高考数学走出题海之黄金30题系列（第01期）专题06 考前必做难题30题 理（含解析）试题

1、如图，在△中，，是上的一点，若，则实数的值为()A．B．C．D．【答案】C【解析】如下图，∵B，P，N三点共线，∴，∴，即，∴①，又∵，∴，∴②，对比①，②，由平面向量基本定理可得：．2、如图所示，是双曲线上的三个点，经过原点，经过右焦点，若且，则该双曲线的离心率是()A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意，设双曲线的左焦点为，则由双曲线、过原点的直线的对称性，以及可得，又由在双曲线上且可得，故可得到3、设函数，若对任意给定的，都存在唯一的，满足，则正实数的最小值是()A．B．C．D．【答案】B【解析】当时，，值域为(0，1]，所以；当时，，值域为，所以；当时，，值域为，则，故，当时，值域为，当时，值域为，因为，所以，对称轴为，故在上是增函数，则在上的值域为，即)，有题意知，，解得，故正实数a的最小值为；4、在等腰梯形中，其中，以为焦点且过点的双曲线的离心率为，以为焦点且过点的椭圆的离心率为，若对任意不等式恒成立，则的最大值为()A.B.C.2D.【答案】B【解析】设双曲线的实半轴为，则.设椭圆的长半轴为，则.所以.令，则，在上，都为增函数，又，所以在上，，从而，所以在上单调递减.又在上单调递减，所以在上单调递减，故，即.若对任意不等式恒成立，则.选B.5、已知函数下列是关于函数的零点个数的4个判断:(1)当时，有3个零点；(2)当时，有2个零点;(3)当时，有4个零点；(4)当时，有1个零点．则正确的判断是A．(1)(4)B．(2)(3)C．(1)(2)D．(3)(4)【答案】D【解析】由，即，设，则方程等价为当时，作出函数的图象如图，，此时方程有两个根其中，由，此时有两解，由，知有两解，此时共有4个解，即函数有4个零点.②若，由图象，，此时方程有一个跟，其中，由知此时只有1个解，即函数有1个零点，故答案为D.6、如图所示，正方体的棱长为1，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱、交于，设，，给出以下四个命题：(1)平面平面；(2)当且仅当x＝时，四边形的面积最小；(3)四边形周长，是单调函数；(4)四棱锥的体积为常函数；以上命题中假命题的序号为()A．(1)(4)B．(2)C．(3)D．(3)(4)【答案】C【解析】(1)由于，，则，则，又因为，则平面平面；(2)由于四边形为菱形，，，要使四边形的面积最小，只需最小，则当且仅当时，四边形的面积最小；(3)因为，，在上不是单调函数；(4)，＝，到平面的距离为1，，又，，为常函数.故只有(3)正确，选C7、如图，正方体的棱长为，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于()A．B．C．D．【答案】A【解析】由题得，圆弧在以B为圆心，半径为BG的圆上，而圆弧在以A为圆心，半径为AE＝2的圆上.故＝，由于，故，则，所以＋＝.故选A.8、定义在上的函数，单调递增，，若对任意，存在，使得成立，则称是在上的“追逐函数”.已知，下列四个函数：①；②；③；④.其中是在上的“追逐函数”的有A．1个B.2个C．3个D．4个【答案】B【解析】结合题中所给的追逐函数的定义，可知对于④在区间上的值域为，而函数在上的值域为，所以不成立，而对于③，指数函数比幂函数增长速度更快，到一定程度会是，使得成立，所以不对，可知①②是正确的，所以有两个，故答案为B.9、已知椭圆上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率的取值范围为()A、B、C、D、【答案】A【解析】∵B和A关于原点对称∴B也在椭圆上设左焦点为F′根据椭圆定义：又∵∴①是的斜边中点，∴又②③②③代入①∴即∴，所以.10、对定义在上，并且同时满足以下两个条件的函数称为函数：(i)对任意的，恒有；(ii)当，，时，总有成立．