校2019屆高三數學第九次月考試題理(含解析)（精編版）

1、校 2019 屆高三數學第九次月考試題理（含解析）（全卷共 150 分，考試時間為 120 分鐘）注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上2作答時，務必將答案寫在答題卡上，寫在本試卷及草稿紙上無效3考試結束后，將答題卡交回（試題卷自己保管好，以備評講）一、選擇題：本大題共12 小題，每題 5 分，共 60 分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.設集合，則集合 的真子集個數為（）a. 2 b. 3 c. 7 d. 8【答案】 c【解析】【分析】先求出集合 a，進而求出其真子集的個數【詳解】因為集合，集合1， ， ，真子集個數為 23 17 個，故選： c

2、【點睛】本題考查了真子集的概念及性質，考查集合的表示方法：列舉法，是一道基礎題2.我們用表示復數 的實部，用表示復數 的虛部，若已知復數 z 滿足，其中 是復數 的共軛復數，則（）a. 0 b. 1 c. d. 【答案】 a【解析】【分析】利用復數的除法運算法則化簡z，得到復數的虛部與實部，即可得結果【詳解】因為，故選： a【點睛】本題考查復數的基本概念的應用，復數的除法運算法則的應用，考查計算能力3.在等差數列中，前 項和 滿足，則（）a. 7 b. 9 c. 14 d. 18【答案】 b【解析】，所以，選 b.4.袋中裝有大小相同的四個球，四個球上分別標有數字“2”“ 0”“ 1”“ 9”

3、現從中隨機選出三個球，則所選的三個球上的數字能構成等差數列的概率為（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】現從中隨機選取三個球，基本事件總數n4，其中能構成等差數列包含的基本事件只有一個，由此能求出概率【詳解】袋中裝有大小相同的四個球，四個球上分別標有數字“2”“ 0”“ 1”“ 9”，現從中隨機選取三個球，基本事件總數 n4，所選的三個球上的數字能構成等差數列包含的基本事件有：（0，1，2），共有 1 個，所選的三個球上的數字能構成等差數列的概率是p故選： d【點睛】本題考查概率的求法及應用，是基礎題，解題時要認真審題，注意等可能事件概率計算公式的合理運用5.若兩個單位向量，

4、 的夾角為，則的最小值為（）a. b. c. 1 d. 【答案】 b【解析】【分析】運用向量的數量積的定義和性質：向量的平方即為模的平方，結合二次函數的最值求法，即可得到所求最小值【詳解】兩個單位向量， 的夾角為 120，可得 ?| |?| |cos120 ，則|k |22 2k ?k2 21+k+k2 （k）2，可得 k時，|k |的最小值為故選： b【點睛】本題考查向量數量積的定義和性質，考查了向量的模的運算，考查二次函數的最值求法，考查運算能力，屬于中檔題6.已知隨機變量服從正態(tài)分布且,則( )a. b. c. d. 【答案】 b【解析】【分析】先求再求最后求.【詳解】由題得所以.故答案

5、為： b【點睛】 (1)本題主要考查正態(tài)分布和指定區(qū)間的概率，意在考查學生對這些知識的掌握水平和數形結合分析推理能力.(2)對于正態(tài)分布指定區(qū)間概率的計算，不要死記硬背，要結合正態(tài)分布圖像求區(qū)間上的概率 .7.若展開式二項式系數之和為32，則展開式中含項的系數為（）a. 40 b. 30 c. 20 d. 15【答案】 d【解析】【分析】先根據二項式系數的性質求得n5，可得二項式展開式的通項公式，再令 x 的冪指數等于 3，求得 r 的值，即可求得結果【詳解】由展開式的二項式系數之和為2n32，求得 n5，可得展開式的通項公式為 tr+1?= ?，令3，求得 r4，則展開式中含的項的系數是5，

6、故選： d【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項式系數的性質，二項式展開式的通項公式，求展開式中某項的系數，屬于基礎題8.關于 的不等式的解集為 ，則 的取值范圍為 （）a. b. c. 或d. 【答案】 d【解析】【分析】分情況討論，當時，求出滿足條件的的值；當時，求出滿足條件的的取值范圍，即可得出結果.【詳解】當時，若，則原不等式可化為，顯然恒成立；若，則原不等式可化為不是恒成立，所以舍去；當時，因為的解集為 ，所以只需，解得;綜上， 的取值范圍為：.故選 d【點睛】本題主要考查一元二次不等式恒成立的問題，需要用分類討論的思想來處理，屬于?？碱}型.9.將函數的圖像向右平移個單位長度，再

