各地高考真题选择题精选汇编
历届高考选择题真题
一、选择题（共40分，每小题2分。
每小题只有一个正确答案）（一）近年来，人类探索太空热情空前高涨，研究的新成果与新进展令人振奋。
1．2007年4月，美国宇航局发表了太空探测器拍摄到的太阳三维图像。
这是人类首次从三维视角观测太阳活动。
目前，人们对太阳活动的正确认识之一是A．黑子增多增大时耀斑也频繁爆发B．太阳活动会引发极光、流星雨、磁暴C．太阳风是太阳活动的主要标志D．光球层到日冕层依次出现黑子、太阳风、耀斑2．2007年4月，欧洲天文学家首次发现一颗有生命迹象的太阳系外行星。
该行星可能适宜生命存在的主要依据是A．行星上有岩石B．行星上有液态水与适宜的温度C．行星的表面比较平坦D．行星接受来自恒星的辐射能量3．据报道，我国将在南极冰盖最高点建立天文台，该地进行文观测的优势是A．极昼时间长B．极夜时间长C．空气稀薄、干燥D．海拔高，离太阳近（二）不同的岩石具有不同的成因，可能贮藏有不同的矿产资源。
4．贮煤地层的岩石类型，一般是A．侵入岩B．喷出岩C．沉积岩D．变质岩5．花岗岩、砂岩和石英分别属于A．变质岩、岩浆岩和沉积岩B．沉积岩、岩浆岩和变质岩C．岩浆岩、变质岩和沉积岩D．岩浆岩、沉积岩和变质岩6．正确反映三大类岩石互相转化的模式图是（三）用实验模拟某一天气系统（见图）：在塑料合中间插一隔板，两侧分别注入同体积红色暖水（代表暖空气）与蓝色冷盐水（代表冷空气）。
7．在向上抽出隔板后的数秒内，冷暖水之间A．出现水平交界面，蓝色水在上B．出现水平交界面，红色水在上C．出现倾斜交界面，蓝色水在上D．出现倾斜交界面，红色水在上8．该实验模拟在天气系统是A．气旋B．锋C．高气压D．低气压9．该模拟实验存在的主要不足是①没能模拟出主导气流的运动方向②没能模拟出成云致雨的天气现象③没能模拟出冷锋与暖锋④没能模拟出冷暖空气的密度差异A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④（四）洋流是海洋热量的“输送带”，是沿岸环境的“调节器”。
2019-2021全国高考数学真题汇编：空间向量(教师版)
2019-2021全国高考数学真题汇编：空间向量一．选择题（共6小题）1．（2019•全国）经过点（1，﹣1，3）且与平面2x+y﹣z+4＝0平行的平面方程为（）A．2x+y﹣z+2＝0B．2x+y+z﹣6＝0C．2x+y+z﹣4＝0D．2x+y﹣z﹣3＝02．（2020•新课标Ⅱ）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π（）A．B．C．1D．3．（2020•海南）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°（）A．20°B．40°C．50°D．90°4．（2019•上海）已知直线方程2x﹣y+c＝0的一个方向向量可以是（）A．（2，﹣1）B．（2，1）C．（﹣1，2）D．（1，2）5．（2019•浙江）设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β6．（2019•全国）正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点（）A．B．C．D．二．填空题（共3小题）7．（2019•上海）已知向量＝（1，0，2），＝（2，1，0），则与的夹角为．8．（2019•新课标Ⅱ）已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为．9．（2020•山东）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为．三．解答题（共28小题）10．（2020•上海）已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的角．11．（2020•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅱ）求证：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．12．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．13．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．14．（2020•新课标Ⅱ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P 为DO上一点DO．（1）证明：P A⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．15．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QC＝3．（Ⅱ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．16．（2019•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为BB1上一点，已知BM＝2，CD＝3，AA1＝5．（1）求直线A1C和平面ABCD的夹角；（2）求点A到平面A1MC的距离．17．（2019•新课标Ⅱ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．18．（2020•海南）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB＝19．（2020•天津）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝21＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝21B1的中点．（Ⅱ）求证：C1M⊥B1D；（Ⅱ）求二面角B﹣B1E﹣D的正弦值；（Ⅱ）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．20．（2020•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．21．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣P AD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．22．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．23．（2021•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E为A1D1的中点，B1C1交平面CDE交于点F．（Ⅱ）求证：F为B1C1的中点；（Ⅱ）若点M是棱A1B1上一点，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值为，求的值．24．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．25．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？26．（2019•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面P AC⊥平面PCD，P A⊥CD，AD ＝3．（Ⅱ）设G，H分别为PB，AC的中点；（Ⅱ）求证：P A⊥平面PCD；（Ⅱ）求直线AD与平面P AC所成角的正弦值．27．（2019•天津）如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD⊥AB，AB＝AD＝1（Ⅱ）求证：BF∥平面ADE；（Ⅱ）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（Ⅱ）若二面角E﹣BD﹣F的余弦值为，求线段CF的长．28．（2019•新课标Ⅱ）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，BC折起使得BE与BF重合，连结DG（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．29．（2019•新课标Ⅱ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．30．（2020•江苏）在三棱锥A﹣BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，AO⊥平面BCD，AO＝2（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF＝BC，求sinθ的值．31．（2020•新课标Ⅱ）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A﹣EF﹣A1的正弦值．32．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，DC＝2BC．（Ⅱ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．33．（2020•新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．34．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝1，BC＝4，M，N分别为BC，PC的中点，PM⊥MD．（Ⅱ）证明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．35．（2021•新高考Ⅱ）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，O为BD的中点．（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，求三棱锥A﹣BCD的体积．36．（2019•浙江）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．（Ⅱ）证明：EF⊥BC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．37．（2019•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，AD∥BC，P A＝AD＝CD＝2，点F在PC上，且＝．（Ⅱ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅱ）设点G在PB上，且＝．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．2019-2021全国高考数学真题汇编：空间向量参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．（2019•全国）经过点（1，﹣1，3）且与平面2x+y﹣z+4＝0平行的平面方程为（）A．2x+y﹣z+2＝0B．2x+y+z﹣6＝0C．2x+y+z﹣4＝0D．2x+y﹣z﹣3＝0【分析】设与平面2x+y﹣z+4＝0平行的平面方程为2x+y﹣z+k＝0，代入点的坐标求出k的值即可．【解答】解：设与平面2x+y﹣z+4＝2平行的平面方程为2x+y﹣z+k＝0，代入点（7，﹣1，得2×5﹣1﹣3+k＝8，则所求的平面方程为2x+y﹣z+2＝5．故选：A．【点评】本题考查了空间直角坐标系与平面方程的应用问题，是基础题．2．（2020•新课标Ⅱ）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π（）A．B．C．1D．【分析】画出图形，利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径，然后求解OO1即可．【解答】解：由题意可知图形如图：△ABC是面积为的等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝3，可得：AO1＝＝，球O的表面积为16π，外接球的半径为：R；所以5πR2＝16π，解得R＝2，所以O到平面ABC的距离为：＝1．故选：C．【点评】本题考查球的内接体问题，求解球的半径，以及三角形的外接圆的半径是解题的关键．3．（2020•海南）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°（）A．20°B．40°C．50°D．90°【分析】由纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角．【解答】解：可设A所在的纬线圈的圆心为O'，OO'垂直于纬线所在的圆面，由图可得∠OHA为晷针与点A处的水平面所成角，又∠OAO'为40°且OA⊥AH，在Rt△OHA中，O'A⊥OH，另解：画出截面图，如下图所示．l是点A处的水平面的截线，由题意可得OA⊥l．m是晷面的截线，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得m∥CD，根据线面垂直的定义可得AB⊥m，由于∠AOC＝40°，所以∠OAG＝∠AOC＝40°，由于∠OAG+∠GAE＝∠BAE+∠GAE＝90°，所以∠BAE＝∠OAG＝40°，也即晷针与A处的水平面所成角为∠BAE＝40°，故选：B．【点评】本题是立体几何在生活中的运用，考查空间线面角的定义和求法，属于基础题．4．（2019•上海）已知直线方程2x﹣y+c＝0的一个方向向量可以是（）A．（2，﹣1）B．（2，1）C．（﹣1，2）D．（1，2）【分析】先根据直线方程得直线的一个法向量，再根据法向量可得直线的方向向量．【解答】解：依题意，（2，∴方向向量为（1，故选：D．【点评】本题考查了直线的方向向量，空间直线的向量，属基础题．5．（2019•浙江）设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成角、直线和平面所成角和二面角的概念和计算，解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小，充分运用图象，则可事半功倍，【解答】解：方法一、如图G为AC的中点，则P在底面上的射影D在线段AO上，作DE⊥AC于E，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，则cosα＝＝＝＜＝cosβ；tanγ＝＞＝tanβ，方法二、由最小值定理可得β＜α，由三正弦定理可得β＜γ'＝γ；方法三、（特殊图形法）设三棱锥V﹣ABC为棱长为2的正四面体，易得cosα＝＝，可得sinα＝＝，sinγ＝＝，当AP＝时，由余弦定理可得PB＝＝，cosα＝＝，sinα＝，故C错误．故选：B．【点评】本题考查二面角的求法，常规解法下易出现的错误的有：不能正确作出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简单解法．