则下列四个函数中不是函数的个数是()①②③④A．1B．2C．3【答案】A．11、是定义在上的奇函数，若当时，，则关于的函数的所有零点之和为(用表示)【答案】【解析】根据对称性，作出R上的函数图象，由F(x)＝f(x)＋a，所以，零点就是f(x)与y＝－a∈(0，1)交点的横坐标，共有5个交点，根据对称性，函数f(x)的图象与y＝－a∈(0，1)的交点在(2，4)之间的交点关于x＝3对称，所以，x1＋x2＝6，在(－5，－4)，(－3，－2)之间的两个交点关于x＝－3对称，所以，x3＋x4＝－6，设x∈(－1，0]，则－x∈[0，1)，所以，，即，由，所以，，即，所以，.12、下列结论：①若命题，命题则命题“且”是真命题；②已知直线，则的充要条件是；③若随机变量，则，④全市某次数学考试成绩，则直线与圆相切或相交。.其中正确结论的序号是_______(把你认为正确结论的序号都填上)【答案】①④【解析】①命题，如，，P为真，命题，这是假命题，因为，则为真，则命题“且”是真命题正确；直线，当时，，推不出，反过来，当时，两条直线斜率之积为，则；则直线，则的充分不必要条件是；错误，③若随机变量，则则，错误；④全市某次数学考试成绩，，则直线过定点，由于定点圆上，所以直线与圆相切或相交。正确，填①④13、设函数满足，且当时，．若在区间内，存在个不同的实数，使得，则实数的取值范围为．【答案】【解析】，，当时，，，在直角坐标系内作出函数f(x)的图象，而表示的是该图象上的点与原点的连线的斜率．图象上的点与原点的连线的斜率为；当过原点的直线与曲线相切时，斜率为(利用导数解决：设切点为则，因此斜率为)．结合图形可知，满足题意得实数的取值范围为．14、长方体中，已知，，棱在平面内，则长方体在平面内的射影所构成的图形面积的取值范围是．【答案】.【解析】四边形和的面积分别为4和6，长方体在平面内的射影可由这两个四边形在平面内的射影组合而成.显然，.若记平面与平面所成角为，则平面与平面所成角为.它们在平面内的射影分别为和，所以，(其中，)，因此，，当且仅当时取到.因此，.15、抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，线段的垂直平分线交轴于点，若，则点的横坐标为．【答案】4【解析】设，，直线方程，联立，得，，由抛物线的性质得，，因此，解得或，由图可知，，因此方程，的中点，线段的垂直平分线，令，得，故答案为4.16、给定集合A＝{a1，a2，a3，…，an}(n∈N，n≥3)，定义ai＋aj(1≤i<j≤n，i，j∈N)中所有不同值的个数为集合A两元素和的容量，用L(A)表示，若A＝{2，4，6，8}，则L(A)＝；若数列{an}是等差数列，设集合A＝{a1，a2，a3，…，am}(其中m∈N*，m为常数)，则L(A)关于m的表达式为.【答案】5，2m－3【解析】∵A＝{2，4，6，8}，∴ai＋aj(1≤i＜j≤4，i，j∈N)分别为：2＋4＝6，2＋6＝8，2＋8＝10，4＋6＝10，4＋8＝12，6＋8＝14，其中2＋8＝10，4＋6＝10，∴定义ai＋aj(1≤i＜j≤4，i，j∈N)中所有不同值的个数为5，即当A＝{2，4，6，8}时，L(A)＝5．当数列{an}是等差数列，且集合A＝{a1，a2，a3，…，am}(其中m∈N*，m为常数)时，ai＋aj(1≤i＜j≤m，i，j∈N)的值列成如下各列所示图表：a1＋a2，a2＋a3，a3＋a4，…，am－2＋am－1，am－1＋am，a1＋a3，a2＋a4，a3＋a5，…，am－2＋am，…，…，…，…，a1＋am－2，a2＋am－1，a3＋am，a1＋am－1，a2＋am，a1＋am，∵数列{an}是等差数列，∴a1＋a4＝a2＋a3，a1＋a5＝a2＋a4，…，a1＋am＝a2＋am－1，∴第二列中只有a2＋am的值和第一列不重复，即第二列剩余一个不重复的值，同理，以后每列剩余一个与前面不重复的值，∵后面共有m－1列，∴所有不同的值有：m－1＋m－2＝2m－3即当集合A＝{a1，a2，a3，…，am}(其中m∈N*，m为常数)时，L(A)＝2m－317、位于该市的某大学与市中心的距离，且．