7、將所得圖像上的每個點的橫坐標伸長為原來的2 倍，縱坐標不變，所得圖像關于直線對稱，則 的最小正值為（）a. b. c. d. 【答案】 c【解析】【分析】由題意根據函數 yasin（ x+）的圖象變換規(guī)律，可得所得圖象對應的函數為 y2sin（x2 ），再利用正弦函數的圖象的對稱性，求得，kz，由此求得的最小值【詳解】將函數的圖象向右平移（ 0）個單位，可得 y2sin2（x）2sin（2x2 ）的圖象；再將圖象上每一點的橫坐標伸長為原來的2 倍（縱坐標不變），所得圖象對應的函數為 y2sin（x2 ）再根據所得圖象關于直線x對稱，可得2 k ，kz，即，故 的最小正值為，故選： c【點睛】本

8、題主要考查函數yasin（ x+）的圖象變換規(guī)律，正弦函數的圖象的對稱性，屬于中檔題10.如圖是函數的部分圖像，則函數的零點所在的區(qū)間是（）a. b. c. d. 【答案】 b【解析】【分析】由題意可知的對稱軸,又在定義域內單調遞增，根據零點存在性定理即可得解.【詳解】根據所給的二次函數圖象觀察可得，它的對稱軸方程為，且，由于在定義域內單調遞增，且，函數的零點所在的區(qū)間是,故選 b.【點睛】本題考查零點存在性定理的應用，屬于基礎題.11.已知橢圓，f1，f2 為其左、右焦點， p 為橢圓 c 上任一點，的重心為 g，內心 i，且有（其中為實數），橢圓 c 的離心率 e=（ ）a. b. c.

9、d. 【答案】 a【解析】試題分析：方法一：如圖，點為三角形的重心，點為三角形的內心，則，所以又因，所以，因此考點：求橢圓離心率【一題多解】方法二：特殊值法當點為橢圓短軸端點時，不妨設，則向量，也即點 與點 重合，此時內切圓的半徑為 ，于是，解得故選 b12.對于函數和，設，若對所有的，都有，則稱和互為“零點相鄰函數”. 若函數與互為“零點相鄰函數”，則實數的取值范圍是（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】先得出函數 f（x）ex 1+x 2 的零點為 x1再設 g（x）x2 ax a+3 的零點為 ，根據函數 f（x）ex1+x 2 與 g（x）x2 ax a+3 互為“零

10、點關聯函數”，利用新定義的零點關聯函數，有 |1 | 1，從而得出g（x）x2 ax a+3 的零點所在的范圍，最后利用數形結合法求解即可【詳解】函數 f（x）ex 1+x 2 的零點為 x1設 g（x）x2 axa+3 的零點為 ，若函數 f（x）ex 1+x 2 與 g（x）x2ax a+3 互為“零點關聯函數”，根據零點關聯函數，則 |1 | 1，0 2，如圖由于 g（x）x2 axa+3 必過點 a（ 1，4），故要使其零點在區(qū)間 0，2上，則或，解得 2a3，故選： d【點睛】本題主要考查了函數的零點，考查了新定義，主要采用了轉化為判斷函數的圖象的零點的取值范圍問題，解題中注意體會數

11、形結合思想與轉化思想在解題中的應用二、填空題：本大題共4 小題，每題 5 分，共 20 分13.已知實數滿足條件，則的最大值為_【答案】 2【解析】【分析】作出不等式對應的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即可求 z 的最大值【詳解】作出不等式對應的平面區(qū)域，由 zx+2y，得 y，平移直線 y，由圖象可知當直線y經過點 a 時，直線 y的截距最大，此時z 最大由，得，即 a（0，1），此時 z 的最大值為 z0+21 2，故答案為： 2【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用數形結合是解決線性規(guī)劃題目的常用方法14.在中，角所對的邊分別是，若，且，則的面積等于 _【答案】【解析】【分析】

12、先由正弦定理得 a=b，然后由余弦定理求得a、b，在用面積公式求得的面積 .【詳解】化解得：即：a=b又解得： a=b=【點睛】本題考查了正、余弦定理、三角形面積公式，解題中主要利用正、余弦定理對邊角進行轉化.15.直線的傾斜角的取值范圍是 _【答案】【解析】【分析】討論若 sin 0，若 sin 0，求得直線的斜率，由正弦函數的值域，可得 k 的范圍，結合正切函數的圖象，即可得到傾斜角的范圍【詳解】直線，若 sin 0，則 x3，直線的斜率不存在，傾斜角為90；若 sin 0，則直線的斜率 k，由 1sin 0 或 0sin 1，可得 k1或 k1，由 ktan （ 為不等于 90的傾斜角）

