考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识方法篇专题7解析几何第34练含答案
2023年全国统一高考数学试卷(理科)(甲卷)(解析版)
2023年全国统一高考数学试卷（理科）（甲卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）设集合A＝{x|x＝3k+1，k∈Z}，B＝{x|x＝3k+2，k∈Z}，U为整数集，则∁U（A⋃B）＝（ ）A．{x|x＝3k，k∈Z}B．{x|x＝3k﹣1，k∈Z}C．{x|x＝3k﹣2，k∈Z}D．∅【答案】A【解答】解：∵A＝{x|x＝3k+1，k∈Z}，B＝{x|x＝3k+2，k∈Z}，∴A∪B＝{x|x＝3k+1或x＝3k+2，k∈Z}，又U为整数集，∴∁U（A⋃B）＝{x|x＝3k，k∈Z}．故选：A．2．（5分）若复数（a+i）（1﹣ai）＝2，a∈R，则a＝（ ）A．﹣1B．0C．1D．2【答案】C【解答】解：因为复数（a+i）（1﹣ai）＝2，所以2a+（1﹣a2）i＝2，即，解得a＝1．故选：C．3．（5分）执行下面的程序框图，输出的B＝（ ）A．21B．34C．55D．89【答案】B【解答】解：根据程序框图列表如下：A13821B251334n1234故输出的B＝34．故选：B．4．（5分）向量||＝||＝1，||＝，且+＝，则cos〈﹣，﹣〉＝（ ）【答案】D【解答】解：因为向量||＝||＝1，||＝，且+＝，所以﹣＝+，即2＝1+1+2×1×1×cos＜，＞，解得cos＜，＞＝0，所以⊥，又﹣＝2+，﹣＝+2，所以（﹣）•（﹣）＝（2+）•（+2）＝2+2+5•＝2+2+0＝4，|﹣|＝|﹣|＝＝＝，所以cos〈﹣，﹣〉＝＝＝．故选：D．5．（5分）已知正项等比数列{a n}中，a1＝1，S n为{a n}前n项和，S5＝5S3﹣4，则S4＝（ ）A．7B．9C．15D．30【答案】C【解答】解：等比数列{a n}中，设公比为q，a1＝1，S n为{a n}前n项和，S5＝5S3﹣4，显然q≠1，（如果q＝1，可得5＝15﹣4矛盾），可得＝5•﹣4，解得q2＝4，即q＝2，S4＝＝＝15．故选：C．6．（5分）有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为（ ）A．0.8B．0.4C．0.2D．0.1【答案】A【解答】解：根据题意，在报名足球或乒乓球俱乐部的70人中，设某人报足球俱乐部为事件A，报乒乓球俱乐部为事件B，则P（A）＝＝，由于有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，则同时报名两个俱乐部的由50+60﹣70＝40人，则P（AB）＝＝，则P（B|A）＝＝＝0.8．故选：A．7．（5分）“sin2α+sin2β＝1”是“sinα+cosβ＝0”的（ ）A．充分条件但不是必要条件B．必要条件但不是充分条件C．充要条件D．既不是充分条件也不是必要条件【答案】B【解答】解：sin2α+sin2β＝1，可知sinα＝±cosβ，可得sinα±cosβ＝0，所以“sin2α+sin2β＝1”是“sinα+cosβ＝0”的必要不充分条件，故选：B．8．（5分）已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线与圆（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1交于A，B两点，则|AB|＝（ ）A．B．C．D．【答案】D【解答】解：双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为，可得c＝a，所以b＝2a，所以双曲线的渐近线方程为：y＝±2x，一条渐近线与圆（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1交于A，B两点，圆的圆心（2，3），半径为1，圆的圆心到直线y＝2x的距离为：＝，所以|AB|＝2＝．故选：D．9．（5分）有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为（ ）A．120B．60C．40D．30【答案】B【解答】解：先从5人中选1人连续两天参加服务，共有＝5种选法，然后从剩下4人中选1人参加星期六服务，剩下3人中选取1人参加星期日服务，共有＝12种选法，根据分步乘法计数原理可得共有5×12＝60种选法．故选：B．10．（5分）已知f（x）为函数向左平移个单位所得函数，则y＝f（x）与的交点个数为（ ）A．1B．2C．3D．4【答案】C【解答】解：把函数向左平移个单位可得函数f（x）＝cos（2x+）＝﹣sin2x的图象，而直线＝（x﹣1）经过点（1，0），且斜率为，且直线还经过点（，）、（﹣，﹣），0＜＜1，﹣1＜﹣＜0，如图，故y＝f（x）与的交点个数为3．故选：C．11．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，AB＝4，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC的面积为（ ）A．B．C．D．