现要修筑一条铁路L，L在OA上设一站，在OB上设一站B，铁路在部分为直线段，且经过大学．其中，，．(1)求大学与站的距离；(2)求铁路段的长．【答案】(1)(2)【解析】(1)在中，，且，，由余弦定理得，，即大学与站的距离为；(2)，且为锐角，，在中，由正弦定理得，，即，，，，，，，，又，，在中，，由正弦定理得，，即，，即铁路段的长为．18、已知数列的前项和为，，．(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前项和为，＝＋＋＋……＋．试比较与的大小．【答案】(1)；(2).【解析】(1)由，由，其中于是整理得，所以数列是首项及公比均为的等比数列.(2)由(1)得于是又，问题转化为比较与的大小，即与的大小设当时，，∴当时单调递增，∴当时，，而，∴当时，经检验n＝1，2，3时，仍有因此，对任意正整数，都有即.19、已知数列满足，．(1)求证：数列是等比数列；(2)设，求证：当，时，．【答案】(1)详见解析(2)详见解析【解析】(1)令，则，，，，数列，即是等比数列；(2)由(1)得，，，下面用数学归纳法证明当，时，．①当时，不等式的左边，右边，而，时，不等式成立；②假设当时，不等式成立，即；当时，当时，不等式也成立．由①②可得，当，时，．20、如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，点分别为的中点，且，．(Ⅰ)证明：平面；(Ⅱ)设直线与平面所成角为，当在内变化时，求二面角的取值范围．【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)二面角取值范围为．【解析】(Ⅰ)证明：取中点，连接，因为点分别为的中点，所以四边形为平行四边形，则又平面，平面所以平面.(Ⅱ)解法1：连接，因为，点分别为的中点，则又平面，则所以即为二面角的平面角又，所以平面，则平面平面过点在平面内作于，则平面．连接，于是就是直线与平面所成的角，即＝．在中，；在中，，．，，．又，．即二面角取值范围为．解法2：连接，因为，点分别为的中点，则又平面，则所以即为二面角的平面角，设为以所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，于是，，，．设平面的一个法向量为，则由．得可取，又，于是，，，．又，．即二面角取值范围为．21、已知椭圆()的左、右焦点分别为、，点，过点且与垂直的直线交轴负半轴于点，且．(1)求证：△是等边三角形；(2)若过、、三点的圆恰好与直线：相切，求椭圆的方程；(3)设过(2)中椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线与交于、两点，是点关于轴的对称点．在轴上是否存在一个定点，使得、、三点共线，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见试题解析；(2)；(3)存在点，使得、、三点共线．(3)由(2)得，因为直线过且不与坐标轴垂直，故可设直线的方程为：，．(1分)由得，(2分)设，，则有，，(3分)由题意，，故直线的方向向量为，所以直线的方程为，(4分)令，得．(5分)即直线与轴交于定点．所以，存在点，使得、、三点共线．(6分)(注：若设，由、、三点共线，得，得．)22、已知椭圆的离心率为，并且椭圆经过点，过原点的直线与椭圆交于两点，椭圆上一点满足．