13、，可得 45 90或90 135，綜合以上可得，傾斜角的取值范圍是故答案為： 【點睛】本題考查直線的斜率和傾斜角的關系，注意斜率不存在的情況，考查運算能力，屬于中檔題16.已知正方形的邊長為，將沿對角線折起，使平面平面，得到如圖所示的三棱錐，若 為的中點，分別為上的動點 (不包括端點 )，且，則三棱錐的體積取得最大值時，三棱錐的內切球的半徑為_【答案】【解析】【分析】先根據條件得到 bo 平面 acd；進而求出三棱錐n amc 的體積的表達式，即可求出結論【詳解】因為正方形abcd 的邊長為 2 ，所以： ac=4又平面 abc 平面 acd，o 為 ac 邊的中點bo ac ；所以 bo 平

14、面 acd 三棱錐n amc 的體積y=f（x）= samc?no= ac?cm?sin acm?no= 4?x?（ 2 x）= （ x2+2x ）=（x 1）2+當 x=1 即時，三棱錐的體積取得最大值設內切球半徑為 r此時解得 r=故答案為：【點睛】解決與球有關的內切或外接的問題時，解題的關鍵是確定球心的位置對于外切的問題要注意球心到各個面的距離相等且都為球半徑；對于球的內接幾何體的問題，注意球心到各個頂點的距離相等，解題時要構造出由球心到截面圓的垂線段、小圓的半徑和球半徑組成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半徑 三、解答題：共 70 分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟第 1721

15、 題為必考題，每個試題考生都必須作答第 22、23 題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題：共60 分17.已知函數=(1)求函數的單調遞增區(qū)間；(2)已知在 abc中，a，b，c 的對邊分別為 a，b，c，若,，求.【答案】（ 1）函數的單調遞增區(qū)間是（2）b=c=2【解析】【分析】（1）利用誘導公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及兩角和與差的正弦公式將函數化為，利用正弦函數的單調性解不等式，可得到函數的遞增區(qū)間；（ 2）由,求得，利用余弦定理，結合，列方程組可求得 的值.【詳解】 (1) = sin(3 +x) cos( -x)+cos2(+x)，(-cos x)+(-sin x

16、)=，由 2k-2x-2k+ ，kz，可得函數的單調遞增區(qū)間是kz(2)由,得，sin(2a- )+ =，0a， 02a2，a=2， b+c=4 ，根據余弦定理得，4= + - 2bccos a=+ - bc=(b+c) -3bc=16-3bc ，bc=4 ，聯立得， b=c=2【點睛】以三角形為載體，三角恒等變換為手段，正弦定理、余弦定理為工具，對三角函數及解三角形進行考查是近幾年高考考查的一類熱點問題，一般難度不大，但綜合性較強.解答這類問題，兩角和與差的正余弦公式、誘導公式以及二倍角公式，一定要熟練掌握并靈活應用，特別是二倍角公式的各種變化形式要熟記于心 .18.某競賽的題庫系統(tǒng)有60%

17、的自然科學類題目， 40%的文化生活類題目 (假設題庫中的題目總數非常大)，參賽者需從題庫中抽取 3 個題目作答，有兩種抽取方法：方法一是直接從題庫中隨機抽取 3 個題目；方法二是先在題庫中按照題目類型用分層抽樣的方法抽取10 個題目作為樣本，再從這10 個題目中任意抽取 3 個題目 (1)兩種方法抽取的 3 個題目中，恰好有1 個自然科學類題目和 2 個文化生活類題目的概率是否相同?若相同，說明理由；若不同，分別計算出兩種抽取方法對應的概率(2)已知某參賽者抽取的3 個題目恰好有 1 個自然科學類題目和2 個文化生活類題目，且該參賽者答對自然科學類題目的概率為 ，答對文化生活類題目的概率為設