6．（2019•全国）正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点（）A．B．C．D．【分析】以P为原点，P A为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PB与平面PEF所成角的正弦值．【解答】解：∵正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，∴以P为原点，P A为x轴，PC为z轴，设P A＝PB＝PC＝2，则A（2，3，0），2，3），0，2），7，0），1，8），＝（0，2，7），，1，0），，6，1），设平面PEF的法向量＝（x，y，则，取x＝1，得，﹣1，设PB与平面PEF所成角为θ，则sinθ＝＝＝．∴PB与平面PEF所成角的正弦值为．故选：C．【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．二．填空题（共3小题）7．（2019•上海）已知向量＝（1，0，2），＝（2，1，0），则与的夹角为．【分析】直接利用向量的夹角公式的应用求出结果．【解答】解：向量＝（1，0，＝（8，1，则，，所以：cos＝，故：与的夹角为．故答案为：．【点评】本题考查的知识要点：向量的夹角公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．8．（2019•新课标Ⅱ）已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为．【分析】过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE＝，从而CD＝CE＝OD＝OE＝＝1，由此能求出P到平面ABC的距离．【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，过点P作PD⊥AC，交AC于D，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，∴由题意得CD＝CE＝OD＝OE＝＝1，∴PO＝＝＝．∴P到平面ABC的距离为．故答案为：．【点评】本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．9．（2020•山东）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为．【分析】画出直观图，建立如图所示的坐标系，设出P的坐标，通过D1P＝．求出P的轨迹方程，然后求解以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长．【解答】解：由题意直四棱柱ABCD﹣A1B1C3D1的棱长均为2，∠BAD＝60°4B1＝2，上下底面是菱形，设P（x 的球面上的点1C1的垂直，E为垂足，则D7E2＝D1B32+x2﹣5•D1B1•x cos60°＝x7+4﹣2x．由题意可知D3P＝．可得：5＝x4+4﹣2x+（3﹣y）2．即（x﹣1）8+（y﹣2）2＝7，所以P在侧面BCC1B1的轨迹是以B3C1的中点为圆心，半径为．以D6为球心，为半径的球面与侧面BCC1B5的交线长为：＝．故答案为：．【点评】本题考查空间点线面距离的求法，球与几何体相交的交线的问题，难度比较大．三．解答题（共28小题）10．（2020•上海）已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的角．【分析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成，依次求出圆面和矩形的面积，相加即可；（2）先利用线面垂直的判定定理证明AD1⊥平面ADB，连接CD1，则∠D1CA即为线段CD1与平面ABCD所成的角，再利用三角函数的知识求出cos∠D1CA即可．【解答】解：（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为5的矩形组成，∴S＝2×π×13+2π×1＝8π．故该圆柱的表面积为4π．（2）∵正方形ABC1D7，∴AD1⊥AB，又∠DAD1＝，∴AD1⊥AD，∵AD∩AB＝A，且AD，∴AD1⊥平面ADB，即D5在面ADB上的投影为A，连接CD1，则∠D1CA即为线段CD6与平面ABCD所成的角，而cos∠D1CA＝＝，∴线段CD1与平面ABCD所成的角为arccos．【点评】本题考查圆柱的表面积、空间线面夹角问题，熟练掌握线面垂直的判定定理是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．11．（2020•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅱ）求证：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．【分析】（Ⅱ）根据正方体的性质可证得BC1∥AD1，再利用线面平行的判定定理即可得证；（Ⅱ）解法一：以A为原点，AD、AB、AA1分别为x、y和z轴建立空间直角坐标系，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，先求出平面AD1E的法向量，再利用sinθ＝|cos＜，＞|＝以及空间向量数量积的坐标运算即可得解．解法二：设正方体的棱长为2a，易知＝2a2，结合勾股定理和余弦定理可求得cos∠EAD1＝，再求得＝AD1•AE•sin∠EAD1；设点A1到平面EAD1的距离为h，根据等体积法＝，可求出h的值，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝，从而得解．【解答】解：（Ⅱ）由正方体的性质可知，AB∥C1D1中，且AB＝C5D1，∴四边形ABC1D5是平行四边形，∴BC1∥AD1，又BC7⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD6E，∴BC1∥平面AD1E．（Ⅱ）解法一：以A为原点，AD、AA8分别为x、y和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为a，则A（0，0，A8（0，0，a），D7（a，0，a），a，a），∴，，，设平面AD8E的法向量为，则，即，令z＝2，则x＝﹣4，∴＝（﹣2，2），设直线AA7与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＝，故直线AA3与平面AD1E所成角的正弦值为．解法二：设正方体的棱长为2a，则AD1＝a，AE＝a3＝3a，＝•2a•4a＝2a2，由余弦定理知，cos∠EAD5＝＝＝，∴sin∠EAD5＝，∴＝AD1•AE•sin∠EAD6＝3a2，设点A7到平面EAD1的距离为h，∵＝，∴，∴h＝，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝＝．故直线AA8与平面AD1E所成角的正弦值为．【点评】本题考查空间中线面的位置关系和线面夹角问题，熟练掌握线面平行的判定定理和利用空间向量求线面夹角是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．12．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．【分析】（1）由V＝PE•S正方形ABCD，代入相应数据，进行运算，即可；（2）由PE⊥平面ABCD，知∠PFE＝45°，进而有PE＝FE＝4，PB＝，由AD∥BC，知∠PCB或其补角即为所求，可证BC⊥平面P AB，从而有BC⊥PB，最后在Rt△PBC中，由tan∠PCB＝，得解．【解答】解：（1）∵△P AB为等边三角形，且E为AB中点，∴PE＝2，又PE⊥平面ABCD，∴四棱锥P﹣ABCD的体积V＝PE•S正方形ABCD＝×28＝．（2）∵PE⊥平面ABCD，∴∠PFE为PF与平面ABCD所成角为45°，即∠PFE＝45°，∴△PEF为等腰直角三角形，∵E，F分别为AB，∴PE＝FE＝8，∴PB＝＝，∵AD∥BC，∴∠PCB或其补角即为PC与AD所成角，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BC，又BC⊥AB，PE∩AB＝E、AB⊂平面P AB，∴BC⊥平面P AB，∴BC⊥PB，在Rt△PBC中，tan∠PCB＝＝＝，故PC与AD所成角的大小为arctan．【点评】本题考查棱锥的体积、线面角和异面直线夹角的求法，理解线面角的定义，以及利用平移法找到异面直线所成角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．13．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．【分析】（1）推导出B1C1⊥BE，BE⊥EC1，由此能证明BE⊥平面EB1C1．（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．【解答】证明：（1）长方体ABCD﹣A1B1C2D1中，B1C3⊥平面ABA1B1，∴B4C1⊥BE，∵BE⊥EC1，∵B3C1∩EC1＝C3，∴BE⊥平面EB1C1．解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE＝A7E＝1，则BE＝EB1，∵BE⊥平面EB6C1，∴BE⊥EB1，∴BE2+EB12＝8BE2＝＝42＝4，∵AE2+AB2＝6+AB2＝BE2＝6，∴AB＝1，则E（1，5，1），1，8），B1（0，6，2），C1（3，0，2），3，0），∵BC⊥EB1，∴EB2⊥面EBC，故取平面EBC的法向量为＝＝（﹣1，5，设平面ECC1 的法向量＝（x，y，由，得，取x＝1，得，﹣1，∴cos＜＞＝，∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为＝．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．14．（2020•新课标Ⅱ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P 为DO上一点DO．（1）证明：P A⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．【分析】（1）设圆O的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到P A⊥PC，P A⊥PB，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC及平面PCE的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（1）不妨设圆O的半径为1，OA＝OB＝OC＝1，，，，在△P AC中，P A2+PC2＝AC2，故P A⊥PC，同理可得P A⊥PB，又PB∩PC＝P，故P A⊥平面PBC；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有，E（0，3，故，设平面PCE的法向量为，则由，得，取x＝1，则，所以平面PCE的法向量为，由（1）可知P A⊥平面PBC，不妨取平面PBC的法向量为，故，即二面角B﹣PC﹣E的余弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角，考查推理能力及计算能力，属于基础题．15．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QC＝3．（Ⅱ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【分析】（Ⅱ）由CD2+QD2＝QC2证明CD⊥QD，再由CD⊥AD，证明CD⊥平面QAD，即可证明平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）【解法1】设AD的中点为M，连接QM、BM，求出cos∠QDB、cos∠QDA和∠BDA，利用三射线定理列方程求出二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【解法2】取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD为y轴，OQ为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ADQ的一个法向量，平面BDQ的一个法向量，再求cos＜，＞即可．【解答】（Ⅱ）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QC＝62+QD2＝QC8，所以CD⊥QD；又CD⊥AD，AD∩QD＝D，QD⊂平面QAD；又CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）解：【解法1】设AD的中点为M，连接QM，如图所示：根据题意知，QM＝2，QB＝3，△BQA中，cos∠QDB＝，∠BDA＝45°，因此根据三射线定理知，二面角B﹣QD﹣A的大小满足：cos∠BDA＝cos∠QDB cos∠QDA+sin∠QDB sin∠QDA cosφ，即＝•+••cosφ，解得cosφ＝．【解法2】取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD为y轴，OQ为z轴，如图所示：则O（0，6，0），﹣1，D（6，1，Q（0，8，因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为，0，0），设平面BDQ的一个法向量为＝（x，y，由＝（﹣3，2，＝（0，4），得，即，令z＝1，得y＝8，所以，2，1）；所以cos＜，＞＝＝＝，所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值为．【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的余弦值应用问题，也可以直接利用二面角的定义求二面角的余弦值，是中档题．16．（2019•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为BB1上一点，已知BM＝2，CD＝3，AA1＝5．（1）求直线A1C和平面ABCD的夹角；（2）求点A到平面A1MC的距离．【分析】（1）由题意可得A1C与平面ABCD所成夹角为∠A1CA，判断△A1CA为等腰三角形，即可求出，（2）如图建立坐标系，根据向量的关系可得点A到平面A1MC的距离d＝，求出法向量即可求出．【解答】解：（1）依题意：AA1⊥平面ABCD，连接AC1C与平面ABCD所成夹角为∠A2CA，∵AA1＝5，AC＝，∴△A1CA为等腰三角形，∴∠A1CA＝，∴直线A1C和平面ABCD的夹角为，（2）（空间向量），如图建立坐标系，则A（4，0，0），3，0），A1（3，0，5），2，2），∴＝（3，4，＝（3，8，＝（0，4，设平面A4MC的法向量＝（x，y，由，可得，5，2），∴点A到平面A1MC的距离d＝＝＝．