(1)求椭圆的方程；(2)证明：为定值；(3)是否存在定圆，使得直线绕原点转动时，恒与该定圆相切，若存在，求出该定圆的方程，若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)详见解析(3)存在定圆【解析】(1)由题设：解得，椭圆的方程为(2)①直线的斜率不存在或为0时，；②直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，则，直线的方程为，由得，，同理，，为定值；(3)由(2)得：①直线的斜率不存在或为0时，；②直线的斜率存在且不为0时，原点到直线的距离，直线与圆相切，即存在定圆，使得直线绕原点转动时，恒与该定圆相切．23、设点、分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，且的最小值为．(1)求椭圆的方程;(2)设直线(直线、不重合)，若、均与椭圆相切，试探究在轴上是否存在定点，使点到、的距离之积恒为1?若存在，请求出点坐标;若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)满足题意的定点存在，其坐标为或.【解析】(1)设，则有，由最小值为得，∴椭圆的方程为4分(2)把的方程代入椭圆方程得∵直线与椭圆相切，∴，化简得同理可得:∴，若，则重合，不合题意，∴，即8分设在轴上存在点，点到直线的距离之积为1，则，即，把代入并去绝对值整理，或者前式显然不恒成立;而要使得后式对任意的恒成立则，解得;综上所述，满足题意的定点存在，其坐标为或12分24、某普通高中为了了解学生的视力状况，随机抽查了100名高二年级学生和100名高三年级学生，对这些学生配戴眼镜的度数(简称：近视度数)进行统计，得到高二学生的频数分布表和高三学生频率分布直方图如下：近视度数0–100100–200200–300300–400400以上学生频数304020100将近视程度由低到高分为4个等级：当近视度数在0－100时，称为不近视，记作0；当近视度数在100－200时，称为轻度近视，记作1；当近视度数在200－400时，称为中度近视，记作2；当近视度数在400以上时，称为高度近视，记作3.(Ⅰ)从该校任选1名高二学生，估计该生近视程度未达到中度及以上的概率；(Ⅱ)设，从该校任选1名高三学生，估计该生近视程度达到中度或中度以上的概率；(Ⅲ)把频率近似地看成概率，用随机变量分别表示高二、高三年级学生的近视程度，若，求.【答案】(Ⅰ)0.7；(Ⅱ)0.46；(Ⅲ)0.001【解析】(Ⅰ)设该生近视程度未达到中度及中度以上为事件则(Ⅱ)设该生近视程度达到中度或中度以上为事件则法2：设该生近视程度未达到中度及中度以上为事件∵，∴，∴，∴(Ⅲ)∵，∴，∴.25、设为非负实数，满足，证明：．【答案】不等式的证明一般可以考虑运用作差法或者是利用分析法来证明。【解析】为使所证式有意义，三数中至多有一个为0；据对称性，不妨设，则；、当时，条件式成为，，，而，只要证，，即，也即，此为显然；取等号当且仅当．、再证，对所有满足的非负实数，皆有．显然，三数中至多有一个为0，据对称性，仍设，则，令，为锐角，以为内角，构作，则，于是，且由知，；于是，即是一个非钝角三角形．下面采用调整法，对于任一个以为最大角的非钝角三角形，固定最大角，将调整为以为顶角的等腰，其中，且设，记，据知，．今证明，．即……①．即要证……②先证……③，即证，即，此即，也即，即，此为显然．由于在中，，则；而在中，，因此②式成为……④，只要证，……⑤，即证，注意③式以及，只要证，即，也即…⑥由于最大角满足：，而，则，所以，故⑥成立，因此⑤得证，由③及⑤得④成立，从而①成立，即，因此本题得证．26、已知函数，，其中，是自然对数的底数．函数，．(Ⅰ)求的最小值；(Ⅱ)将的全部零点按照从小到大的顺序排成数列，求证：(1)，其中；(2)．【答案】(Ⅰ)0(Ⅱ)证明见解析【解析】(Ⅰ)，当时，；当时，；所以，函数在上是减函数，在上是增函数，所以，综上所述，函数的最小值是0．