【答案】C【解答】解：解法一：∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，又PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，∴根据对称性易知∠PDB＝∠PCA＝45°，又底面正方形ABCD得边长为4，∴BD＝，∴在△PBD中，根据余弦定理可得：＝，又BC＝4，PC＝3，∴在△PBC中，由余弦定理可得：cos∠PCB＝＝，∴sin∠PCB＝，∴△PBC的面积为＝＝．解法二：如图，设P在底面的射影为H，连接HC，设∠PCH＝θ，∠ACH＝α，且α∈（0，），则∠HCD＝45°﹣α，或∠HCD＝45°+α，易知cos∠PCD＝，又∠PCA＝45°，则根据最小角定理（三余弦定理）可得：，∴或，∴或，∴或，∴tanα＝或tanα＝，又α∈（0，），∴tanα＝，∴cosα＝，sinα＝，∴，∴cosθ＝，再根据最小角定理可得：cos∠PCB＝cosθcos（45°+α）＝＝，∴sin∠PCB＝，又BC＝4，PC＝3，∴△PBC的面积为＝＝．故选：C．12．（5分）已知椭圆＝1，F1，F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cos∠F1PF2＝，则|PO|＝（ ）A．B．C．D．【答案】B【解答】解：椭圆，F1，F2为两个焦点，c＝，O为原点，P为椭圆上一点，，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，不妨m＞n，可得m+n＝6，4c2＝m2+n2﹣2mn cos∠F1PF2，即12＝m2+n2﹣mn，可得mn＝，m2+n2＝21，＝（），可得|PO|2＝＝（m2+n2+2mn cos∠F1PF2）＝（m2+n2+mn）＝（21+）＝．可得|PO|＝．故选：B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2024年全国高考甲卷理科数学试题及参考答案
2024年全国高考甲卷理科数学真题及参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若i z +=5，则()=+z z i （）A．i10B．i2 C.10D．-22．已知集合{}954321，，，，，=A ,{}A x xB ∈=，则()=B AC A （）A．{}9,41，B．{}9,43， C.{}3,2,1D．{}5,3,23．若实数x ，y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≤-+≤--≥--09620220334y x y x y x ，则5z x y =-的最小值为（）A．5B．12C．2-D．72-4．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.已知105S S =，15=a ，则=1a （）A．27B．73C．31-D．117-5．已知双曲线()0,012222>>=-b a b x a y C ：的上、下焦点分别为()4,01F ，()402-，F ，点()4,6-P 在该双曲线上，则双曲线的离心率是（）A．4B．3C．2D．26．设函数()21sin 2xxe xf x ++=，则曲线()x f y =在点()1,0处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（）A．61B．31C．12D．327．函数()()2e esin xxf x x x -=-+-在区间[]8.2,8.2-的图像大致为（）8．已知cos cos sin ααα=-，则πtan 4α⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A．132+B．1-C．23D．31-9.设向量()x x a ,1+=，()2,x b = ，则（）A.3-=x 是b a⊥的必要条件 B.3-=x 是b a∥的必要条件C.0=x 是b a⊥的充分条件D.31+-=x 是b a∥的充分条件10．设m 、n 为两条直线，α、β为两个平面，且m =βα ，下述四个命题：①若n m ∥，则α∥n 或β∥n ；②若n m ⊥，则α⊥n 或β⊥n ；③若α∥n 且β∥n ，则n m ∥；④若n 与α，β所成的角相等，则m n ⊥，其中所有真命题的编号是（）A．①③B．②④C．①②③D．①③④11．记ABC △的内角A ，B ，C 所对边分别为a ，b ，c ，若3π=B ，294b ac =，则sin sin A C +=（）A．23B．2C．2D．2312.已知b 是c a ,的等差中项，直线0=++c by ax 与圆01422=-++y y x 交于A,B 两点，则AB 的最小值为（）A．2B．3C．4D．52二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．1031⎪⎭⎫⎝⎛+x 的展开式中，各项系数中的最大值为.14．已知圆台甲、乙的上底面半径均为1r ，下底面半径均为2r ，圆台的母线长分别为()122r r -，()123r r -，则圆台甲与乙的体积之比为．15．已知1a >，8115log log 42a a -=-，则a =．16．有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.设m 为前两次取出的球上数字的平均值，n 为取出的三个球上数字的平均值，则m与n 差的绝对值不大于21的概率为.