【点评】本题考查了线面角的求法和点到平面的距离，考查了运算求解能力和转化与化归能力，空间想象能力，属于中档题．17．（2019•新课标Ⅱ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【分析】（1）过N作NH⊥AD，证明NM∥BH，再证明BH∥DE，可得NM∥DE，再由线面平行的判定可得MN ∥平面C1DE；（2）以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面A1MN与平面MAA1的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD1，且，又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，由NH∥AA3，N为A1D中点，得H为AD中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C7DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC的直线为x轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），3，2），A1（，﹣1，，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x＝，得，又平面MAA4的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为＝＝．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．18．（2020•海南）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB＝【分析】（1）过P在平面P AD内作直线l∥AD，推得l为平面P AD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，求出Q（0，1，1），运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：过P在平面P AD内作直线l∥AD，由AD∥BC，可得l∥BC，∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，又BC⊥CD，CD∩PD＝D，∵l∥BC，∴l⊥平面PCD；（2）解：如图，以D为坐标原点，DC，y，z轴，∵PD＝AD＝1，Q为l上的点，∴PB＝，QP＝1，则D（0，5，0），0，5），1，0），3，1），1，5），则PQ为平面P AD与平面PBC的交线为l，△QAB是等腰直角三角形，0，5），则＝（1，0，＝（6，1，＝（0，8，设平面QCD的法向量为＝（a，b，则，∴，取c＝1＝（﹣2，0，∴cos＜，＞＝＝＝，∴PB与平面QCD所成角的正弦值为．【点评】本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．19．（2020•天津）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝21＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝21B1的中点．（Ⅱ）求证：C1M⊥B1D；（Ⅱ）求二面角B﹣B1E﹣D的正弦值；（Ⅱ）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．【分析】（Ⅱ）方法一：根据线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；方法二：建立空间坐标系，根据向量的数量积等于0，即可证明；（Ⅱ）先平面DB1E的法向量，再根据向量的夹角公式，求出二面角B﹣B1E﹣D的正弦值；（Ⅱ）求出cos＜，＞值，即可求出直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅱ）在三棱柱ABC﹣A1B1C7中，CC1⊥平面ABC，则该三棱柱是个直三棱柱（各侧棱均垂直底面，各侧面均与底面垂直）∵C1A4＝C1B1＝5，M为M为棱A1B1的中点，∴C6M⊥A1B1，又平面C5A1B1⊥平面A6B1BA，∴C1M⊥平面A6B1BA，∵B1D⊂A6B1BA，∴C1M⊥B5D；方法二：（Ⅱ）以C为原点，，，的方向为x轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C（0，3，0），0，5），2，0），C5（0，0，2），A1（2，6，3），B1（2，2，3），6，1），0，4），1，3），∴＝（1，1，＝（2，﹣2），∴•＝2﹣6+0＝02M⊥B1D；（Ⅱ）依题意，＝（2，41E的一个法向量，＝（5，2，1），，3，﹣1），设＝（x，y1E的法向量，则，即，不妨设x＝1，则，﹣1，∴cos＜，＞＝＝，∴sin＜，＞＝＝，∴二面角B﹣B4E﹣D的正弦值；（Ⅱ）依题意，＝（﹣2，3，由（Ⅱ）知，＝（1，2）为平面DB2E的一个法向量，∴cos＜，＞＝，∴直线AB与平面DB3E所成角的正弦值为．【点评】本题考查了空间向量在几何中的应用，线线平行和二面角和线面角的求法，考查了运算求解能力，转化与化归能力，逻辑推理能力，属于中档题．20．（2020•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【分析】（1）过P在平面P AD内作直线l∥AD，推得l为平面P AD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，设Q（m，0，1），运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．【解答】解：（1）证明：过P在平面P AD内作直线l∥AD，由AD∥BC，可得l∥BC，∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，又BC⊥CD，CD∩PD＝D，∵l∥BC，∴l⊥平面PCD；（2）如图，以D为坐标原点，DC，y，z轴，则D（0，0，5），0，0），4，0），0，2），1，0），设Q（m，8，1），，0，7），，1，﹣1），，5，0），设平面QCD的法向量为＝（a，b，则，∴，取a＝﹣2＝（﹣1，0，∴cos＜，＞＝＝，∴PB与平面QCD所成角的正弦值为＝•＝•≤•＝，当且仅当m＝1取等号，∴PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【点评】本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．21．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣P AD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．【分析】（1）直接由三棱锥的体积公式求解即可；（2）易知直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，求出其正弦值，再由反三角表示即可．【解答】解：（1）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C7D1中，＝；（2）连接A2C1∩B1D3＝O，∵AB＝BC，∴四边形A1B1C5D1为正方形，则OB1⊥OA4，又AA1⊥OB1，OA2∩AA1＝A1，∴OB5⊥平面ACC1A1，∴直线AB7与平面ACC1A1所成的角为∠OAB6，∴．∴直线AB1与平面ACC1A5所成的角为．【点评】本题考查三棱锥体积的求法，考查线面角的求解，考查推理能力及运算能力，属于中档题．22．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面A1EC1的法向量，利用直线的方向向量与平面的法向量垂直，即可证明；（2）利用（1）中的结论，由向量的夹角公式求解，即可得到答案；（3）利用待定系数法求出平面AA1C1的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A1（0，7，2），1，8），C1（2，5，2），故，设平面A1EC3的法向量为，则，即，令z＝7，则x＝2，故，又F（1，8，0），D1（5，2，2），所以，则，又D6F⊄平面A1EC1，故D6F∥平面A1EC1；（2）解：由（1）可知，，则＝＝，故直线AC1与平面A1EC4所成角的正弦值为；（3）解：由（1）可知，，设平面AA1C1的法向量为，则，即，令a＝1，则b＝﹣1，故，所以＝＝，故二面角A﹣A6C1﹣E的正弦值为＝．【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．23．（2021•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E为A1D1的中点，B1C1交平面CDE交于点F．（Ⅱ）求证：F为B1C1的中点；（Ⅱ）若点M是棱A1B1上一点，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值为，求的值．【分析】（Ⅱ）连结DE，利用线面平行的判定定理证明CD∥平面A1B1C1D1，从而可证明CD∥EF，即可证明四边形A1B1FE为平行四边形，四边形EFC1D1为平行四边形，可得A1E＝B1F，ED1＝FC1，即可证明B1F＝FC1，。
全国高考试题及答案打包
全国高考试题及答案打包一、选择题1. 下列关于地球自转的描述，正确的是：A. 地球自转的方向是自东向西B. 地球自转的周期是24小时C. 地球自转的轴心是地轴D. 地球自转的周期是365天答案：C2. 以下哪个选项不是中国四大名著之一？A. 《红楼梦》B. 《西游记》C. 《水浒传》D. 《聊斋志异》答案：D二、填空题1. 我国最大的淡水湖是________。
答案：鄱阳湖2. 光年是天文学中用来表示________的单位。
答案：距离三、简答题1. 简述牛顿三大定律。
答案：牛顿三大定律是牛顿力学的基石，包括：- 第一定律（惯性定律）：物体会保持静止或匀速直线运动状态，除非受到外力作用。
- 第二定律（加速度定律）：物体的加速度与作用在物体上的净外力成正比，与物体的质量成反比，且加速度的方向与净外力的方向相同。
- 第三定律（作用与反作用定律）：对于每一个作用力，总有一个大小相等、方向相反的反作用力。
2. 描述DNA的结构。
答案：DNA的结构是双螺旋结构，由两条反向平行的链组成，每条链由核苷酸单元组成，核苷酸之间通过磷酸二酯键相连，形成长链。
两条链之间通过碱基配对（A与T配对，G与C配对）相互连接。
四、计算题1. 已知一个物体的质量为5kg，受到的重力加速度为9.8m/s²，求物体所受的重力。
答案：物体所受的重力 G = m * g = 5kg * 9.8m/s² = 49N2. 一个圆的半径为10cm，求其面积。
答案：圆的面积A = π * r² = π * (10cm)² = 100π cm²五、论述题1. 论述中国改革开放以来取得的主要成就。
答案：中国改革开放以来的主要成就包括：- 经济快速增长，成为世界第二大经济体。
- 人民生活水平显著提高，贫困率大幅下降。
- 科技创新能力增强，高铁、航天等领域取得重大突破。
- 国际地位显著提升，积极参与全球治理。
高考真题全国卷及答案解析版
高考真题全国卷及答案解析版一、选择题1. 语文知识与运用本题考查学生对语言文字的综合运用能力。
要求学生在理解上下文的基础上，准确把握词语的含义和用法，正确选择或填空。
（1）下列各句中，加点的成语使用恰当的一句是：A. 他这个人总是喜欢________，一点小事也要大张旗鼓地宣扬。
B. 这部电影的情节跌宕起伏，让人________，久久不能忘怀。
C. 面对如此复杂的问题，他________，竟然想出了一个绝妙的解决方案。
D. 这场比赛双方实力悬殊，结果________，强队轻松获胜。
答案：B（2）下列各句中，没有语病的一句是：A. 通过这次活动，使他对传统文化有了更深刻的认识。
B. 这本书虽然内容枯燥，但是非常值得一读。
C. 他的话让我想起了童年的许多往事，仿佛就在昨天。
D. 这个问题我们已经讨论过多次，现在就不必再________了。
答案：C2. 阅读理解本题考查学生对文学作品、论述性文本和实用类文本的阅读理解能力。
要求学生能够准确理解文章内容，分析文章结构，把握作者观点和态度，以及进行合理的推断。
（1）现代文阅读阅读下面的现代文，回答以下问题。
【文章节选】……（此处为文章内容，应包含足够的信息以便进行题目设计）1）文章主要论述了什么观点？请简要概括。
答：文章主要论述了……2）作者通过哪些例证来支撑其观点？请列举至少两个。
答：作者通过……和……两个例证来支撑其观点。
3）文章中提到的“XX”一词在文中具体指代什么？答：“XX”在文中指代……（2）古代文阅读阅读下面的文言文，回答以下问题。
【文章节选】……（此处为文言文内容，应包含足够的信息以便进行题目设计）1）请解释文中“XX”一词的意思。
答：“XX”一词在文中的意思是……2）作者通过这段文言文想要传达什么思想？答：作者想要传达的思想是……3）请结合文中的内容，分析作者的写作手法。
答：作者的写作手法是……3. 写作题本题考查学生的写作能力，要求学生能够根据给定的题目，组织语言，表达思想，进行创造性写作。
新高考数学多项选择题分类精编题集（含答案解析）
新高考多项选择题分类精编题集说明：新高考山东卷、海南卷开始第1年使用，试卷结构发生改变，其中多项选择题的出现是与以往试卷的一大改变。