(Ⅱ)证明：对求导得，令可得，当时，，此时；当时，，此时．所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和．因为函数在区间上单调递增，又，所以．当时，因为，且函数的图像是连续不断的，所以在区间内至少存在一个零点，又在区间上是单调的，故．(2)证明：由(Ⅰ)知，，则，因此，当时，记S＝则S由(1)知，S当时，；当时，S即，S，证毕．27、如图，平面平面，，为等边三角形，，过作平面交、分别于点、.(1)求证：；(2)设，求的值，使得平面与平面所成的锐二面角的大小为.【答案】(1)详见解析；(2).【解析】(1)如图以点为原点建立空间直角坐标系，不妨设，，，则，，，，，由，得，，，是平面的一个法向量，且，故，又∵平面，即知平面，又∵，，，四点共面，∴；(2)，，设平面的法向量，则，，可取，又∵是平面的一个法向量，由，以及可得，即，解得(负值舍去)，故.28、已知函数有且只有一个零点，其中a＞0.(1)求a的值；(2)若对任意的，有恒成立，求实数k的最小值；(3)设，对任意，证明：不等式恒成立.【答案】(1)a＝1，(2)1，(3)详见解析【解析】(1)f′(x)＝－1，则函数f(x)＝lnx－x＋a在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则若使函数f(x)＝lnx－x＋a有且只有一个零点，则0－1＋a＝0，解得，a＝1；(2)(x＋1)f(x)＋x2－2x＋k＞0可化为(x＋1)(lnx－x＋1)＋x2－2x＋k＞0，即k＞2x－xlnx－lnx－1对任意的x∈(1，＋∞)恒成立，令g(x)＝2x－xlnx－lnx－1，则g′(x)＝2－lnx－1－＝，令m(x)＝x－xlnx－1，则m′(x)＝1－lnx－1＝－lnx，∵x∈(1，＋∞)，∴m′(x)＝1－lnx－1＝－lnx＜0，则m(x)＝x－xlnx－1＜1－1ln1－1＝0，则g′(x)＜0，则g(x)在(1，＋∞)上是减函数，则k＞2x－xlnx－lnx－1对任意的x∈(1，＋∞)恒成立可化为k≥g(1)＝2－0－0－1＝1，则k的最小值为1；(3)证明：由题意，h(x)＝f(x)＋x－1＝lnx，则对任意x1，x2∈(0，＋∞)(x1≠x2)，恒成立可化为，对任意x1，x2∈(0，＋∞)(x1≠x2)，＞0恒成立；不妨没x1＜x2，则lnx1－lnx2＜0，则上式可化为(x1＋x2)(lnx1－lnx2)－2(x1－x2)＜0，令n(x)＝(x1＋x)(lnx1－lnx)－2(x1－x)，则n′(x)＝(lnx1－lnx)－(x1＋x)＋2＝lnx1－lnx－＋1，n″(x)＝－＋＝，∵则当x∈(x1，＋∞)时，n″(x)＜0，则n′(x)在(x1，＋∞)上是减函数，则n′(x)＜n′(x1)＝0，则n(x)在(x1，＋∞)上是减函数，则n(x)＜n(x1)＝0，则(x1＋x2)(lnx1－lnx2)－2(x1－x2)＜0，故对任意x1，x2∈(0，＋∞)(x1≠x2)，不等式恒成立．29、已知动点P到定点的距离和它到定直线的距离的比值为．(Ⅰ)求动点P的轨迹W的方程；(Ⅱ)若过点F的直线与点P的轨迹W相交于M，N两点(M，N均在y轴右侧)，点、，设A，B，M，N四点构成的四边形的面积为S，求S的取值范围．【答案】(Ⅰ)动点P的轨迹W的方程．(Ⅱ)面积S的取值范围是．【解析】(Ⅰ)设动点，则，化简得．4分(Ⅱ)由(Ⅰ)，轨迹W是以为焦点，离心率为的椭圆，如图，连结OM、ON，设直线MN方程为，点，，联立消去x，得，则，，所以，由于M，N均在y轴右侧，则，，且，则，8分令，则，则方法一、，故面积函数在单调递减，所以，所以面积S的取值范围是．方法二、，因为，则，所以，则，即，所以面积S的取值范围是．30、给定正奇数，数列：是1，2，…，的一个排列，定义E(，…，)为数列：，，…，的位差和.(1)当时，求数列：1，3，4，2，5的