18、該參賽者答對的題目數為 x，求 x 的分布列和數學期望【答案】（ 1）兩種抽取方法得到的概率不同（2）見解析【解析】【分析】（1）分別計算兩種方法下概率，再比較，（2）先確定隨機變量，再分別求對應概率，列表得分布列，最后根據數學期望公式求期望 .【詳解】 (1)兩種抽取方法得到的概率不同方法一：由于題庫中題目總數非常大，可以認為每抽取1 個題目，抽到自然科學類題目的概率均為，抽到文化生活類題目的概率均為 ，所以抽取的 3 個題目中恰好有 1 個自然科學類題目和 2 個文化生活類題目的概率為 ( ) =方法二：按照題目類型用分層抽樣抽取的10 個題目中有 6 個自然科學類題目和4 個文化生活類題

19、目，從這10 個題目中抽取 3 個題目，恰好有 1 個自然科學類題目和2 個文化生活類題目的概率為=(2)由題意得， x 的所有可能取值為0，1，2，3p(x=0)= ，p(x=1)= +=p(x=2)= += ，p(x=3)= = 所以 x 的分布列為x0123px 的數學期望 e(x)=0 +1 +2 +3= 【點睛】求解離散型隨機變量的數學期望的一般步驟為：第一步是“判斷取值”，即判斷隨機變量的所有可能取值，以及取每個值所表示的意義；第二步是“探求概率”，即利用排列組合，枚舉法，概率公式，求出隨機變量取每個值時的概率；第三步是“寫分布列”，即按規(guī)范形式寫出分布列，并注意用分布列的性質檢驗

20、所求的分布列或某事件的概率是否正確；第四步是“求期望值”，一般利用離散型隨機變量的數學期望的定義求期望的值 .19.已知橢圓 ：的左、右焦點分別為，過 任作一條與兩條坐標軸都不垂直的直線，與橢圓交于兩點，且的周長為 8，當直線的斜率為 時，與 軸垂直.（）求橢圓的方程；（）在軸上是否存在定點，總能使平分？說明理由 .【答案】（ 1）.（2）【解析】試題分析：(1)利用題意求得，.所以橢圓 的方程為.(2)設出直線方程，聯立直線與橢圓的方程討論可得為所求.試題解析：（）因為，即，有，所以，即，當直線的斜率為 時，與 軸垂直，所以，由，且，解得，即，又，故，所以，由，得.所以橢圓 的方程為.（）由

21、（）得，設直線的方程為，兩點的坐標分別為，聯立，消去 ，整理得，所以，設，由已知平分，得，所以，即，即，所以，即，所以，即，所以為所求 .20.如圖 1，在平行四邊形中，點 是的中點，點 是的中點分別沿將和折起，使得面面(點在平面的同側 )，連接，如圖 2 所示(1) 求證：；(2) 當，且面面時，求二面角的余弦值【答案】（ 1）見解析；（ 2）1【解析】【分析】（1）由已知可得 cbf 為等邊三角形，連接ef，由已知可得bef為等邊三角形取bf 的中點 o，連接 oc，oe，可得co bf，eo bf從而得到bf平面 coe，則 bfce ；（2）由（ 1）知， co bf，結合條件可證oe

22、 bf，求得，利用錐體體積公式求解即可.【詳解】（ 1）四邊形為平行四邊形，點是的中點，又，為等邊三角形，連接，由，得為等邊三角形取的中點 ，連接，則平面，則；（2）由（ 1）知，又平面平面，則平面，又，三棱錐的體積【點睛】本題考查空間中直線與直線的位置關系，幾何體體積求解，考查空間想象能力與思維能力，是中檔題21.定義在 上的函數滿足，(1)求函數的單調區(qū)間；(2)如果，且，求證：【答案】（ 1）單調遞增區(qū)間為； （2）見解析 .【解析】【分析】（1）對求導得，可得，再在 f（x）中令 x0 得 f（0），從而得 f（x）e2x+x2 2x，可得，通過研究其導函數得到的單調區(qū)間；（2）先由（

23、 1）得單調遞增且不妨設，分析，得 x1、x2 滿足，要證，即證，由單調遞增，故只需證明，構造函數再結合單調性即可證明結論【詳解】 (1) 由，得令，得，故又，則，故，于是；當時，遞減；當時，遞增；故，故在 上單調遞增，所以的單調遞增區(qū)間為(2) 注意到，由得由單調遞增，不妨設，則，下面用分析法，要證，即證，由單調遞增，故只需證明，而，故只需證，即證設，則，令則，單增，又, 即， 在上單調遞增，故【點睛】本題主要考查函數與導數的綜合應用能力，具體涉及到用導數來研究函數的單調性及證明不等式問題，利用構造函數進行證明不等式是解題的關鍵，屬于較難題（二）選考題：共10 分請考生在第 22、23 題中