关于数学多项选择题的题目很少，本人收集了今年山东、海南高考卷，以及山东、海南等地今年的模拟试卷中的多项选择题，按照章节内容、具体知识点分类汇编成册.时间仓促，极少数题目详解未录入.2020年8月2日目录第一章函数与导数 (1)1.1指对数运算 (1)1.2具体函数性质判定 (1)1.3抽象函数性质判断 (3)1.4新定义问题 (4)第二章三角函数与解三角形 (6)2.1三角函数图象与性质 (6)2.2解三角形 (8)第3章立体几何 (9)3.1线面关系判定 (9)3.2正方体中静态线面关系判定 (9)3.3柱体中动态线面关系判定 (10)3.4锥体中线面关系判定 (12)第4章平面解析几何 (15)4.1直线与圆 (15)4.2圆锥曲线定义 (15)4.3椭圆性质 (15)4.4双曲线性质 (16)4.5抛物线性质 (17)第5章概率与统计 (19)5.1统计图、表的识别 (19)5.2概率运算 (22)5.3相关概念识别 (23)第6章复数、不等式、数列、二项式定理 (25)6.1复数 (25)6.2基本不等式 (25)6.3数列 (25)6.4二项式定理 (26)参考答案 (27)第一章一、指对数运算1．若10a 4，10b 25，则（A ．a b 2B ．b a 1）函数与导数C ．ab 81g 22D ．b a lg6)2．已知a x lg x ，b y lg y ，c x lg y d y lg x ，且x 1，y 1，则(A ．∃x ，y R ，使得a b c dB ． x ，y R ，都有c ＝dC ．∃x ，y 且x y ，使得a ＝b ＝c ＝dD ．a ，b ，c ，d 中至少有两个大于1二、具体函数性质判断3．下列函数中，既是偶函数，又在(0, )上单调递增的是（A ．y ln(1 9x 2 3x )C ．y x 2 1B ．y e x e x D ．y cos x 3）4．已知函数f (x ) e x e x ，g (x ) e x e x ，则以下结论错误的是A ．任意的x 1，x 2 R 且x 1 x 2，都有B ．任意的x 1，x 2 R 且x 1 x 2，都有C ．f (x )有最小值，无最大值5．“已知函数f (x ) x 2 cos x ，对于[f (x 1) f (x 2) 0x 1x2g (x 1) g (x 2)0x 1x2D ．g (x )有最小值，无最大值,]上的任意x 1，x 2，若_______，则必有22f (x 1) f (x 2)恒成立．”在横线中填上下列选项中的某个条件，使得上述说法正确的可以是A ．|x 1| x2B ．x 1x 22C ．x 12 x 2D ．）x1 1x26．已知函数f (x )＝x +sin x -x cos x 的定义域为[-2π，2π），则（A ．f (x )为奇函数C ．f (x )恰有4个极大值点B ．f (x )在[0，π）上单调递增D ．f (x )有且仅有4个极值点）7.已知f (x ) x 3 6x 2 9x abc ,a b c 且f (a ) f (b ) f (c ) 0.如下结论正确的为（A.f (0)f (1) 0B.f (0)f (1) 0C.f (0)f (3) 0D.f (0)f (3) 08．定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x 3) f (x )，当x [0,3]时，f (x ) x 2 3x ，下列等式成立的是（）A ．f (2019) f (2020) f (2021)C ．2f (2019) f (2020) f (2021)B ．f (2019) f (2021) f (2020)D ．f (2019) f (2020) f (2021)9.设函数f (x )是定义在R 上的函数，满足f ( x ) f (x ) 0，且对任意的x R ，恒有 1 f (x 2) f (2 x )，已知当x [0,2]时，f (x ) 2 2 x ，则有（）A.函数f (x )的最大值是1，最小值是14B.函数f (x )是周期函数，且周期为2 1 D.当x [2,4]时，f (x ) 22 x C.函数f (x )在[2,4]上递减，在[4,6]上递增2 x 2x ，x 010．已知函数f x ，以下结论正确的是f x 2 ，x 0A ．f 3 f 2019 3B ．f x 在区间[4，5]上是增函数11 C ．若方程f x kx 1恰有3个实根，则k 的取值范围为 ，24D ．若函数y f x b 在 ，4 上有6个零点x ii 1，2，3，4，5，6 ，则 x if x i的取值范围i 16是(0，6) ln x ,x 011．设函数f xx，若函数g x f x b 有三个零，则实数b 可取的值可e x 1 ,x 0能是(A ．0)B ．12C ．1D ．212．设定义在R 上的函数f x 满足f x f x x 2，且当x 0时，f x x .己知存在112 x 0 x f x x 2 f 1 x 1 x ，且x 0为函数g x e x ex a (a R ,e 为22自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（A ．12）D ．e)B ．e 2C ．e 213.已知函数y f (x )的导函数f (x )的图象如图所示，则下列判断正确的是(1A.函数y f (x )在区间( 3, )内单调递增2B.当x 2时，函数y f (x )取得极小值C.函数y f (x )在区间(－2,2)内单调递增D.当x 3时，函数y f (x )有极小值14．已知ln x 1x 1y 12 0，x 22y 24 2ln 2 0，记M x 1x2y1y2，则（22）A ．M 的最小值为C ．M 的最小值为25545B ．当M 最小时，x 2D ．当M 最小时，x 21256515．德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet ,1805~1859)在数学领域成就显著.19世纪,狄利克雷定 1,x Q 义了一个“奇怪的函数”y f x 其中R 为实数集,Q 为有理数集.则关于函数0,x C Q Rf x 有如下四个命题,正确的为(A ．函数f x 是偶函数)B ． x 1,x 2RQ ,f x 1 x2f x 1f x 2恒成立C ．任取一个不为零的有理数T ,f (x +T )=f (x )对任意的x R 恒成立D ．不存在三个点A x 1,f x1,B x 2,f x 2,C x 3，f x 3,使得 ABC 为等腰直角三角形三、抽象函数性质判断16.函数f (x )的定义域为R ，且f (x 1)与f (x 2)都为奇函数，则(A.f (x )为奇函数C.f (x 3)为奇函数B.f (x )为周期函数D.f (x 4)为偶函数)17．已知函数y f (x )是R 上的偶函数，对于任意x R ，都有f (x 6) f (x ) f (3)成立，当x 1,x 2 [0,3]，且x 1 x 2时，都有命题为（A ．f (3) 0B ．直线x 6是函数y f (x )的图象的一条对称轴C ．函数y f (x )在[ 9, 6]上为增函数D ．函数y f (x )在[ 9,9]上有四个零点18.已知f (x )是定义在R 上的函数，f (x )是f (x )的导函数．给出如下四个结论,正确是．A.若f (x )f (x )0，且f (0) e ，则函数xf (x )有极小值0；xf x 1 f x 2 x 1x20，给出下列命题，其中所有正确）.B.若xf (x ) 2f (x ) 0，则4f (2n 1) f (2n )，n N ；C.若f (x ) f (x ) 0，则f (2017) ef (2016)；D.若f (x ) f (x ) 0，且f (0) 1，则f (x ) e x 的解集为(0, )．19.已知定义在R上的函数f(x)，对于任意的x,y R恒有f(x y) f(x y) 2f(x)f(y)，且f(0) 0.若存在正数t，使得f(t) 0.给出下列四个结论：t1①f(0) 1；②f2() ；③f(x)为偶函数，④f(x)为周期函数.24其中正确的结论编号是A.①B.②C.③D.④四、新定义问题20．已知集合M=x,y y f x ,若对于 x1,y1M, x2,y2M,使得x1x2y1y20成立，则称集合M是“互垂点集”.给出下列四个集合:M1M2x,y y x 1；2x,y y x 1；M3x,yy e；Mx4x,yy sin x 1 .其中是“互垂点集”集合的为( A．M1)B．M2C．M3D．M4x1x21)f(x1) f(x2)则2221．函数f(x)在[a,b]上有定义，若对任意x1,x2[a,b]，有f(称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P，则下列说法错误的是：（A．f(x)在[1,3]上的图像是连续不断的；B．f(x2)在[1,3]上具有性质P；C．若f(x)在x 2处取得最大值1，则f(x) 1，x [1,3]；D．对任意x1,x2,x3,x41,3 ，有f(x1x2x3x41)f(x1) f(x2)+f(x3)+f(x4)44）22．定义：N{f(x) g(x)}表示f(x) g(x)的解集中整数的个数．若f(x) |log2x|，g(x) a(x 1)2 2，则下列说法正确的是A．当a 0时，N{f(x) g(x)}=01B．当a 0时，不等式f(x) g(x)的解集是(,4)4C．当a 0时，N{f(x) g(x)}=3D．当a 0时，若N{f(x) g(x)} 1，则实数a的取值范围是( , 1]23．定义：若函数Fx 在区间 a，b 上的值域为 a，b ，则称区间 a，b 是函数F x 的“完美区间”，另外，定义区间Fx 的“复区间长度”为2 b a ，已知函数f x x2 1，则（）A．0,1 是f x 的一个“完美区间”1 51 5B． , 是f x 的一个“完美区间”22x 的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为3 5 C．fx 的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为3 25 D．f第二章一、三角函数图象与性质三角函数与解三角形1．要得到y cos 2x 的图象C 1,只要将y sin 2x 图y sin 2x 象C 2怎样变化得到3 3()A ．将y sin 2x 的图象C 2沿x 轴方向向左平移个单位12311 B ．将y sin 2x 的图象C 2沿x 轴方向向右平移个单位312C ．先作C 2关于x 轴对称图象C 3,再将图象C 3沿x 轴方向向右平移D ．先作C 2关于x 轴对称图象C 3,再将图象C 3沿x 轴方向向左平移2.右图是函数y sin( x )的部分图像，则sin( x ) A.B.C.D.sin(x sin(5个单位12个单位12 )3y 1O 62 3x2x )3)6cos(2x cos(52x )63.在下列函数中，最小正周期为 的是（A.y |cos x |B.y sin |x |）C.y cos(2x)6D.y tan(2x)44．将函数f (x ) sin 3x 3cos3x 1的图象向左平移个单位长度，得到函数g (x )的图象，65 2对称；②它的最小正周期为；93给出下列关于g (x )的结论：①它的图象关于直线x ③它的图象关于点(是（A ．①）B ．②C ．③11 5 19,1)对称；④它在[,]上单调递增．其中正确的结论的编号1839D ．④个单位长度65．已知函数f x 2sin 2x 0 ，若将函数f x 的图象向右平移后，所得图象关于y 轴对称，则下列结论中正确的是()A ．56B ． ,0 是f x 图象的一个对称中心12C ．f 2D ．x 是f x 图象的一条对称轴6）6．已知函数f x sin 3x 的图象关于直线x对称，则（422 A ．函数f x 为奇函数12B ．函数f x 在 , 上单调递增123 C ．若f x 1f x22，则x 1x 2的最小值为D ．函数f x 的图象向右平移3个单位长度得到函数y cos3x 的图象47．将函数f x 3cos 2x 1的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长33 度，得到函数g x 的图象，则下列关于函数g x 的说法正确的是（A ．最大值为3，图象关于直线x C ．最小正周期为）对称12B ．图象关于y 轴对称D ．图象关于点 ,0 对称 48．已知函数f (x ) sin 2x 2sin 2x 1，给出下列四个结论，其中正确的结论是（A ．函数f (x )的最小正周期是2）.5 B ．函数f (x )在区间, 上是减函数 88 C ．函数f (x )的图象关于直线x对称:8个单位得到4D ．函数f (x )的图象可由函数y 2sin 2x 的图象向左平移π9．已知函数f (x ) 2cos 2x cos(2x ) 1，则2A ．f (x )的图象可由y 2sin 2x 的图象向左平移πB ．f (x )在(0,)上单调递增8π个单位长度得到4C ．f (x )在[0,π]内有2个零点πD ．f (x )在[ ,0]上的最大值为22sin x ,x 4，则下列结论正确的是（10．已知函数f (x )cos x ,x4A ．f (x )不是周期函数C ．f (x )的图象关于直线xB ．f (x )奇函数）对称4D ．f (x )在x 5处取得最大值211.已知函数f (x ) |sin x ||cos x |，则下列说法正确的是（A ．f (x )的图象关于直线x ）对称2B ．f (x )的周期为2D ．f (x )在区间 ，上单调递增 4212．已知向量m sin x ， 3,n cos x ,cos 2x ，函数f (x ) 2m n 3 1，下列命题，说C ．( ,0)是f (x )的一个对称中心法正确的选项是（）A ．f x 2f (x ) 6B ．f x 的图像关于x 对称4 6D ．若x 1,x 2,x 3, ，则f (x 1) f (x 2) f (x 3)32C ．若0 x 1 x 2 ，则f (x 1) f (x 2)2二、解三角形13．在 ABC 中，D 在线段AB 上，且AD 5,BD 3若CB 2CD ,cos CDBA ．sin CDB3105，则（5）B ． ABC 的面积为8D ． ABC 为钝角三角形C ． ABC 的周长为8 4514.给出下列四个命题，其中正确命题的为A.在 ABC 中，A B 是cos A cos B 的充分不必要条件；B.若f (x ) x cos x ，则f (x )是偶函数；C.f (x ) 2cos(2x 5 )的一个对称中心是(，0)；312c，则 ABC 是等腰三角形.bD.在 ABC 中，若cos A第三章立体几何一、线面关系判定1.已知l ,m 是两条不同的直线， , 是两个不同的平面，且l // ,m ，则下列命题中正确的是A.若 // ，则m C.若l m ，则l //B.若 ，则l m D.若m // ，则二、正方体中静态线面关系判定2．如图，在以下四个正方体中，直线AB 与平面CDE 垂直的是（）A ．B ．C ．D ．3.正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.则A.直线D 1D 与直线AF 垂直B.直线A 1G 与平面AEF 平行C.平面AEF 截正方体所得的截面面积为D.点C 与点G 到平面AEF 的距离相等4．已知在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，H 分别是AB ，A 1D 1，BC 1的中点，下列结论中正确的是(A ．D 1C 1∥平面CHDC ．三棱锥D ﹣BA 1C 1的体积为5698)B ．AC 1⊥平面BDA 1D ．直线EF 与BC 1所成的角为30°)5．如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则下列四个命题正确的是(A ．直线BC 与平面ABC 1D 1所成的角等于B ．点C 到面ABC 1D 1的距离为224C ．两条异面直线D 1C 和BC 1所成的角为D ．三棱柱AA 1D 1 BB 1C 1外接球半径为4326．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，如图，M ,N 分别是正方形ABCD ，BCC 1B 1的中心.则下列结论正确的是（）A ．平面D 1MN 与B 1C 1的交点是B 1C 1的中点B ．