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（12分）某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：（1）填写如下列联表：能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率5.0=p .设p 为升级改造后抽取的n 件产品的优级品率.如果()np p p p -+>165.1，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为产品线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（247.12150≈）18．（12分）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知434+=n n a S .（1）求{}n a 的通项公式；（2）设()n n n na b 11--=，求数列{}n b 的前n 项和n T .19.（12分）如图，在以F E D C B A ,,,,,为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，AD EF ∥，AD BC ∥，4=AD ，2===EF BC AB ,10=ED ,32=FB ,M 为AD 的中点.（1）证明：∥BM 平面CDE ；（2）求二面角E BM F --的正弦值.20．（12分）设椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的右焦点为F ，点31,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭在C 上，且MF x ⊥轴．（1）求椭圆C 的方程；（2）过点()4,0P 的直线与C 交于A ，B 两点，N 为线段FP 的中点，直线NB 交直线MF 于点Q ，证明：AQ y ⊥轴．21.（12分）已知函数()()()x x ax x f -+-=1ln 1.（1）若2-=a ，求()x f 的极值；（2）当0≥x 时，()0≥x f 恒成立，求a 的极值范围.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答。
2024年高考数学甲卷 理科试卷 (含答案)
2024年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(甲卷)一、选择题本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、若5z i =+，则()i z z +=（）A.10iB.2iC.10D.22、已知集合{}A 1,2,3,4,5,9=,{}B |A x =∈,则()A C AB = （）A.{}149，， B.{}349，， C.{}123，， D.{}235，，3、若,x y 满足约束条件4330,220,2690,x y x y x y --≥⎧⎪--≤⎨⎪+-≤⎩则5z x y =-的最小值为()A.12 B.0C.52-D.72-4、记S n 为等差数列{}n a 的前n项和，已知510S S =，51a =，则1a =（）A.72B.73C.13- D.711-5、已知双曲线()2222C:10,0x y a b a b-=>>的两个焦点分别为()1F 0,4、()2F 0,4-，点()P 6,4-在该双曲线上，则该双曲线的离心率为()A.4B.3C.26、设函数()22sin 1x e xf x x+=+，则曲线()y f x =在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（）A.16 B.13C.12D.237、函数()2sin x x y x e e x -=-+-在区间[]-2.82.8，的图像大致为()A BC D8、已知cos cos sin a a a =-，则tan 4a π⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A.1+B.1-C.2D.1-9、设向量()1,a x x =+，()b ,2x =,则（）A.3x =-是a b ⊥的必要条件B.3x =-是//a b 的必要条件C.0x =是a b ⊥的充分条件D.1x =-+是//a b 的充分条件10、设α，β为两个平面，m ，n 为两条直线，且m αβ= ，下述四个命题：①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若//n α，且//n β，则//m n ④若n 与αβ，所成的角相等，则m n⊥其中所有真命题的编号是()A.①③B.②④C.①②③D.①③④11、记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知B 60=°，294b ac =，则sin sin A C +=（）A.32C.72D.3212、已知b 是a ，c 的等差中项，直线0ax by c ++=与圆22410x y y ++-=交于A,B两点，则AB 的最小值为()A.1B.2C.4D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)考前抢分必做考前回扣回扣3
x1x2＋ y1y2 x21＋ y21 x22＋ y22 .