24、任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分22.在平面直角坐標系中，曲線：（ 為參數），以坐標原點 為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，直線 的極坐標方程為（1）分別求曲線的極坐標方程和曲線的直角坐標方程；（2）設直線 交曲線于 ，兩點，交曲線于 ， 兩點，求線段的長【答案】（），（）【解析】試題分析 : （）由，能求出曲線 c1 的極坐標方程，曲線 c2 的參數方程消去參數能求出曲線c2 的普通方程，從而能求出曲線c2 的極坐標方程（）聯立直線與圓的方程，求交點坐標，計算，的長，從而根據計算可得 .試題解析：（）曲線 的普通方程為，即，曲線 的極坐標方程為，即因為曲線

25、的極坐標方程為，即，故曲線的直角坐標方程為，即（）直線的極坐標方程為，化為直角坐標方程得，由得或. 則，由得或則故.23.已知函數，.（1）若，解不等式；（2）若不等式至少有一個負數解，求實數的取值范圍 .【答案】（ 1）；（2）見解析 .【解析】試題分析： (i)當時,利用零點分段法去絕對值,將不等式變?yōu)榉侄尾坏仁絹砬蟮媒饧?(ii)作出函數的圖象和函數的圖象,通過數形結合與分類討論的數學思想方法求得的取值范圍 .試題解析：（）若a=1，則不等式+3化為 2-+|x-1|3當 x1時， 2-+x-1 3，即 -x+2 0，(x-)2+0 不成立；當 x1 時， 2-x+1 3，即 +x0，

26、解得 -1 x0綜上，不等式+3的解集為 x|-1 x0 （）作出y=的圖象如圖所示，當a0 時，的圖象如折線所示，由，得 +x-a-2=0 ，若相切，則=1+4(a+2)=0 ，得a=-，數形結合知，當 a- 時，不等式無負數解，則-a至少有一個負數解當 a0 時，的圖象如折線所示，此時當 a=2 時恰好無負數解，數形結合知，當 a2 時，不等式無負數解，則0a至少有一個負數解，則實數 a 的取值范圍是 (-，2)校 2019 屆高三數學第九次月考試題理（含解析）（全卷共 150 分，考試時間為 120 分鐘）注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上2作答時，務必將答

27、案寫在答題卡上，寫在本試卷及草稿紙上無效3考試結束后，將答題卡交回（試題卷自己保管好，以備評講）一、選擇題：本大題共12 小題，每題 5 分，共 60 分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.設集合，則集合 的真子集個數為（）a. 2 b. 3 c. 7 d. 8【答案】 c【解析】【分析】先求出集合 a，進而求出其真子集的個數【詳解】因為集合，集合1，真子集個數為 2317 個，故選： c【點睛】本題考查了真子集的概念及性質，考查集合的表示方法：列舉法，是一道基礎題2.我們用表示復數 的實部，用表示復數 的虛部，若已知復數z 滿足，其中是復數 的共軛復數，則（）a. 0 b.

28、 1 c. d. 【答案】 a【解析】【分析】利用復數的除法運算法則化簡z，得到復數的虛部與實部，即可得結果【詳解】因為，故選： a【點睛】本題考查復數的基本概念的應用，復數的除法運算法則的應用，考查計算能力3.在等差數列中，前 項和滿足，則（）a. 7 b. 9 c. 14 d. 18【答案】 b【解析】，所以，選 b.4.袋中裝有大小相同的四個球，四個球上分別標有數字“2”“ 0”“ 1”“ 9”現從中隨機選出三個球，則所選的三個球上的數字能構成等差數列的概率為（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】現從中隨機選取三個球，基本事件總數n4，其中能構成等差數列包含的基本事件只

29、有一個，由此能求出概率【詳解】袋中裝有大小相同的四個球，四個球上分別標有數字“2”“ 0”“ 1”“ 9”，現從中隨機選取三個球，基本事件總數 n4，所選的三個球上的數字能構成等差數列包含的基本事件有：（0，1，2），共有 1 個，所選的三個球上的數字能構成等差數列的概率是p故選： d【點睛】本題考查概率的求法及應用，是基礎題，解題時要認真審題，注意等可能事件概率計算公式的合理運用5.若兩個單位向量， 的夾角為，則的最小值為（）a. b. c. 1 d. 【答案】 b【解析】【分析】運用向量的數量積的定義和性質：向量的平方即為模的平方，結合二次函數的最值求法，即可得到所求最小值【詳解】兩個單位