平面D 1MN 与BC 的交点是BC 的三点分点C ．平面D 1MN 与AD 的交点是AD 的三等分点D ．平面D 1MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶17．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点P 在线段CB 1上，且B 1P 2PC ，过点A ,P ,C 1的平面分别交BC ,A 1D 1于点E ,F ，则下列说法正确的是A ．AC 1EFC ．平面AEC 1F ⊥平面AA 1D 1D∥平面AC 1F B ．A 1BD ．过点A ,P ,C 1的截面的面积为268．如右图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H ．则以下命题正确的是（）B ．AH 平面CB 1D1D ．直线AH 和BB 1所成角为45A ．点H 是△A 1BD 的重心C ．AH 延长线经过点C1三、柱体中动态线面关系判定9．如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF 则下列结论中正确的是（A ．AC BE B ．EF //平面ABCDC ． AEF 的面积与 BEF 的面积相等D ．三棱锥A BEF 的体积为定值10．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，F 是棱A 1D 1上动点，下列说法正确的是（A ．对任意动点F ，在平面ADD 1A 1内存在与平面CBF 平行的直线1，2））.B ．对任意动点F ，在平面ABCD 内存在与平面CBF 垂直的直线C ．当点F 从A 1运动到D 1的过程中，FC 与平面ABCD所成的角变大D ．当点F 从A 1运动到D 1的过程中，点D 到平面CBF 的距离逐渐变小11．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，已知平面 AC 1，则关于 截此正方体所得截面的判断正确的是A ．截面形状可能为正三角形C ．截面形状可能为正六边形B ．截面形状可能为正方形D ．截面面积最大值为3312．如图,正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，动点E 在线段A 1C 1上，F 、M 分别是AD 、CD 的中点,则下列结论中正确的是A ．FM //A 1C1B ．BM 平面CC 1FC ．存在点E ，使得平面BEF //平面CC 1D 1DD ．三棱锥B CEF 的体积为定值13.如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB 1，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，并且总是保持AP BD 1，则以下四个结论正确的是（A.V P AA 1DC.AP BC113）B.点P 必在线段B 1C 上D.AP //平面A 1C 1D .14．已知正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面边长为2，侧棱AA 11，P 为上底面A 1B 1C 1D 1上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（）A ．若PD 3，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若PD 3，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面ACB 1，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面ACB 1，且PD 3，则平面BDP 截正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的外接球所得平面图形的面积为9415．如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝2AB ＝2，AB ⊥AC ，点D ，E 分别是3EC DC线段BC ，B 1C 上的动点（不含端点），且．则下列说法正确的是（）B 1C BCA ．ED ∥平面ACC 1B ．该三棱柱的外接球的表面积为68πC ．异面直线B 1C 与AA 1所成角的正切值为D ．二面角A ﹣EC ﹣D 的余弦值为41332四、锥体中的线面关系判定16．在空间四边形ABCD 中,E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 上的点,当BD //平面EFGH 时,下面结论正确的是()B ．G ，H 一定是CD ，DA 的中点D ．四边形EFGH 是平行四边形或梯形A ．E ，F ，G ，H 一定是各边的中点C ．AE :EB AH :HD ，且BF :FC DG :GC17．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形， DAB 60 ，侧面PAD 为正三角形，且平面PAD 平面ABCD ，则下列说法正确的是（A ．在棱AD 上存在点M ，使AD 平面PMB B ．异面直线AD 与PB 所成的角为90°C ．二面角P BC A 的大小为45°D ．BD 平面PAC18．在三棱锥D -ABC 中，AB BC CD DA 1，且AB BC ，CD DA ，M ，N 分别是棱BC ，CD 的中点，下面结论正确的是（A ．AC BDC ．三棱锥A -CMN 的体积的最大值为212））B ．MN //平面ABDD ．AD 与BC 一定不垂直19．三棱锥P−ABC 的各顶点都在同一球面上，PC 底面ABC ，若PC AC 1，AB 2，且 BAC 60 ，则下列说法正确的是（A ． PAB 是钝角三角形）B ．此球的表面积等于5C ．BC 平面PACD ．三棱锥A−PBC 的体积为3220．如图，在四棱锥P ABCD 中，PC 底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB //CD ，AB AD ，AB 2AD 2CD 2，F 是AB 的中点，E 是PB 上的一点，则下列说法正确的是（）A ．若PB 2PE ，则EF //平面PACB ．若PB 2PE ，则四棱锥P ABCD 的体积是三棱锥E ACB 体积的6倍C ．三棱锥P ADC 中有且只有三个面是直角三角形D ．平面BCP 平面ACE21．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将 ABM 沿直线AM 翻折成 ABM ，连结B 1D ，N 为B 1D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（）A ．存在某个位置，使得CN AB B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM ，则AM B 1DD ．若AB BM 1，当三棱锥B 1AMD 的体积最大时，三棱锥B 1AMD 的外接球的表面积是422．如图所示，在四棱锥E ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形， CDE 是正三角形，M 为线段DE 的中点，点N 为底面ABCD 内的动点，则下列结论正确的是（A ．若BC DE 时，平面CDE 平面ABCDB ．若BC DE 时，直线EA 与平面ABCD 所成的角的正弦值为C ．若直线BM 和EN 异面时，点N 不可能为底面ABCD 的中心D ．若平面CDE 平面ABCD ，且点N 为底面ABCD 的中心时，BM EN104）23．沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm ，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的2（细管长度忽略不计）.假设该沙漏每秒钟漏下30.02cm 3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A ．沙漏中的细沙体积为102481cm 3B ．沙漏的体积是128 cm 3C ．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD ．该沙漏的一个沙时大约是1985秒（ 3.14）第四章平面解析几何一、直线与圆1．已知圆C：x2+y2﹣2x＝0，点A是直线y＝kx﹣3上任意一点，若以点A为圆心，半径为1的圆A与圆C没有公共点，则整数k的值可能为( A．﹣2B．﹣1C．0)D．12．设有一组圆Ck:(x k 1)2 (y 2k)2 1，下列说法正确的是A．这组圆的半径均为1B．直线2x y 2 0平分所有的圆CkC．存在无穷多条直线l被所有的圆Ck截得的弦长相等D．存在一个圆Ck与x轴和y轴均相切二、圆锥曲线定义3.已知曲线C:mx2 ny2 1.A. B. C. D.若m n 0，则C是椭圆，其焦点在y轴上若m n 0，则C是圆，其半径为n若mn 0，则C是双曲线，其渐近线方程为y若m 0，n 0，则C是两条直线mxn三、椭圆性质4.某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心F为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点A（离地面最近的点）距地面m千米，远地点B（离地面最远的点）距地面n千米，并且F、A、B三点在同一直线上，地球半径约为R千米，设该椭圈的长轴长、短轴2b、2c，则（长、焦距分别为2a、A．a c m R B．a c n R ）C．2a m n D．b (m R)(n R)x2y25．设椭圆的方程为 1，斜率k为的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A,B两24点，M为线段AB的中点.下列结论正确的是（A．直线AB与OM垂直；B．若点M坐标为1,1 ，则直线方程为2x y 3 0；13C．若直线方程为y x 1，则点M坐标为 ,34）D ．若直线方程为y x 2，则AB42.3x 2y 26.已知椭圆 1的左、右焦点分别为F 、E ，直线x m ( 1 m 1)与椭圆相交于43点A 、B ，则（）B ．不存在m 使 FAB 为直角三角形D ．存在m ，使 FAB 的周长最大A ．当m 0时， FAB 的面积为3C ．存在m 使四边形FBEA 面积最大四、双曲线性质x 2y 27.已知双曲线 21的右焦点与抛物线y 2 12x 的焦点F 重合，则（4b ）A.双曲线的实轴长为2C.双曲线的渐近线方程为y 5x2B.双曲线的离心率为3D.F 到渐近线的距离为58.已知双曲线C 过点(3，2)且渐近线为y x 2A.C 的方程为 y 2 13C.曲线y e x 2 1经过C 的一个焦点3x ，则下列结论正确的是3B.C 的离心率为3D.直线x 2y 1 0与C 有两个公共点x 2y 29.已知双曲线C :2 21(a 0,b 0)的离心率e ＝2，C 上的点到其焦点的最短距离为1，a b 则（）B ．C 的渐近线方程为y 3xD ．直线mx ﹣y ﹣m ＝0（m R ）与C 恒有两个交点A ．C 的焦点坐标为（0，±2）C ．点（2，3）在C 上x 2y 210.双曲线2 21(a 0,b 0)的一条渐近线上的点M ( 1,3)关于另一条渐近线的对称a b 点恰为右焦点F ，点P 是双曲线上的动点，则|PM | |PF |的值可能为A.4B.43C.2D.23x 2y 211.已知双曲线2 21(a 0，b 0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 为双曲线上一点，a b 且|PF 1| 2|PF 2|，若sin F 1PF 2 是（A ．e 3）B ．e 215，则对双曲线中a ，b ，c ，e 的有关结论正确的4C ．b 5aD ．b 3a15x 2y 212.设F 1,F 2为双曲线C :2 21(a 0,b 0)的左、右焦点，过左焦点F 1且斜率为的7a b直线l与C在第一象限相交于一点P，则下列说法正确的是（A．直线l倾斜角的余弦值为78）43 B．若F1P F1F2，则C的离心率eC．若PF2 F1F2，则C的离心率e 2D．△PF1F2不可能是等边三角形x2y213．已知点P在双曲线C: 1上，F1、F2是双曲线C的左、右焦点，若 PF1F2的面169积为20，则下列说法正确的有（A．点P到x轴的距离为203）B．PF1PF2D． F1PF2503C． PF1F2为钝角三角形3x2y21的右支上一点，F1，F2为双曲线E的左、右焦点，14．已知点P是双曲线E：169PF1F2的面积为20，则下列说法正确的是（）803A．点P的横坐标为C． F1PF2小于203B． PF1F2的周长为3D． PF1F2的内切圆半径为34五、抛物线性质15．设A，B是抛物线y=x2上的两点，O是坐标原点，下列结论成立的是（A．若OA OB，则OA OB 2B．若OA OB，直线AB过定点(1,0)C．若OA OB，O到直线AB的距离不大于1D．若直线AB过抛物线的焦点F，且AF 1，则|BF| 13）16．设抛物线C:y2 2pxp 0 的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，FA 为半径的圆交l于B,D两点，若 ABD 90o，且 ABF的面积为93，则(A．BF 3C．点F到准线的距离为3B． ABF是等边三角形D．抛物C的方程为y2 6x)17．已知抛物线x2 2py(p 0)的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交x轴于M，N两点，设线段AB的中点为Q．若抛物线C上存在一点E(t,2)到焦点F的距离等于3．则下列说法正确的是（）A．抛物线的方程是x2 2yC．sin QMN的最小值是12B．抛物线的准线是y 1D．线段AB的最小值是6第五章概率与统计一、统计图、表的识别1．甲、乙两位体育特长生在平时训练中，5次的成绩如下面的茎叶图所示，则下列说法正确的是（）A ．甲同学成绩的极差为18C ．乙同学成绩的中位数是85B ．乙同学的平均成绩较高D ．甲同学成绩的方差较小2．下表是某电器销售公司2018年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：空调类营业收入占比净利润占比90.10%95.80%）冰箱类4.98%﹣0.48%小家电类3.82%3.82%其它类1.10%0.86%则下列判断中正确的是（A ．该公司2018年度冰箱类电器销售亏损B ．该公司2018年度小家电类电器营业收入和净利润相同C ．该公司2018年度净利润主要由空调类电器销售提供D ．剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低3．小张上班从家到公司开车有两条线路，所需时间（分钟）随交通堵塞状况有所变化，其概率分布如表所示：所需时间（分钟）线路一线路二则下列说法正确的是（）300.50.3400.20.5500.20.1600.10.1A ．