (参数可能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标等 ),使用参数表达其中变化的量,再使用这些

22、变化的量表达需要求解的解题目标 .当使用直线的斜率和截距表达直线方程时,在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系,把双参数问题化为单参数问题解决 .21.已知函数.（1）令，若在区间上不单调，求 的取值范围；（2）当时，函数的图象与 轴交于两点，且，又是的导函数 .若正常数 ， 满足条件，.试比较与 0 的关系，并给出理由【答案】（ 1）（2）见解析 .【解析】【分析】（1）先求得，因为 g（x）在区间（ 0，3）上不单调，所以 g（x）0 在（0，3）上有实数解，且无重根由g（x）0，求得，由此可得 a 的范围（ 2）由题意可得， f（x） mx0 有两个实根 x1，x2，化简可得可得 h

23、（ + ），由条件知（ 21）（） 0，利用分析法结合构造函数证明h（ + ）【详解】（ 1）因为，所以，因为在区间上不单调，所以在上有实数解，且无重根，由，有，令 t=x+14则 y=2(t+在 t4 单调递增，故（2），又有两个实根， ，两式相减，得，于是.，.要证：，只需证：只需证：.（*）令，（ *）化为，只需证 在上单调递增，即.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性求函数在闭区间上的最值，用分析法证明不等式，体现了转化的数学思想，属于难题请考生在 22、23 三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分 .22.选修 4 一 4：坐标系与参数方程选讲：

24、已知平面直角坐标系.以 为极点， 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系， 点的极坐标为，曲线 的极坐标方程为（1）写出点 的直角坐标及曲线的普通方程；（2）若 为 上的动点，求中点 到直线（为参数）距离的最小值 .【答案】（ 1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用 x cos，y sin 即可得出；（ 2）利用中点坐标公式、点到直线的距离公式及三角函数的单调性即可得出【详解】（ 1）x cos，y sin 点的直角坐标由得，即所以曲线 的直角坐标方程为（2）曲线 的参数方程为（ 为参数）直线的普通方程为设，则那么点 到直线的距离，所以点到直线的最小距离为【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标的互化、

25、中点坐标公式、点到直线的距离公式、两角和差的正弦公式、三角函数的单调性等基础知识与基本技能方法，考查了计算能力，属于中档题23.选修 4-5：不等式选讲 .设函数，.（1）求不等式的解集；（2）如果关于 的不等式在 上恒成立，求实数的取值范围 .【答案】（ 1）；（2）.【解析】【分析】（1）去绝对值，化简f（x），求出不等式的解集；（2）设 g（x）a（ x2）2，求出 g（x）max 与 f（x）min；由 f（x） g（ x）在 r 上恒成立，得 f（x）ming（ x）max，求出 a 的取值范围【详解】（ 1）当时，则；当时，则；当时，则.综上可得，不等式的解集为.（2）设，由函数的

26、图像与的图像可知：在时取最小值为 6，在时取最大值为 ，若恒成立，则.【点睛】本题考查了含有绝对值不等式的解法与应用问题，也考查了函数恒成立问题，解题时应根据题意，化含有绝对值的函数为分段函数，是中档题20182019 学年度第二学期高三年级六调考试一、选择题（每小题5 分，共 60 分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1.已知 ，为虚数单位，且，则的值为（）a. 4 b. c. -4 d. 【答案】 c【解析】试题分析：根据复数相等的概念可知，故选 c考点：本题考查了复数的运算点评：熟练掌握复数的概念及运算法则是解决此类问题的关键，属基础题2.已知集合，

27、则下列结论中正确的是（）a. b. c. d. 【答案】 c【解析】试题分析：由得，故，选项为 c.考点：集合间的关系 .【此处有视频，请去附件查看】3.已知的面积为 2，在所在的平面内有两点、 ，满足，则的面积为（）a. b. c. d. 1【答案】 c【解析】【分析】画出 abc ，通过，2，标出满足题意的p、q 位置，利用三角形的面积公式求解即可【详解】由题意可知， p 为 ac 的中点，2，可知 q 为 ab 的一个三等分点，如图：因为 sabc2所以 sapq故选： b【点睛】本题考查向量在几何中的应用，三角形的面积的求法，考查转化思想与计算能力4.如图，一个空间几何体的正视图、侧视