30、向量， 的夾角為 120，可得 ?| |?| |cos120 ，則|k |22 2k ?k2 21+k+k2 （k）2，可得 k時，|k |的最小值為故選： b【點睛】本題考查向量數量積的定義和性質，考查了向量的模的運算，考查二次函數的最值求法，考查運算能力，屬于中檔題6.已知隨機變量服從正態(tài)分布且,則( )a. b. c. d. 【答案】 b【解析】【分析】先求再求最后求.【詳解】由題得所以.故答案為： b【點睛】 (1)本題主要考查正態(tài)分布和指定區(qū)間的概率，意在考查學生對這些知識的掌握水平和數形結合分析推理能力 .(2)對于正態(tài)分布指定區(qū)間概率的計算，不要死記硬背，要結合正態(tài)分布圖像求區(qū)間

31、上的概率 .7.若展開式二項式系數之和為32，則展開式中含項的系數為（）a. 40 b. 30 c. 20 d. 15【答案】 d【解析】【分析】先根據二項式系數的性質求得n5，可得二項式展開式的通項公式，再令x 的冪指數等于 3，求得 r 的值，即可求得結果【詳解】由展開式的二項式系數之和為2n32，求得 n5，可得展開式的通項公式為 tr+1?=?，令3，求得 r4，則展開式中含的項的系數是5，故選： d【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項式系數的性質，二項式展開式的通項公式，求展開式中某項的系數，屬于基礎題8.關于 的不等式的解集為，則 的取值范圍為 （）a. b. c. 或d.

32、【答案】 d【解析】【分析】分情況討論，當時，求出滿足條件的的值；當時，求出滿足條件的的取值范圍，即可得出結果 .【詳解】當時，若，則原不等式可化為，顯然恒成立；若，則原不等式可化為不是恒成立，所以舍去；當時，因為的解集為，所以只需，解得;綜上， 的取值范圍為：.故選 d【點睛】本題主要考查一元二次不等式恒成立的問題，需要用分類討論的思想來處理，屬于?？碱}型 .9.將函數的圖像向右平移個單位長度，再將所得圖像上的每個點的橫坐標伸長為原來的2 倍，縱坐標不變，所得圖像關于直線對稱，則的最小正值為（）a. b. c. d. 【答案】 c【解析】【分析】由題意根據函數 yasin （ x+ ）的圖象

33、變換規(guī)律，可得所得圖象對應的函數為 y2sin（x2 ），再利用正弦函數的圖象的對稱性，求得，kz，由此求得 的最小值【詳解】將函數的圖象向右平移（ 0）個單位，可得 y2sin2 （x） 2sin（2x2 ）的圖象；再將圖象上每一點的橫坐標伸長為原來的2 倍（縱坐標不變），所得圖象對應的函數為 y2sin（x2 ）再根據所得圖象關于直線x對稱，可得2 k，kz，即，故 的最小正值為，故選： c【點睛】本題主要考查函數yasin（ x+ ）的圖象變換規(guī)律，正弦函數的圖象的對稱性，屬于中檔題10.如圖是函數的部分圖像，則函數的零點所在的區(qū)間是（）a. b. c. d. 【答案】 b【解析】【分析

34、】由題意可知的對稱軸,又在定義域內單調遞增，根據零點存在性定理即可得解 .【詳解】根據所給的二次函數圖象觀察可得，它的對稱軸方程為，且，由于在定義域內單調遞增，且，函數的零點所在的區(qū)間是,故選 b.【點睛】本題考查零點存在性定理的應用，屬于基礎題.11.已知橢圓，f1，f2 為其左、右焦點， p 為橢圓 c 上任一點，的重心為 g，內心 i，且有（其中 為實數），橢圓 c 的離心率 e=（ ）a. b. c. d. 【答案】 a【解析】試題分析：方法一：如圖，點為三角形的重心，點為三角形的內心，則，所以又因，所以，因此考點：求橢圓離心率【一題多解】方法二：特殊值法當點為橢圓短軸端點時，不妨設，

35、則向量，也即點 與點 重合，此時內切圓的半徑為，于是，解得故選 b12.對于函數和，設，若對所有的， 都有，則稱和互為“零點相鄰函數”. 若函數與互為“零點相鄰函數”，則實數的取值范圍是（）a. b. c. d. 【答案】 d【解析】【分析】先得出函數 f（x）ex 1+x 2 的零點為 x1再設 g（x）x2axa+3 的零點為 ，根據函數f（x）ex 1+x 2 與 g（x）x2axa+3 互為“零點關聯函數”，利用新定義的零點關聯函數，有|1 | 1，從而得出g（x）x2 ax a+3 的零點所在的范圍，最后利用數形結合法求解即可【詳解】函數 f（x） ex 1+x2 的零點為 x1設