任选一条线路，“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是对立事件B ．从所需的平均时间看，线路一比线路二更节省时间C ．如果要求在45分钟以内从家赶到公司，小张应该走线路一D ．若小张上、下班走不同线路，则所需时间之和大于100分钟的概率为0.044．为了了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了20名肥胖者，健身之前他们的体重（单位：kg ）情况如柱形图1所示，经过四个月的健身后，他们的体重情况如柱形图2所示．对比健身前后，关于这20名肥胖者，下面结论正确的是（A ．他们健身后，体重在区间[90，100）内的人数增加了2个B ．他们健身后，体重在区间[100，110）内的人数没有改变）C ．因为体重在[100，110）内所占比例没有发生变化，所以说明健身对体重没有任何影响D ．他们健身后，原来体重在区间[110，120）内的肥胖者体重都有减少5．空气质量指数AQI 是反映空气质量状况的指数，AQI 指数越小，表明空气质量越好，表1是空气质量指数与空气质量的对应关系，图1是经整理后的某市2019年2月与2020年2月的空气质量指数频率分布直方图表1空气质量指数（AQI ）优（AQI 50）良（50 AQI 100）轻度污染（100 AQI 150）中度污染（150 AQI 200）重度污染（200 AQI 300）严重污染（AQI>300）下列叙述正确的是A ．该市2020年2月份的空气质量为优的天数的频率为0.032B ．该市2020年2月份的空气质量整体上优于2019年2月份的空气质量C．该市2020年2月份空气质量指数的中位数小于2019年2月份空气质量指数的中位数D．该市2020年2月份空气质量指数的方差大于2019年2月份空气质量指数的方差6．我国于2015年10月宣布实施普遍二孩政策，为了解户籍、性别对生育二胎选择倾向的影响，某地从育龄群体中随机抽取了容量为140的调查样本，其中城镇户籍与农村户籍各70人；男性60人，女性80人，绘制的不同群体中倾向选择生育二胎与倾向选择不生育二胎的人数比例图如图所示，其中阴影部分表示倾向选择生育二胎的对应比例，则下列叙述正确的是()A．是否倾向选择生育二胎与户籍有关B．是否倾向选择生育二胎与性别有关C．调查样本中倾向选择生育二胎的群群中，男性人数与女性人数相同D．倾向选择不生育二胎的群群中，农村户籍人数多于城镇户籍人数7.下图为某地区2006年 2018年地方财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额折线图.根据该折线图可知，该地区2006年 2018年A.财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额均呈增长趋势B.财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额的逐年增长速度相同C.财政预算内收入年平均增长量高于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量D.城乡居民储蓄年末余额与财政预算内收入的差额逐年增大8．“科技引领，布局未来”科技研发是企业发展的驱动力量.2007~2018年，某企业连续12年累计研发投入达4100亿元，我们将研发投入与经营投入的比值记为研发投入占营收比，这12年间的研发投入（单位：十亿元）用图中的条形图表示，研发投入占营收比用图中的折线图表示.根据折线图和条形图，下列结论正确的有（）A．2012年至2013年研发投入占营收比增量相比2017年至2018年研发投入占营收比增量大B．2013年至2014年研发投入增量相比2015年至2016年研发投入增量小C．该企业连续12年来研发投入逐年增加D．该企业连续12年来研发投入占营收比逐年增加9．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2017年1月至2019年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图.根据该折线图，下列结论正确的是（）A．年接待游客量逐年增加B．各年的月接待游客量高峰期大致在8月C．2017年1月至12月月接待游客量的中位数为30D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳二、概率运算10．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（A．P B 25）B．P B|A1511C．事件B与事件A1相互独立D．A1，A2，A3是两两互斥的事件11．甲、乙、丙三人在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若同学甲必选物理，则下列说法正确的是（）A．甲、乙、丙三人至少一人选化学与全选化学是对立事件B．甲的不同的选法种数为15C．已知乙同学选了物理，乙同学选技术的概率是D．乙、丙两名同学都选物理的概率是94916三、相关概念辩别12．下列说法中，正确的命题是（）A．已知随机变量 服从正态分布N2, 2，P4 0.84，则P 2 4 0.16．B．以模型y ce kx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z ln y，将其变换后得到线性方程z 0.3x 4，则c，k的值分别是e4和0.3．C．已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为y a bx，若b 2，x 1，y 3，则a 1．D．若样本数据x1，x2，…，x10的方差为2，则数据2x11，2x21，…，2x101的方差为16．13．下列命题中是真命题的是（）A．“x 1”是“x2 1”的充分不必要条件B．命题“ x 0，都有sin x 1”的否定是“ x0 0，使得sin x1”C．数据x1,x2, ,x8的平均数为6，则数据2x15,2x25, ,2x85的平均数是63x 2y 1 0 D．当a 3时，方程组2有无穷多解a x 6y a14.下列说法正确的是（）ˆ 0.85x 2.3中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量yˆ平A.在回归直线方程y均减少2.3个单位B.两个具有线性相关关系的变量，当相关指数R2的值越接近于0，则这两个变量的相关性就越强C.若两个变量的相关指数R2 0.88，则说明预报变量的差异有88%是由解释变量引起的ˆ 0.85x 2.3中，相对于样本点(1，1.2)的残差为—0.25D.在回归直线方程y15．下列判断正确的是（）A．命题p“，则p的否定：“ x 0，都有x2 x 1 0”: x 0，使得x2 x 1 0”B． ABC中，角A,B,C成等差数列的充要条件是B 3ˆ aˆ bxˆ必经过点x1,y1, x2,y2, (x)n,yn的中心点 x,yC．线性回归直线yD．若随机变量 服从正态分布N1, 2,P 4 0.79，则P 2 0.2116信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能取值为1,2, ,n，且P(X i) pi 0(i 1,2, n)，n npi 1i1，定义X的信息熵H(X)p logi 1i2pi.A. B. C. D.若n 1，则H(X) 0若n 2，则H(X)随着p1的增大而增大若pi1(i 1,2, ,n)，则H(X)随着n的增大而增大n若n 2m，随机变量Y所有可能的取值为1,2, ,m，且P(Y j) pjp2m 1 j(j 1,2, ,m)，则H(X) H(Y)17．一组数据2x1 1，2x21，2x3+1，…，2xn1的平均值为7，方差为4，记3x12，3x2 2，3x32，…，3xn2的平均值为a，方差为b，则（）D．b 9A．a 7B．a 11C．b 12。
专题09 平面向量【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(解析版)
2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编专题09平面向量一、选择题1．(2022年全国乙卷理科·第3题)已知向量,a b 满足||1,||3,|2|3a b a b ==-=，则a b ⋅= ()A ．2-B ．1-C ．1D ．2【答案】C 解析：∵222|2|||44-=-⋅+a b a a b b ，又∵||1,||3,|2|3,==-=a b a b∴91443134=-⋅+⨯=-⋅a b a b ， ∴1a b ⋅= 故选：C ．【题目栏目】平面向量\平面向量的概念与线性运算\向量的线性运算 【题目来源】2022年全国乙卷理科·第3题2．(2022新高考全国II 卷·第4题)已知向量(3,4),(1,0),t ===+a b c a b ，若,,<>=<>a c b c ，则t =( )A ．6-B ．5-C ．5D ．6【答案】C解析：()3,4c t =+,cos ,cos ,a c b c =,即931635t tc c+++=,解得5t =． 故选C ．【题目栏目】平面向量\平面向量的综合应用 【题目来源】2022新高考全国II 卷·第4题3．(2022新高考全国I 卷·第3题)在ABC 中，点D 在边AB 上，2BD DA =．记CA m CD n ==，，则CB =( )A ．32m n -B ．23m n -+C ．32m n +D ．23m n +【答案】B 解析：因点D 在边AB 上，2BD DA =，所以2BD DA =，即()2CD CB CA CD -=-，所以CB =3232CD CA n m -=-23m n =-+． 故选：B ． 【题目栏目】平面向量\平面向量的基本定理【题目来源】2022新高考全国I 卷·第3题4．(2020年新高考I 卷(山东卷)·第7题)已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅的取值范用是 ( )A ．()2,6-B ．(6,2)-C ．(2,4)-D ．(4,6)-【答案】A解析：AB 的模为2，根据正六边形的特征，可以得到AP 在AB 方向上的投影的取值范围是(1,3)-， 结合向量数量积的定义式，可知AP AB ⋅等于AB 的模与AP 在AB 方向上的投影的乘积， 所以AP AB ⋅的取值范围是()2,6-，故选：A ． 【题目栏目】平面向量\平面向量的综合应用 【题目来源】2020年新高考I 卷(山东卷)·第7题5．(2020新高考II 卷(海南卷)·第3题)在ABC 中，D 是AB 边上的中点，则CB =( )A ．2CD CA +B ．2CD CA -C ．2CD CA - D ．2CD CA +【答案】C解析：()222CB CA AB CA AD CA CD CA CD CA -=+=+=+-= 【题目栏目】平面向量\平面向量的概念与线性运算\向量的线性运算 【题目来源】2020新高考II 卷(海南卷)·第3题6．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第6题)已知向量a ，b 满足||5a =，||6b =，6a b ⋅=-，则cos ,=+a a b ( )A ．3135-B ．1935-C ．1735D ．1935【答案】D 解析：5a =，6b =，6a b ⋅=-，()225619a a b a a b ∴⋅+=+⋅=-=．()22222526367a b a ba ab b +=+=+⋅+=-⨯+=，因此，()1919cos ,5735a a ba ab a a b⋅+<+>===⨯⋅+． 故选：D ．【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题．【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的数量积运算 【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第6题7．(2019年高考数学课标全国Ⅲ卷理科·第3题)已知()2,3AB =，()3,AC t =，1BC =，则AB BC ⋅=( )【答案】C【解析】∵()2,3AB =，()3,AC t =，∴()1,3BC AC AB t =-=-,∴()22131BC t =+-=，解得3t =，即()1,0BC =，则AB BC ⋅=()()2,31,021302⋅=⨯+⨯=．【点评】本题考查平面向量数量积的坐标运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式法，利用转化与化归思想解题．本题考点为平面向量的数量积，侧重基础知识和基本技能，难度不大．学生易在处理向量的法则运算和坐标运算处出错，借助向量的模的公式得到向量的坐标，然后计算向量数量积．【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的数量积运算 【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅲ卷理科·第3题8．(2019年高考数学课标全国Ⅲ卷理科·第7题)已知非零向量a ，b 满足2a b =，且()a b b -⊥，则a 与b 的夹角为( )A ．6π B ．3π C ．23π D ．56π【答案】B 解析：()()222,0,a b b a b b a b b a b b b-⊥∴-⋅=⋅-=∴⋅==，所以221cos ,22ba b a b a bb⋅===⋅，所以,3a b π=．【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的垂直问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅲ卷理科·第7题9．(2019年高考数学课标全国Ⅲ卷理科·第4题)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比为512510.618-≈，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美 人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是512．若某人满足上述两个黄金 分割比例，且腿长为105cm ，头顶至脖子下端的长度为26cm ，则其身高可能是( )A ．165cmB ．175cmC ．185cmD ．190cm【答案】 答案：B解析：如图，0.618,0.618,0.618c aa b c d d b==∴==，26c <，则42.070.618c d =<，68.07a c d =+<，110.150.618ab =<，所以身高178.22h a b =+<，又105b >，所以0.61864.89a b =>，身高64.89105169.89h a b =+>+=，故(169.89,178.22)h ∈，故选B ．