28、图都是面积为，一个内角为 60的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为（）a. b. c. 8 d. 4【答案】 d【解析】试题分析：因为一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，且一个内角为的菱形，所以菱形的边长为，由三视图可得，几何体是由两个底面正方形的正四棱锥组合而成，底面边长为 ，侧棱长为，所以几何体的表面积为：，故选 d考点： 1、三视图； 2、多面体的表面积【此处有视频，请去附件查看】5.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图所示的是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则

29、此点取自黑色部分的概率为（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】将右下角黑色三角形进行移动，可得黑色部分面积等于一个等腰直角三角形加一个直角梯形的面积之和，求解出面积再根据几何概型公式求得结果.【详解】设正方形的边长为则处面积和右下角黑色区域面积相同故黑色部分可拆分成一个等腰直角三角形和一个直角梯形等腰直角三角形面积为：直角梯形面积为：黑色部分面积为：则所求概率为：本题正确选项：【点睛】本题考查几何概型中的面积类问题，属于基础题.6.定义运算：，将函数的图像向左平移个单位，所得图像对应的函数为偶函数，则的最小值是（）a. b. c. d. 【答案】 c【解析】试题分析：，将函数

30、化为再向左平移（）个单位即为 :又为偶函数 ,由三角函数图象的性质可得,即时函数值为最大或最小值 ,即或,所以,即,又,所以的最小值是.考点：对定义的理解能力 ,三角函数恒等变性 , 三角函数图象及性质 .7.已知，则下列选项正确的是（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】由，则 a，b，c 的大小比较可以转化为的大小比较设 f（x），则 f （x），根据对数的运算性质，导数和函数的单调性，即可比较【详解】，6 0， a，b，c 的大小比较可以转化为的大小比较设 f（x），则 f （x），当 xe 时， f （x）0，当 xe 时， f （x）0，当 0 xe 时， f （x）

31、0f （ x）在（ e，+）上，f（x）单调递减，e 34，b ca，故选： d【点睛】本题考查了不等式的大小比较，导数和函数的单调性，属于难题8.双曲线 的左右焦点分别为，且恰为抛物线的焦点，设双曲线与该抛物线的一个交点为，若是以为底边的等腰三角形，则双曲线的离心率为（）a. b. c. d. 【答案】 b【解析】试题分析：，焦点为，即，即，则，即，考点：抛物线的标准方程及几何性质9.如图，利用斜二侧画法得到水平放置的的直观图，其中轴，轴.若，设的面积为 ，的面积为，记，执行如图的框图，则输出 的值a. 12 b. 10 c. 9 d. 6【答案】 a【解析】【分析】由斜二侧画法的画图法则，

32、结合已知可求出s 及 k 值，模拟程序的运行过程，分析变量t 的值与 s 值的关系，可得答案【详解】在直观图abc中， ab bc3，s ab?bc?sin45 由斜二侧画法的画图法则，可得在abc中，ab6bc3，且 ab bcsab?bc 9则由 sks得 k2，则 tt（m1）t2（m1）故执行循环前， s9，k2，t0，m1，满足进行循环的条件，执行循环体后，t0，m2当 t0，m2 时，满足进行循环的条件，执行循环体后，t2，m3当 t2，m3 时，满足进行循环的条件，执行循环体后，t6，m4当 t6，m4 时，满足进行循环的条件，执行循环体后，t12，m5当 t12，m5 时，不满

33、足进行循环的条件，退出循环后，t12，故输出的结果为 12故选： a【点睛】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中即要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）?建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型解模10.如下图，第（ 1）个多边形是由正三角形“扩展“而来，第（2）个多边形是由正方形“扩展”而来，如此类推 .设由正 边形“扩展”而来的多边形的边数为 ，则（）a. ；b. ；c. ；d. 【答案】 a【解析】，猜想,故选 a.1

34、1.过椭圆上一点作圆的两条切线，点， 为切点，过， 的直线与 轴，轴分别交于点， 两点，则的面积的最小值为（）a. b. c. 1 d. 【答案】 b【解析】试题分析：点在椭圆上，设，过椭圆上一点作圆的两条切线，点为切点，则以o 为圆心，以 |am|为半径的圆的方程为又圆的方程为 -得，直线 ab 的方程为：过a，b 的直线 l 与 x 轴，y 轴分别交于点 p，q 两点，p，q， poq 面积， -1sin2 1，当sin2 =1 时， poq 面积取最小值考点：圆与圆锥曲线的综合12.若函数在其图象上存在不同的两点，其坐标满足条件：的最大值为 0，则称为“柯西函数”，则下列函数：: .其中