15.三角形 “ 四心 ” 向量形式的充要条件 设 O 为△ ABC 所在平面上一点，角 A，B， C 所对的边长分别为 a， b， c，则
→→→
a
(1) O 为△ ABC 的外心 ? |OA|＝ |OB|＝ |OC|＝ 2sin A.
(2) O 为△ ABC 的重心 ? O→A＋ O→B＋ O→C＝ 0.
(1) “五点法”作图： 设 z＝ ωｘ＋ φ，令 z＝ 0，π2， π， 32π， 2π，求出相应的 x 的值与 y 的值，描点、连线可得 .
(2) 由三角函数的图象确定解析式时，一般利用五点中的零点或最值点作为解题突破口
.
(3) 图象变换：
向左 φ>0 或向右 φ<0
y＝ sin x―――平―移―|φ―|个―单―位――→ y＝ sin(x＋ φ) ―横―坐―标―变―为纵―原坐―来标的不―变―ω1―ω―>0―倍→y＝ sin( ωｘ＋ φ)
.
6.要特别注意零向量带来的问题： 量平行 .
回扣 3 三角函数、平面向量
1.准确记忆六组诱导公式
对于“
kπ 2 ±α， k∈ Z ”的三角函数值，与
α角的三角函数值的关系可按口诀记忆：奇变偶不变，
符号看象限 .
2.同角三角函数的基本关系式
sin2α＋ cos2α＝ 1，
tan
α＝Βιβλιοθήκη sin cosα α(cos
α≠ 0).
3.两角和与差的正弦、余弦、正切公式
纵坐标变为原来的 A A>0 倍
―――――横―坐―标不―变――――→y＝ Asin(ωｘ＋ φ).
7.正弦定理及其变形 a ＝ b ＝ c ＝ 2R(2R 为△ ABC 外接圆的直径 ).
2024年普通高等学校招生全国统一考试数学(理科)试卷(全国甲卷)含部分答案
2024年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）试卷（全国甲卷）一、选择题1．若，则( )5i z =+i()z z +=A. B. C.10D.-210i2i2．已知集合，，则( ){1,2,3,4,5,9}A={}B A =()A A B = ðA. B. C. D.{1,4,9}{3,4,9}{1,2,3}{2,3,5}3．若实数x ，y 满足约束条件，则的最小值为( )4330,220,2690,x y x y x y --≥⎧⎪--≤⎨⎪+-≤⎩5z x y =-724．记等差数列的前n 项和，若，，则( )n S {}n a 510S S =51a =1a =7115．已知双曲线的两个焦点分别为，，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率(0,4)(0,4)-(6,4)-为( )6．设函数在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的()f x =()y f x =(0,1)面积为( )7．函数在区间的大致图像为( )()2e e sin xx y x x -=-+-[ 2.8,2.8]-A. B.C. D.( )=π4α⎛⎫+= ⎪⎝⎭A. B.19．已知向量，，则( )(1,)x x =+a (,2)x =b A.是的必要条件 B.是的必要条件3x =-⊥a b 3x =-//a bC.是的充分条件D.是的充分条件0x =⊥a b 1x =-+//a b 10．设，为两个平面，m ，n 为两条直线，且.下述四个命题：αβm αβ= ①若，则或//m n //n α//n β②若，则或m n ⊥n α⊥n β⊥③若且，则//n α//n β//m n④若n 与，所成的角相等，则.αβm n ⊥其中所有真命题的编号是( )A.①③B.②④C.①②③D.①③④11．记的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知，，则ABC △60B =︒294b ac =( )sin sin A C +=12．已知b 是a ，c 的等差中项，直线与圆交于A ，B 两点，则0ax by c ++=22410x y y ++-=A.1B.2C.4D.二、填空题13．的展开式中，各项系数中的最大值为_________.1013x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭14．已知圆台甲、乙的上底面半径均为，下底面半径均为，圆台的母线长分别为，1r 2r ()212r r -，则圆台甲与乙的体积之比为_________.()213r r -15．已知_________.a >1log 4a -==16．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.设m 为前两次取出的球上数字的平均值，n 为取出的三个球上数字的平均值，则m 与n 之差的三、解答题17．某工厂进行生产线智能化升级改造.升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：车间产品的优级品率存在差异？（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率p =p >+）12.247≈附：2K =（1）求的通项公式；{}n a（2）设，求数列的前n 项和.1(1)n n n b na -=-{}n b n T 19．如图，已知，//AB CD，，，//CD EF 2AB DE EF CF ====4CD =AD BC ==AE =点.