【题目栏目】平面向量\线段的定比分点问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅲ卷理科·第4题10．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第4题)已知向量a ，b 满足||1=a ，1⋅=-a b ，则(2)⋅-=a a b( )A ．4B ．3C ．2D ．0【答案】B解析：2(2)2||213⋅-=-⋅=+=a a b a a b ，故选B ．【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的数量积运算 【题目来源】2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第4题11．(2018年高考数学课标卷Ⅲ(理)·第6题)在ABC ∆中,AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB =( )A ．3144AB AC - B ．1344AB AC - C ．3144AB AC + D ．1344AB AC + c d ab 头顶咽喉肚脐足底【答案】A解析：在ABC △中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，()11312244EB AB AE AB AD AB AB AC AB AC =-=-=-+=-，故选A ． 【题目栏目】平面向量\平面向量的基本定理 【题目来源】2018年高考数学课标卷Ⅲ(理)·第6题12．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第12题)在矩形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，若，则的最大值为 ( )A ．B ．CD ．【答案】A【解析】法一：以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图则，，，，连结，过点作于点 在中，有即所以圆的方程为 可设由可得 ABCD 1AB =2AD =P C BD AP AB AD λμ=+λμ+3252A AB x AD y ()0,0A ()1,0B ()0,2D ()1,2C BD C CE BD ⊥E Rt BDC ∆225BD AB AD =+=1122ACD S BC CD BD CE =⨯⨯=⨯⨯△1125125225CE CE ⨯⨯=⇒=C ()()224125x y -+-=25251,2P θθ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭AP AB AD λμ=+()25251,2sin ,255θθλμ⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭所以，所以 其中， 所以的最大值为，故选A ．法二：通过点作于点，由，，可求得又由，可求得由等和线定理可知，当点的切线(即)与平行时，取得最大值又点到的距离与点到直线的距离相等，均为而此时点到直线251551sin 5λθμθ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩2552cos 55λμθθ+=++()2sin θϕ=++25sin ϕ=5cos ϕ=λμ+3C CE BD ⊥E 1AB =2AD =22125BD =+1122ACD S CD CB BD CE =⨯⨯=⨯⨯△55CE =P FH DB λμ+A BD C BD 55A FH 2525256522r +=+=所以，所以的最大值为，故选A ． 另一种表达：如图，由“等和线”相关知识知，当点在如图所示位置时，最大，且此时若，则有，由三角形全等可得，知，所以选A ．法三：如图，建立平面直角坐标系设，即圆的方程是，若满足即 ， ，所以，设 ，即，655325AFAB ==λμ+3P λμ+AG x AB y AD =+x y λμ+=+2AD DF FG ===3,0x y ==()()()()0,1,0,0,2,1,,A B D P x y 5()22425x y -+=()()(),1,0,1,2,0AP x y AB AD =-=-=AP AB AD λμ=+21x y μλ=⎧⎨-=-⎩,12x y μλ==-12x y λμ+=-+12x z y =-+102x y z -+-=点在圆上，所以圆心到直线的距离， ，解得，所以的最大值是，即的最大值是，故选A ． 法四：由题意，画出右图．设与切于点，连接．以为原点，为轴正半轴，为轴正半轴建立直角坐标系则点坐标为．∵，．∴．切于点．∴⊥．∴是中斜边上的高． 即在上．∴点的轨迹方程为．设点坐标，可以设出点坐标满足的参数方程如下：而，，． ∵ ∴，． 两式相加得：(),P x y ()22425x y -+=d r ≤21514z -≤+13z ≤≤z 3λμ+3BD C E CE A AD x AB y C (2,1)||1CD =||2BC =22125BD +=BD C E CEBDCERt BCD△BD12||||222||5||||55BCD BC CD S EC BD BD ⋅⋅⋅====△C 255P C P 224(2)(1)5x y -+-=P 00(,)x y P 0022552155x y θθ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩00(,)AP x y =(0,1)AB =(2,0)AD =(0,1)(2,0)(2,)AP AB AD λμλμμλ=+=+=0151cos 25x μθ==+02155y λθ==(其中，) 当且仅当，时，取得最大值3． 【考点】平面向量的坐标运算；平面向量基本定理【点评】(1)应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．【题目栏目】平面向量\平面向量的基本定理 【题目来源】2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第12题13．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第12题)已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是 ( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【命题意图】本题主要考查等边三角形的性质及平面向量的线性运算﹑数量积，意在考查考生 转化与化归思想和运算求解能力 【解析】解法一：建系法连接，，，．，∴∴ ∴，∴ ∴最小值为 解法二：均值法2225151552552()())552sin()3λμθθθϕθϕ+=++=+++=++≤5sin 5ϕ=25cos 5ϕ=π2π2k θϕ=+-k ∈Z λμ+ABC ∆P ABC ()PA PB PC ⋅+2-32-43-1-OP ()0,3OA =()1,0OB =-()1,0OC =2PC PB PO +=()(),,3PO PA x y x y⋅=--⋅--222233324PO PA x y y x y ⎛⎫⋅=+-=+-- ⎪ ⎪⎝⎭34PO PA ⋅≥-()322PA PC PB PO PA ⋅+=⋅≥-32-∵，∴由上图可知：；两边平方可得∵ ，∴ ∴ ，∴最小值为解法三：配凑法 ∵∴∴最小值为【知识拓展】三角形与向量结合的题属于高考经典题，一般在压轴题出现，解决此类问题的通 法就是建系法，比较直接，易想，但有时计算量偏大． 【考点】 平面向量的坐标运算，函数的最值【点评】平面向量中有关最值问题的求解通常有两种思路：一是“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式我解集，方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的数量积运算 【题目来源】2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第12题 14．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第3题)已知向量13(,22BA =,31()22BC =,则ABC ∠= ( ) A ．30︒ B ．45︒C ．60︒D ．120︒【答案】A【解析】由题意,得133132222cos 112BA BC ABC BA BC⨯⋅∠===⨯⋅,所以30ABC ∠=︒,故选A. 【题目栏目】平面向量\平面向量的坐标运算 【题目来源】2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第3题15．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第3题)已知向量(1,)(3,2)a m b =-，=，且()a b b ⊥+，则m = ( )A ．8-B ．6-C ．6D ．82PC PB PO +=()2PA PC PB PO PA ⋅+=⋅OA PA PO =-()()2232PA PO PA PO =+-⋅()()222PA POPA PO +≥-⋅322PO PA ⋅≥-()322PA PC PB PO PA ⋅+=⋅≥-32-2PC PB PO +=()()()()()222232222PO PA PO PAPO PA AOPA PC PB PO PA +--+-⋅+=⋅==≥-32-【答案】D【解析】由()a b b ⊥+可得：()0a b b +=，所以20a bb，又(1,)(3,2)a m b =-，= 所以2232+(3(2))0m -+-=，所以8m ，故选D ．【题目栏目】平面向量\平面向量的坐标运算 【题目来源】2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第3题16．(2015高考数学新课标1理科·第7题)设D 为ABC 所在平面内一点3BC CD =，则( )A ．1433AD AB AC =-+ B ．1433AD AB AC =- C ．4133AD AB AC =+ D ．4133AD AB AC =- 【答案】A解析：由题知11()33AD AC CD AC BC AC AC AB =+=+=+-==1433AB AC -+，故选A ． 考点：平面向量的线性运算【题目栏目】平面向量\平面向量的基本定理 【题目来源】2015高考数学新课标1理科·第7题17．(2014高考数学课标2理科·第3题)设向量a,b 满足，|a -，则a b=( )A ．1B ．2C ．3D ．5【答案】A解析：因为222||()210,a b a b a b a b +=+=++⋅=222||()26,a b a b a b a b -=-=+-⋅= 两式相加得：228,a b +=所以1a b ⋅=，故选A ． 考点：(1)平面向量的模；(2)平面向量的数量积 难度：B备注：常考题【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的数量积运算 【题目来源】2014高考数学课标2理科·第3题 二、多选题18．(2021年新高考Ⅲ卷·第10题)已知O 为坐标原点，点()1cos ,sin P αα，()2cos ,sin P ββ-，()()()3cos ,sin P αβαβ++，1,0A ，则 ( )A ．12OP OP =B ．12AP AP =C ．312OA OP OP OP ⋅=⋅D ．123OA OP OP OP ⋅=⋅ 【答案】AC106⋅解析:A ：1(cos ,sin )OP αα=，2(cos ,sin )OP ββ=-，所以221||cos sin 1OP αα=+，222||(cos )(sin )1OP ββ=+-，故12||||OP OP =，正确； B ：1(cos 1,sin )AP αα=-，2(cos 1,sin )AP ββ=--，所以222221||(cos 1)sin cos 2cos 1sin 2(1cos )4sin 2|sin|22AP αααααααα=-+-++-==，同理222||(cos 1)sin 2|sin|2AP βββ=-+，故12||,||AP AP 不一定相等，错误；C ：由题意得：31cos()0sin()cos()OA OP αβαβαβ⋅=⨯++⨯+=+，12cos cos sin (sin )cos()OP OP αβαβαβ⋅=⋅+⋅-=+，正确；D ：由题意得：11cos 0sin cos OA OP ααα⋅=⨯+⨯=，23cos cos()(sin )sin()OP OP βαββαβ⋅=⨯++-⨯+22cos cos sin sin cos sin sin cos cos sin αβαββαββαβ=--- cos cos2sin sin 2cos(2)αβαβαβ=-=+，错误；故选AC ．【题目栏目】平面向量\平面向量的综合应用 【题目来源】2021年新高考Ⅲ卷·第10题 三、填空题19．(2022年全国甲卷理科·第13题)设向量a ，b 的夹角的余弦值为13，且1a =，3b =，则()2a b b +⋅=_________． 【答案】11解析：设a 与b 的夹角为θ，因为a 与b 的夹角的余弦值为13，即1cos 3θ=，又1a =，3b =，所以1cos 1313a b a b θ⋅=⋅=⨯⨯=，所以()22222221311a b b a b b a b b +⋅=⋅+=⋅+=⨯+=． 故答案为：11．【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的夹角问题 【题目来源】2022年全国甲卷理科·第13题20．(2021年新高考全国Ⅲ卷·第15题)已知向量0a b c ++=，1a =，2b c ==，a b b c c a ⋅+⋅+⋅=_______．【答案】92-解析:由已知可得()()()22222920a b ca b c a b b c c a a b b c c a ++=+++⋅+⋅+⋅=+⋅+⋅+⋅=，因此，92a b b c c a ⋅+⋅+⋅=-．故答案为：92-．【题目栏目】平面向量\平面向量的综合应用【题目来源】2021年新高考全国Ⅲ卷·第15题21．(2021年高考全国乙卷理科·第14题)已知向量()()1,3,3,4a b ==，若()a b b λ-⊥，则λ=__________．【答案】35解析：因为()()()1,33,413,34a b λλλλ-=-=--，所以由()a b b λ-⊥可得，()()3134340λλ-+-=，解得35λ=．故答案为：35．【点睛】本题解题关键是熟记平面向量数量积的坐标表示，设()()1122,,,a x y b x y ==，121200a b a b x x y y ⊥⇔⋅=⇔+=，注意与平面向量平行的坐标表示区分．【题目栏目】平面向量\平面向量的坐标运算 【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第14题22．