36、g（x）x2ax a+3 的零點為 ，若函數 f（x）ex 1+x2 與 g（x）x2 ax a+3 互為“零點關聯函數”，根據零點關聯函數，則 |1 | 1，0 2，如圖由于 g（x）x2 ax a+3 必過點 a（ 1，4），故要使其零點在區(qū)間 0，2上，則或，解得 2a3，故選： d【點睛】本題主要考查了函數的零點，考查了新定義，主要采用了轉化為判斷函數的圖象的零點的取值范圍問題，解題中注意體會數形結合思想與轉化思想在解題中的應用二、填空題：本大題共4 小題，每題 5 分，共 20 分13.已知實數滿足條件，則的最大值為 _【答案】 2【解析】【分析】作出不等式對應的平面區(qū)域，利用線性規(guī)

37、劃的知識，通過平移即可求z 的最大值【詳解】作出不等式對應的平面區(qū)域，由 zx+2y，得 y，平移直線 y，由圖象可知當直線y經過點 a 時，直線 y的截距最大，此時z 最大由，得，即 a（0，1），此時 z 的最大值為 z0+212，故答案為： 2【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用數形結合是解決線性規(guī)劃題目的常用方法14.在中，角所對的邊分別是，若，且，則的面積等于_【答案】【解析】【分析】先由正弦定理得 a=b，然后由余弦定理求得a、b，在用面積公式求得的面積 .【詳解】化解得：即：a=b又解得： a=b=【點睛】本題考查了正、余弦定理、三角形面積公式，解題中主要利用正、余弦定理對邊

38、角進行轉化 .15.直線的傾斜角的取值范圍是 _【答案】【解析】【分析】討論若 sin 0，若 sin 0，求得直線的斜率，由正弦函數的值域，可得 k 的范圍，結合正切函數的圖象，即可得到傾斜角的范圍【詳解】直線，若 sin 0，則 x3，直線的斜率不存在，傾斜角為90；若 sin 0，則直線的斜率 k，由 1sin 0 或 0sin 1，可得 k1或 k1，由 ktan （ 為不等于 90的傾斜角），可得 45 90或90 135，綜合以上可得，傾斜角的取值范圍是故答案為： 【點睛】本題考查直線的斜率和傾斜角的關系，注意斜率不存在的情況，考查運算能力，屬于中檔題16.已知正方形的邊長為，將沿

39、對角線折起，使平面平面，得到如圖所示的三棱錐，若 為的中點，分別為上的動點 (不包括端點 )，且，則三棱錐的體積取得最大值時，三棱錐的內切球的半徑為_ 【答案】【解析】【分析】先根據條件得到 bo 平面 acd；進而求出三棱錐 n amc 的體積的表達式，即可求出結論【詳解】因為正方形abcd 的邊長為 2，所以： ac=4又平面 abc 平面 acd，o 為 ac 邊的中點bo ac ；所以 bo 平面 acd 三棱錐n amc 的體積y=f（x）= samc?no= ac?cm?sin acm?no= 4?x? （ 2x）=（ x2+2x）= （x1）2+當 x=1 即時，三棱錐的體積取得

40、最大值設內切球半徑為 r此時解得 r=故答案為：【點睛】解決與球有關的內切或外接的問題時，解題的關鍵是確定球心的位置對于外切的問題要注意球心到各個面的距離相等且都為球半徑；對于球的內接幾何體的問題，注意球心到各個頂點的距離相等，解題時要構造出由球心到截面圓的垂線段、小圓的半徑和球半徑組成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半徑三、解答題：共 70 分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟第1721 題為必考題，每個試題考生都必須作答第22、23 題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題：共60 分17.已知函數=(1)求函數的單調遞增區(qū)間；(2)已知在 abc 中，a，b，c 的對邊分別為 a，

41、b，c，若,，求.【答案】（ 1）函數的單調遞增區(qū)間是（2）b=c=2【解析】【分析】（1）利用誘導公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及兩角和與差的正弦公式將函數化為，利用正弦函數的單調性解不等式，可得到函數的遞增區(qū)間；（ 2）由,求得，利用余弦定理，結合，列方程組可求得的值.【詳解】 (1) =sin(3 +x) cos( -x)+cos2(+x)，(-cos x)+(-sin x)=，由 2k-2x-2k+ ，kz，可得函數的單調遞增區(qū)間是kz(2)由,得，sin(2a-)+ =，0a， 02a2，a=2， b+c=4 ，根據余弦定理得，4=+- 2bccos a=+- bc=(b