（1）证明：平面BCF ；//EM （2）求二面角的正弦值.A EM B --20．已知函数.()(1)ln(1)f x ax x x =-+-（1）若，求的极值；2a =-()f x （2）当时，，求a 的取值范围.0x ≥()0f x ≥21．设椭圆的右焦点为F ，点在C 上，且轴.2222:1(0)x y C a b a b +=>>31,2M ⎛⎫⎪⎝⎭MF x ⊥（1）求C 的方程；（2）过点的直线交C 于A ，B 两点，N 为线段FP 的中点，直线NB 交直线MF 于点Q .证(4,0)P 明：轴.AO y ⊥22．[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为.cos 1ρρθ=+（1）写出C 的直角坐标方程；（2）设直线l ：（t 为参数），若C 与l 相交于A ，B 两点，且，求a .,x t y t a=⎧⎨=+⎩||2AB =23．[选修4-5：不等式选讲]已知实数a ，b 满足.3a b +≥（1）证明：；2222a b a b +>++-≥b b a226答案1．答案：A解析：因为，所以，故选A.5i z =+i()10i z z +=2．答案：D解析：因为，，所以，{1,2,3,4,5,9}A ={}{1,4,9,16,25,81}B A ==(){2,3,5}A A B = ð故选D.3．答案：D解析：将约束条件两两联立可得3个交点：，和，经检验都符合约束条件.代(0,1)-3,12⎛⎫ ⎪⎝⎭13,2⎛⎫⎪⎝⎭入目标函数可得：min z =4．答案：B解析：因为，所以，，又因为，所以公差510S S =718S S =80a =51a =d =187a a d =-=5．答案：C 解析：，故选C.12212F F c e a PF PF ===-6．答案：A解析：因为，所以，，563y x '=+3k =31y x =-11123S =⨯⨯=7．答案：B 解析：8．答案：B，故选=1α=πtan 1141tan ααα+⎛⎫+== ⎪-⎝⎭B.9．答案：C解析：，则，解得：或-3，故选C.⊥a b (1)20x x x ++=0x =10．答案：A 解析：11．答案：C解析：因为，所以B =294ac =24sin sin sin 9A C B ==，即：，22294b a c ac ac =+-=22134a c ac +=22sin sin A C +=222(sin sin )sin sin 2sin sin A C A C A C+=++=sin A +12．答案：C解析：因为a ，b ，c 成等差数列，所以，直线恒过.当20a b c -+=0ax by c ++=(1,2)P -，，故选C.PC ⊥|1PC =||4AB =13．答案：5解析：展开式中系数最大的项一定在下面的5项：、、、、55101C 3⎛⎫ ⎪⎝⎭46101C 3⎛⎫ ⎪⎝⎭37101C 3⎛⎫ ⎪⎝⎭28101C 3⎛⎫ ⎪⎝⎭，计算可得：系数的最大值为.19101C 3⎛⎫ ⎪⎝⎭28101C 53⎛⎫= ⎪⎝⎭h h ===15．答案：64，所以，而，221315log log 4log 22a a a -=-=-()()22log 1log 60a a +-=1a >故，.2log 6a =64a =解析：记前三个球的号码分别为a 、b 、c ，则共有种可能.令36A 120=可得：，根据对称性：或6时，2||0.5236a b a b c a b cm n ++++-=≤-=-|2|3a b c +-≤1c =均有2种可能；或5时，均有10种可能；或4时，均有16种可能；故满足条件的共有2c =3c =56种可能，56120P ==17．答案：（1）没有的把握99%（2）有优化提升解析：（1），没有的把握；22150(70242630) 6.635965450100x ⨯-⨯=<⨯⨯⨯99%p >+18．答案：（1）14(3)n n a -=⋅-（2）(21)31n n T n =-+解析：（1）因为，所以，434n n S a =+11434n n S a ++=+两式相减可得：，即：，11433n n n a a a ++=-13n n a a +=-又因为，所以，11434S a =+14a =故数列是首项为4，公比为-3的等比数列，；{}n a 14(3)n n a -=⋅-（2）解法1：，11(1)43n n n n b na n --=-=⋅所以，.()012141323333n n T n -=⋅+⋅+⋅++⋅ 12334(1323)333n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅ 两式相减可得：，()12113241333343(24)3213n n nn n n T n n n -⎛⎫--=++++-⋅=-⋅=-- ⎪-⎝⎭.(21)31n n T n =-+解法2：，所以，11(1)43n n n n b na n --=-=⋅1143n n n T T n --=+⋅两边同时减去可得：，(21)3nn -11(21)3(23)3n n n n T n T n ----=--故为常数列，即：，.{}(21)3n n T n --(21)31n n T n --=(21)31n n T n =-+19．