35、为“柯西函数”的个数为（ ）a. 1 b. 2 c. 3 d. 4【答案】 b【解析】【分析】由柯西不等式得对任意的实数都有0，当且仅当时取等，此时即 a,o,b 三点共线，结合“柯西函数”定义可知，f(x)是柯西函数f(x)的图像上存在两点a 与 b，使得 a,o,b 三点共线过原点直线与 f(x)有两个交点.再利用柯西函数的定义逐个分析推理得解.【详解】由柯西不等式得对任意的实数都有0，当且仅当时取等，此时即 a,o,b 三点共线，结合“柯西函数”定义可知， f(x)是柯西函数f(x)的图像上存在两点 a 与 b，使得 a,o,b 三点共线过原点直线与 f(x)有两个交点 .,画出 f(x

36、)在 x0 时，图像若 f(x)与直线 y=kx 有两个交点，则必有k2，此时，所以（x0），此时仅有一个交点，所以不是柯西函数；，曲线过原点的切线为，又（ e,1）不是 f(x)图像上的点，故 f(x)图像上不存在两点a,b 与 o 共线，所以函数不是；显然都是柯西函数 .故选： b【点睛】本题主要考查柯西不等式，考查学生对新概念理解和应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题（每题5 分，共 20 分.把答案填在答题纸的横线上）13.若等比数列的第 5 项是二项式展开式的常数项，则_【答案】【解析】，则其常数项为，所以，则14.已知在平面直角坐标系中，动点满足不等

37、式，则的最大值为 _.【答案】 4【解析】试题分析：，又故本例转化为在线性约束条件下，求线性目标函数的最大值问题.可作出如右图的可行域，显然在点时为最优解 .即考点：线性规划 .15.已知数列的前 项和为，且，则使不等式成立的的最大值为 _.【答案】 4【解析】试题分析：当时，得，当时，所以，所以，又因为适合上式，所以，所以，所以数列是以为首项，以 4 为公比的等比数列，所以，所以，即，易知 的最大值为 4.考点： 1.等比数列的求和公式； 2.数列的通项公式 .16.若四面体的三组对棱分别相等，即，则_.（写出所有正确结论的编号）四面体每个面的面积相等四面体每组对棱相互垂直连接四面体每组对棱

38、中点的线段相互垂直平分从四面体每个顶点出发的三条棱的长都可以作为一个三角形的三边长【答案】【解析】【分析】由对棱相等知四面体为长方体的面对角线组成的三棱锥，借助长方体的性质判断各结论是否正确即可【详解】由题意可知四面体abcd 为长方体的面对角线组成的三棱锥，如图所示；由四面体的对棱相等可知四面体的各个面全等，它们的面积相等，则正确；当四面体棱长都相等时，四面体的每组对棱互相垂直，则错误；由长方体的性质可知四面体的对棱中点连线必经过长方体的中心，由对称性知连接四面体abcd 每组对棱中点的线段相互垂直平分，则正确；由，可得过四面体任意一点的三条棱的长为的三边长，则正确故答案为：【点睛】本题考查

39、了棱锥的结构特征与命题真假的判断问题，解题的关键是把三棱锥放入长方体中，属于难题三、解答题（本大题共6 小题，共 62 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题纸的相应位置）17.设的三内角、 、 的对边长分别为、 、，已知 、 、成等比数列，且.（i）求角的大小；（）设向量，当取最小值时，判断的形状 .【答案】（ i）；（）为锐角三角形 .【解析】【分析】（）根据正弦定理和等比数列的关系建立方程关系即可求角b 的大小；（）根据向量的数量积公式进行计算，然后利用三角函数的图象和性质即可判断三角形的形状【详解】（ i）因为 、 、成等比数列，则.由正弦定理得.又，所以因为，则.因为，

40、所以或.又，则，当且仅当 a=c 等号成立，即故.（）因为，所以.所以当时，取得最小值 .此时，于是.又，从而为锐角三角形 .点睛】本题主要考查三角形的形状的判断，利用正弦定理和三角函数的公式是解决本题的关键，考查学生的运算能力18.在四棱锥中，平面，是正三角形，与的交点恰好是中点，又，.（1）求证：；（2）设 为的中点，点在线段上，若直线平面，求的长；（3）求二面角的余弦值 .【答案】（ 1）见解析；（ 2）1；（3）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，证明bd平面pac，可得 bd pc ；（ 2）取 dc 中点 g，连接 fg，证明平面 efg 平面 pad，可得 fg 平面