42、+c) -3bc=16-3bc ，bc=4 ，聯立得， b=c=2【點睛】以三角形為載體，三角恒等變換為手段，正弦定理、余弦定理為工具，對三角函數及解三角形進行考查是近幾年高考考查的一類熱點問題，一般難度不大，但綜合性較強.解答這類問題，兩角和與差的正余弦公式、誘導公式以及二倍角公式，一定要熟練掌握并靈活應用，特別是二倍角公式的各種變化形式要熟記于心.18.某競賽的題庫系統(tǒng)有60%的自然科學類題目， 40%的文化生活類題目 (假設題庫中的題目總數非常大 )，參賽者需從題庫中抽取3 個題目作答，有兩種抽取方法：方法一是直接從題庫中隨機抽取 3 個題目；方法二是先在題庫中按照題目類型用分層抽樣的方

43、法抽取10 個題目作為樣本，再從這 10 個題目中任意抽取3 個題目 (1)兩種方法抽取的 3 個題目中，恰好有1 個自然科學類題目和2 個文化生活類題目的概率是否相同 ?若相同，說明理由；若不同，分別計算出兩種抽取方法對應的概率(2)已知某參賽者抽取的3 個題目恰好有 1 個自然科學類題目和2 個文化生活類題目，且該參賽者答對自然科學類題目的概率為，答對文化生活類題目的概率為設該參賽者答對的題目數為 x，求 x 的分布列和數學期望【答案】（ 1）兩種抽取方法得到的概率不同（2）見解析【解析】【分析】（1）分別計算兩種方法下概率，再比較，（2）先確定隨機變量，再分別求對應概率，列表得分布列，最

44、后根據數學期望公式求期望.【詳解】 (1)兩種抽取方法得到的概率不同方法一：由于題庫中題目總數非常大，可以認為每抽取1 個題目，抽到自然科學類題目的概率均為 ，抽到文化生活類題目的概率均為，所以抽取的 3 個題目中恰好有 1 個自然科學類題目和 2 個文化生活類題目的概率為 ( ) =方法二：按照題目類型用分層抽樣抽取的10 個題目中有 6 個自然科學類題目和4 個文化生活類題目，從這 10 個題目中抽取 3 個題目，恰好有1 個自然科學類題目和2 個文化生活類題目的概率為=(2)由題意得， x 的所有可能取值為0，1，2，3p(x=0)=，p(x=1)= +=p(x=2)= += ，p(x=

45、3)= = 所以 x 的分布列為x0123px 的數學期望 e(x)=0 +1+2 +3 =【點睛】求解離散型隨機變量的數學期望的一般步驟為：第一步是“判斷取值”，即判斷隨機變量的所有可能取值，以及取每個值所表示的意義；第二步是“探求概率”，即利用排列組合，枚舉法，概率公式，求出隨機變量取每個值時的概率；第三步是“寫分布列”，即按規(guī)范形式寫出分布列，并注意用分布列的性質檢驗所求的分布列或某事件的概率是否正確；第四步是“求期望值”，一般利用離散型隨機變量的數學期望的定義求期望的值.19.已知橢圓 ：的左、右焦點分別為，過任作一條與兩條坐標軸都不垂直的直線，與橢圓交于兩點，且的周長為 8，當直線的

46、斜率為 時，與 軸垂直.（）求橢圓的方程；（）在 軸上是否存在定點，總能使平分？說明理由 .【答案】（ 1）.（2）【解析】試題分析：(1)利用題意求得，.所以橢圓的方程為.(2)設出直線方程，聯立直線與橢圓的方程討論可得為所求 .試題解析：（）因為，即，有，所以，即，當直線的斜率為 時，與 軸垂直，所以，由，且，解得，即，又，故，所以，由，得.所以橢圓的方程為.（）由（）得，設直線的方程為，兩點的坐標分別為，聯立，消去 ，整理得，所以，設，由已知平分，得，所以，即，即，所以，即，所以，即，所以為所求 .20.如圖 1，在平行四邊形中，點 是的中點，點是的中點分別沿將和折起，使得面面(點在平面的同側 )，連接，如圖 2 所示(1) 求證：；(2) 當，且面面時，求二面角的余弦值【答案】