答案：（1）证明见解析解析：（1）由题意：，，//EF CM EF CM =而平面，平面ADO ，CF ÜADO EM Ú所以平面BCF ；//EM（2）取DM 的中点O ，连结OA ，OE ，则，，，，OA DM ⊥OE DM⊥3OA =OE =AE =故.OA OE ⊥以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，(0,0,3)A E (0,1,0)M (0,2,3)B 3)AE =- (EM =，(0,1,3)MB =设平面AEM 的法向量为，(,,)n x y z =由可得：，00n AE n EM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩300z y -=+=⎪⎩令，则，1z =,1)3n =同理：取平面BEM 的法向量为，1)m =-则cos ,||||m n m n m n ⋅〈〉==,m n 〈〉= 故二面角A EM B --20．答案：（1）极小值为，无极大值(0)0f =（2）1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦解析：（1）当时，，.2a =-()(12)ln(1)f x x x x =++-1x >-时，，当时，，()2ln(1)f x x =+0>()0f x >10x -<<()0f x <所以在上递增，()f x (-)+∞故的极小值为，无极大值；()f x (0)0f =（2），()(1)ln(1)f x ax x x =-+-()ln(1)f x a x =-+-令，则.()()g x f x =21()1(1)a a g x x x +'=--++因为当时，，且，，0x ≥()0f x ≥(0)0f =(0)0f '=所以，(0)120g a '=--≥a ≤当，在上递增，a ≤2211()02(1)2(1)2(1)x g x x x x '≥-=≥+++()g x [0,)+∞，()()(0)0g x f x g =≥=故在上递增，恒成立，即a 的取值范围为.()f x [0,)+∞()(0)0f x f ≥=1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦213y =（2）证明见解析解析：（1）设椭圆C 的左焦点为，.F 23||2MF =因为，MF ⊥1MF =1||4a MF MF =+=解得：，，24a =2213b a =-=；213y =（2）解法1：设，，，()11,A x y ()22,B x y ,AP PB λ=则，即.12124101x x y y λλλλ+⎧=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩212144x x y y λλ=+-⎧⎨=-⎩又由可得，()()22112222234123412x y x y λλλ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩1212121234121111x x x x y y y y λλλλλλλλ+-+-⋅⋅+⋅=+-+-结合上式可得.25230x λλ-+=，，，则，故轴.(4,0)P (1,0)F 5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭222122335252Q y y y y y x x λλλ===-=--AQ y ⊥解法2：设，，()11,A x y (22,B x y =()1221214y x y y y -=-所以()()2222122112211221x y x y x y x y x y x y -+=-，()()()()22221221212121122144444433y y y y y y y y y y x y x y ⎛⎫⎛⎫=+-+=-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即：，.122121x y x y y y +=+2112253x y y y =-，，，则，故轴.(4,0)P (1,0)F 5,02N ⎛⎫ ⎪⎝⎭21212112335252Q y y y y y x y y x ===--AQ y ⊥22．答案：（1）221y x =+（2）34a =解析：（1）因为，所以，cos 1ρρθ=+22(cos 1)ρρθ=+故C 的直角坐标方程为：，即：；222(1)x y x +=+221y x =+（2）将代入可得：，x t y t a=⎧⎨=+⎩221y x =+222(1)10t a ta +-+-=，解得.2||2AB t ===34a =23．答案：（1）证明见解析（2）证明见解析解析：（1）因为，所以；3a b +≥22222()a b a b a b +≥+>+222222222222()b b a a b b a a b a b +-≥-+-=+-+.22222()()()()(1)6a b a b a b a b a b a b =+-+≥+-+=++-≥。
考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)考前抢分必做考前回扣回扣6含答案