41、 pad，证明三角形 amf 为直角三角形，即可求 af 的长；（ 3）建立空间直角坐标系，求出平面pac、平面 pbc 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角a pc b 的余弦值【详解】（ 1）是正三角形，是中点，即.又平面，.又，平面. （2）取中点 ，连接，则平面，又直线平面，eg ef=e 所以平面平面，所以 为中点，.，则三角形 amf 为直角三角形，又，故（3）分别以，为 轴， 轴，轴建立如图的空间直角坐标系，.为平面的法向量 .，.设平面的一个法向量为，则，即，令，得，则平面的一个法向量为，设二面角的大小为 ，则.所以二面角余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理与性质

42、，考查二面角，考查学生分析解决问题的能力，考查向量法的运用，确定平面的法向量是关键19.在一次高三年级统一考试中，数学试卷有一道满分10 分选做题，学生可以从， 两道题目中任选一题作答 .某校有 900 名高三学生参加了本次考试，为了了解该校学生解答该选做题的得分情况，计划从900 名考生的选做题成绩中随机抽取一个容量为10 的样本，为此将900名考生选做题的成绩按照随机顺序依次编号为001 一 900.（1）若采用随机数表法抽样，并按照以下随机数表，以方框内的数字5 为起点，从左向右依次读取数据，每次读取三位随机数，一行读数用完之后接下一行左端.写出样本编号的中位数；（2）若采用系统抽样法抽

43、样，且样本中最小编号为08，求样本中所有编号之和：（3）若采用分层轴样，按照学生选择题目或题目，将成绩分为两层，且样本中题目的成绩有 8 个，平均数为 7，方差为 4：样本中题目的成绩有 2 个，平均数为 8，方差为 1.用样本估计 900 名考生选做题得分的平均数与方差.【答案】（ 1）667（2）4130（3）平均数为 7.2，方差为 3.56【解析】【分析】（1）由题取出十个编号，先将编号从小到大排列再求中位数（2）按照系统抽样法，抽出的编号可组成以8 为首项，以 90 为公差的等差数列，求该数列的前 10 项和。（3）分别求出样本的平均数和方差，900 名考生选做题得分的平均数与方差和

44、样本的平均数与方差相等。【详解】解：（ 1）根据题意，读出的编号依次是：512，916（超界）， 935（超界）， 805，770，951（超界）， 512（重复）， 687，858，554，876，647，547，332.将有效的编号从小到大排列，得332，512，547，554，647，687，770，805，858，876，故中位数为.（2）由题易知，按照系统抽样法，抽出的编号可组成以8 为首项，以 90 为公差的等差数列，故样本编号之和即为该数列的前10 项之和.（3）记样本中 8 个 题目成绩分别为，2 个 题目成绩分别为，由题意可知，故样本平均数为.样本方差为.故估计该校 900

45、名考生该选做题得分的平均数为7.2，方差为 3.56.【点睛】采用随机数表法抽样时需先将样本编号，且要注意号码位数相同，然后由随机数表读数，在样本号码范围内的取出，不在的舍掉。系统抽样法需先将样本编号，然后分组，抽取的号码数构成等差数列。20.已知椭圆的左，右焦点，上顶点为， 为椭圆上任意一点，且的面积最大值为.（）求椭圆的标准方程；（）若点 . 为椭圆 上的两个不同的动点，且（ 为坐标原点），则是否存在常数，使得 点到直线的距离为定值？若存在，求出常数和这个定值；若不存在，请说明理由.【答案】 ( )；( )时，【解析】【分析】（）结合题目条件得，再由条件的面积最大值为得，结合，联立方程组即可求出，从而得到椭圆方程 .（）当直线斜率存在时，设出直线方程，求出原点到直线的距离，再联立直线方程与椭圆方程，消去得到关于 的一元二次方程，然后利用韦达定理得到，结合数量积的坐标运算以及将转化为，其对任意恒成立，从而得到关于和的方程组，从而求出和；再验证斜率不存在的情况也符合.【详解