(2021年高考全国甲卷理科·第14题)已知向量()()3,1,1,0,a b c a kb ===+．若a c ⊥，则k =________．【答案】103-． 解析：()()()3,1,1,0,3,1a b c a kb k ==∴=+=+,(),33110a c a c k ⊥∴⋅=++⨯=，解得103k =-, 故答案为：103-． 【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，平面向量垂直的条件，属基础题，利用平面向量()()1122,,,p x y q x y ==垂直的充分必要条件是其数量积12120x x y y +=．【题目栏目】平面向量\平面向量的综合应用 【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第14题23．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第14题)设,a b 为单位向量，且||1a b +=，则||a b -=______________．3【解析】因为,a b 为单位向量，所以1a b ==所以()2222221a b a b a a b b a b +=+=+⋅+=+⋅=解得：21a b ⋅=- 所以()22223a b a b a a b b -=-=-⋅+=3【点睛】本题主要考查了向量模的计算公式及转化能力，属于中档题． 【题目栏目】平面向量\平面向量的综合应用 【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第14题24．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第13题)已知单位向量a →,b →的夹角为45°，k a b →→-与a →垂直，则k =__________． 【答案】22解析：由题意可得：211cos 452a b →→⋅=⨯⨯=， 由向量垂直的充分必要条件可得：0k a b a →→→⎛⎫-⋅= ⎪⎝⎭，即：2202k a a b k →→→⨯-⋅=-=，解得：22k =． 2． 【点睛】本题主要考查平面向量的数量积定义与运算法则，向量垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的数量积运算 【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第13题25．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第13题)已知a ，b 为单位向量，且·=0a b ，若25c a b =-，则cos ,a c 〈〉=___________．【答案】23． 【解析】因为25c a b =-，·=0a b ，所以225=2a c a a b ⋅=-⋅，222||4||455||9c a a b b =-⋅+=，所以||3c =，所以cos ,a c 〈〉=22133a c a c ⋅==⨯⋅． 【点评】本题主要考查平面向量的数量积、向量的夹角．渗透了数学运算、直观想象素养．使用转化思想得出答案．【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的夹角问题 【题目来源】2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第13题26．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第13题)已知向量()1,2a =，()2,2b =-，()1,c λ=，若()//2c a b +，则λ= ． 【答案】12解析：依题意可得()()()22,42,24,2a b +=+-=，又()1,c λ=，()//2c a b + 所以4210λ⨯-⨯=，解得12λ=． 【题目栏目】平面向量\平面向量的坐标运算【题目来源】2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第13题27．(2017年高考数学新课标Ⅲ卷理科·第13题)已知向量,的夹角为,,,则__________． 【答案】【解析】法一:所以．法二(秒杀解法):利用如下图形,可以判断出的模长是以为边长的菱形对角线的长度,则为法三:坐标法依题意,可设,,所以 所以．【考点】平面向量的运算【点评】平面向量中涉及到有关模长的问题,用到的通法是将模长进行平方,利用向量数量积的知识进行a b 60︒2a =1b =2a b +=23222|2|||44||4421cos 60412a b a a b b +=+⋅+=+⨯⨯⨯+=|2|23a b +=2a b +23()2,0a =13,22b ⎛= ⎝⎭()((22,033a b +=+=()2223323a b +=+=解答,很快就能得出答案;另外,向量是一个工具型的知识,具备代数和几何特征,在做这类问题时可以使用数形结合的思想,会加快解题速度．【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的模长问题 【题目来源】2017年高考数学新课标Ⅲ卷理科·第13题28．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第13题)设向量(),1a m =，()1,2b =，且222a b a b +=+，则m = ．【答案】2m =-【解析】由已知得：()1,3a b m +=+∴()22222222213112a b a b m m +=+⇔++=+++，解得2m =-．【题目栏目】平面向量\平面向量的坐标运算 【题目来源】2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第13题29．(2015高考数学新课标2理科·第13题)设向量a ，b 不平行，向量a b λ+与2a b +平行，则实数λ=_________． 【答案】12解析：因为向量a b λ+与2a b +平行，所以2a b k a b λ+=+（），则12,k k λ=⎧⎨=⎩，所以12λ=．考点：向量共线．【题目栏目】平面向量\平面向量的概念与线性运算\平面向量的共线问题【题目来源】2015高考数学新课标2理科·第13题30．(2014高考数学课标1理科·第15题)已知A,B,C 是圆O 上的三点,若,则与的夹角为______． 【答案】 解析:∵,∴O 为线段BC 中点,故BC 为的直径, ∴,∴与的夹角为．考点:(1)平面向量在几何中的应用(2)向量的夹角(3)化归与转化思想 难度:B备注:高频考点【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的数量积运算 【题目来源】2014高考数学课标1理科·第15题31．(2013高考数学新课标2理科·第13题)已知正方形ABCD 的边长为2，E 为CD 的中点，则AE BD⋅＝________．1()2AO AB AC =+AB AC 0901()2AO AB AC =+O 090BAC ∠=AB AC 090【答案】2解析：由题意知：2211402222AE BD AD AD AB AB ⋅=-⋅-=--= 考点：(1)5．1．2向量的线性运算；(2)5．3．1平面向量的数量积运算 难度： A备注：高频考点【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的数量积运算 【题目来源】2013高考数学新课标2理科·第13题32．(2013高考数学新课标1理科·第13题)已知两个单位向量,a b 的夹角为60°，(1)c ta t b =+-，若0b c •=，则t =_____． 【答案】 2解析：•b c =[(1)]t t •+-b a b =2(1)t t •+-a b b =112t t +-=112t -=0，解得t =2． 考点: (1)5．3．1平面向量的数量积运算．难度：Ａ备注：高频考点【题目栏目】平面向量\平面向量的数量积\平面向量的数量积运算 【题目来源】2013高考数学新课标1理科·第13题。
高考真题目整理汇编必修二专题目
07-高考真题汇编: 必修二专题7一、选择题（本大题共17小题）1. （江苏高考16题）在苏联, 1928年1公担稞麦可分别互换35米印花布、75公斤砂糖, 到1952年只能分别互换1. 5米印花布、0. 9公斤砂糖；1953年, 谷物旳义务交售价格仅为成本旳10%, 牛肉价格为成本旳50%, -猪肉价格为成本旳6%。
这段材料反应出这一时期旳苏联A. 农副产品质量差、价格低B. 农产品过剩导致价格下滑C. 市场经济体制尚不够完善D. 工业化牺牲了农民旳利益【答案】D【点拨】根据所学, 为了迅速增强经济实力和国防力量, 苏联采用了优先发展重工业旳方针, 由农业和轻工业为重工业旳发展提供资金。
但这种模式也存在严重弊端: 片面发展重工业, 导致农业和轻工业长期处在落后状态, 人民生活水平提高缓慢；国家从农民那里拿走旳东西过多, 农民旳生产积极性不高；长期执行计划指令, 压制了地方和企业旳积极性, 阻碍了苏联经济旳持续发展。
尤其是这种高度集中旳计划经济体制后来因没有进行有效旳改革而日益僵化, 成为后来苏联解体旳一种重要原因。
本题材料所述正反应了工业化牺牲了农民旳利益, 极大打击了农民旳生产积极性, 选D项, 其他ABC三项说法错误。
斯大林执政时期政府采用提高工业产品价格、减少农产品价格等措施, 牺牲农民利益, 发展工业, 实现工业化。
“农副产品质量差”“农产品过剩”“市场经济体制”表述错误。
2. （高考全国新课标卷文综32题）某博物馆收藏旳一份传单写道: “彼得格勒都市及郊区旳所有工人、水兵、赤卫队和铁路组织旳会议……决定, 派我们中间旳优秀分子加入‘为饥饿旳彼得格勒到农村征粮’旳队伍。
”这一传单出现旳历史背景应是A.政府旳战争政策导致粮荒B.新生旳苏维埃政权面临困境C.农业集体化运动出现失误D.德国法西斯大举入侵苏联【答案】B【点拨】此题考察获取和解读信息旳能力, 从材料中得知关键语意是都市旳工人、水兵等到农村征粮, 体现余粮征集制。
2024全国高考真题数学汇编：集合
2024全国高考真题数学汇编集合一、单选题1．（2024全国高考真题）已知集合{}355,{3,1,0,2,3}A x x B =-<<=--∣，则A B = （）A ．{1,0}-B ．{2,3}C ．{3,1,0}--D ．{1,0,2}-2．（2024天津高考真题）集合{}1,2,3,4A =，{}2,3,4,5B =，则A B = （）A ．{}1,2,3,4B ．{}2,3,4C ．{}2,4D ．{}13．（2024全国高考真题）若集合{}1,2,3,4,5,9A =，{}1B x x A =+∈，则A B = （）A ．{}1,3,4B ．{}2,3,4C ．{}1,2,3,4D ．{}0,1,2,3,4,94．（2024北京高考真题）已知集合{|31}M x x =-<<，{|14}N x x =-≤<，则M N ⋃=（）A ．{}11x x -≤<B ．{}3x x >-C ．{}|34x x -<<D ．{}4x x <5．（2024全国高考真题）已知集合{}{}1,2,3,4,5,9,A B A ==，则()A A B ⋂=ð（）A ．{}1,4,9B ．{}3,4,9C ．{}1,2,3D ．{}2,3,5参考答案1．A【分析】化简集合A ，由交集的概念即可得解.【详解】因为{{}|,3,1,0,2,3A x x B =<=--，且注意到12<<，从而A B = {}1,0-.故选：A.2．B【分析】根据集合交集的概念直接求解即可.【详解】因为集合{}1,2,3,4A =，{}2,3,4,5B =，所以{}2,3,4A B = ，故选：B3．C【分析】根据集合B 的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算.【详解】依题意得，对于集合B 中的元素x ，满足11,2,3,4,5,9x +=，则x 可能的取值为0,1,2,3,4,8，即{0,1,2,3,4,8}B =，于是{1,2,3,4}A B ⋂=.故选：C4．C【分析】直接根据并集含义即可得到答案.【详解】由题意得{}|34M x x N ⋃=-<<.故选：C.5．D【分析】由集合B 的定义求出B ，结合交集与补集运算即可求解.【详解】因为{}{}1,2,3,4,5,9,A B A ==，所以{}1,4,9,16,25,81B =，则{}1,4,9A B = ，(){}2,3,5A A B = ð故选：D。
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2019年各地高考真题选择题精选汇编
【】：多做历年高考真题有助于同学们积累高考经验，了解高考动态，今天小编为大家准备了2019年各地高考真题选择题精选汇编，希望对大家有所帮助。
2019年各地高考真题选择题精选汇编如下：
【12浙江】2.下列关于高等哺乳动物受精与胚胎发育的叙述，正确的是
A.绝大多数精卵细胞的识别具有物种特异性
B.卵裂球细胞的体积随分裂次数的增加而不断增大
C.囊胚的滋养层细胞具有发育全能性
D.原肠胚发育分化形成内外两个胚层
【答案】A
【命题透析】本题结合受精作用及早期胚胎的发育综合考察胚胎工程。
【思路点拨】同种动物精子、卵细胞表面存在的特异性受体蛋白，决定了只有同种动物精卵才能结合;受精卵随着分裂的进行，其细胞的体积在逐渐变小，囊胚期的细胞开始出现分化，其外表的一层细胞即滋养层，将发育成胚胎的附属结构或胚外结构，不具有发育的全能性;囊胚可继续分化为具有三个胚层的原肠胚。
【12天津】1.下列有关干细胞的叙述，错误的是
A.自体干细胞移植通常不会引起免疫排斥反应
B.胚胎干细胞在体外培养能增殖但不能被诱导分化
C.组织的细胞更新包括细胞凋亡和干细胞增殖分化等过程
D.造血干细胞具有分化出多种血细胞的能力，可用于治疗白血病
【答案】B
【解析】胚胎干细胞在体外培养能增殖，并能被诱导分化形成各种的组织细胞，胚胎干细胞具有发育的全能性，B项错误。
【试题点评】本题考查免疫的应用，细胞的生命历程。
这是一道很好的综合题，考查学生的理解和应用能力。
难度适中。
【12江苏】13.下列关于转基因生物安全性的叙述，错误的是
A.种植转基因作物应与传统农业种植区隔离
B.转基因作物被动物食用后目的基因会转人动物体细胞中
C.种植转基因植物有可能因基因扩散而影响野生植物的遗传多样性
D.转基因植物的目的基因可能转入根际微生物
【答案】B
【解析】种植转基因作物应防止对别的植物产生基因污染，所以应与传统农业种植区隔离，A正确;动物取食转基因作物后，要经过消化吸收才进入身体，目的基因不可能直接进入动物细胞，B错;转基因植物可能与野生植物发生杂交而出现
基因交流，影响野生植物的多样性，C正确;目的基因被微生物摄入细胞内后，可能进入这些微生物中，D正确。
【试题点评】本题考查生物技术安全性这一知识，要求学生对于转基因作物对食物、物种、生态等方面的安全性的理解。
【总结】：2019年各地高考真题选择题精选汇编到这里就为您介绍完毕了，怎么样，看了之后是不是受益良多呢?想要了解更多高三备考指导，请继续关注查字典生物网高中频道。