回扣6 立体几何1.概念理解(1)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系.(2)三视图①三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高.②三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度和正(主)视图一样，宽度与俯视图一样. 2.柱、锥、台、球体的表面积和体积侧面展开图 表面积 体积 直棱柱 长方形 S ＝2S 底＋S 侧 V ＝S 底·h 圆柱 长方形 S ＝2πr 2＋2πrl V ＝πr 2·l 棱锥 由若干三角形构成S ＝S 底＋S 侧 V ＝13S 底·h圆锥 扇形 S ＝πr 2＋πrl V ＝13πr 2·h棱台 由若干个梯形构成S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧 V ＝13(S ＋SS ′＋S ′)·h圆台 扇环 S ＝πr ′2＋π(r ＋r ′)l ＋πr 2V ＝13π(r 2＋rr ′＋r ′2)·h球S ＝4πr 2S ＝43πr 3 3.平行、垂直关系的转化示意图(1)(2)线线垂直判定性质线面垂直判定性质面面垂直(3)两个结论①⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ②⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α 4.用向量求空间角(1)直线l 1，l 2夹角θ有cos θ＝|cos 〈l 1，l 2〉|(其中l 1，l 2分别是直线l 1，l 2的方向向量). (2)直线l 与平面α的夹角θ有sin θ＝|cos 〈l ，n 〉|(其中l 是直线l 的方向向量，n 是平面α的法向量).(3)平面α，β夹角θ有cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|，则α—l —β二面角的平面角为θ或π－θ(其中n 1，n 2分别是平面α，β的法向量).1.混淆“点A 在直线a 上”与“直线a 在平面α内”的数学符号关系，应表示为A ∈a ，a ⊂α.2.在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线.在还原空间几何体实际形状时一般是以正(主)视图和俯视图为主.3.易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，不能漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数13.4.不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错.如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件.5.注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系.6.几种角的范围两条异面直线所成的角0°<α≤90° 直线与平面所成的角0°≤α≤90° 二面角0°≤α≤180°两条相交直线所成的角(夹角)0°<α≤90° 直线的倾斜角0°≤α<180° 两个向量的夹角0°≤α≤180°锐角0°<α<90°7.空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.1.如图是一个多面体三视图，它们都是斜边长为2的等腰直角三角形，则这个多面体最长一条棱长为()A. 2B. 3C.2 3D.3 2答案 B解析由三视图可知，几何体是一个三棱锥，底面是一个斜边长为2的等腰直角三角形，一条侧棱与底面垂直，且这条侧棱的长度为1，这样在所有棱中，连接与底面垂直的侧棱的顶点与底面的另一锐角顶点的侧棱最长，长度是12＋(2)2＝ 3.故选B.2.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()答案 D解析在被截去的四棱锥的三条可见棱中，两条为长方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(长方形)的两条边重合，另一条为体对角线，它在侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图，只有D符合.3.某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是()A.72 cm 3B.90 cm 3C.108 cm 3D.138 cm 3 答案 B解析 该几何体为一个组合体，左侧为三棱柱，右侧为长方体，如图所示.V ＝V 三棱柱＋V 长方体＝12×4×3×3＋4×3×6＝18＋72＝90(cm 3).4.直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的直观图及三视图如图所示，D 为AC 的中点，则下列命题是假命题的是( )A.AB 1∥平面BDC 1B.A 1C ⊥平面BDC 1C.直三棱柱的体积V ＝4D.直三棱柱的外接球的表面积为43π 答案 D解析 由三视图可知，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面B 1C 1CB 是边长为2的正方形，底面ABC 是等腰直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2.连接B 1C 交BC 1于点O ，连接OD .在△CAB 1中，O ，D 分别是B 1C ，AC 的中点，∴OD ∥AB 1，∴AB 1∥平面BDC 1.故A 正确.直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，∴AA 1⊥BD .又AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点，∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥平面AA 1C 1C .∴BD ⊥A 1C . 又A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ， ∴A 1B 1⊥平面B 1C 1CB ，∴A 1B 1⊥BC 1.∵BC 1⊥B 1C ，且A 1B 1∩B 1C ＝B 1，∴BC 1⊥平面A 1B 1C . ∴BC 1⊥A 1C ，∴A 1C ⊥平面BDC 1.故B 正确. V ＝S △ABC ×C 1C ＝12×2×2×2＝4，∴C 正确.此直三棱柱的外接球的半径为3，其表面积为12π，D 错误.故选D.5.如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，则异面直线AC 和MN 所成的角为( )A.30°B.45°C.60°D.90° 答案 C解析 由中点M ，N 可知MN ∥AD 1，由△D 1AC 是正三角形可知∠D 1AC ＝60°，所以异面直线AC 和MN 所成的角为60°.6.已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( ) A.若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B.若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n C.若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α D.若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α 答案 B7.已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为3，AB ＝1，AC ＝1，∠BAC ＝60°，则此球的表面积等于________. 答案52π3解析由题意得三棱柱底面为正三角形，设侧棱长为h，则h·34·12＝3⇒h＝4，因为球心为上下底面中心连线的中点，所以R2＝22＋(33)2＝133，因此球的表面积等于4πR2＝4π·133＝523π.8.已知长方体ABCD—A′B′C′D′，E，F，G，H分别是棱AD，BB′，B′C′，DD′中点，从中任取两点确定的直线中，与平面AB′D′平行的有________条.答案 6解析如图，连接EG，EH，FG，∵EH綊FG，∴EFGH四点共面，由EG∥AB′，EH∥AD′，EG∩EH＝E，AB′∩AD′＝A，可得平面EFGH与平面AB′D′平行，∴符合条件的共有6条.9.α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF，现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC 与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是________.答案①③解析由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面.①中，∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EF⊂α，∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；②中，由①可知，若BD⊥EF成立，则有EF⊥平面ABCD，则有EF⊥AC成立，而AC与α，β所成角相等是无法得到EF⊥AC的，故②错误；③中，由AC与CD在β内的射影在同一条直线上，可知面EF⊥AC，由①可知③正确；④中，仿照②的分析过程可知④错误，故填①③.10.如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论：①BD ∥平面CB 1D 1；②AC 1⊥BD ；③AC 1⊥平面CB 1D 1；④异面直线AD 与CB 1所成角为60°. 错误的有________.(把你认为错误的序号全部写上) 答案 ④解析 ①BD ∥B 1D 1，利用线面平行的判定可推出BD ∥平面CB 1D 1； ②由BD ⊥平面ACC 1可推出AC 1⊥BD ；③AC 1⊥CD 1，AC 1⊥B 1D 1可推出AC 1⊥平面CB 1D 1； ④异面直线AD 与CB 1所成角为45°，错误.11.如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D 、E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为________.答案 π6解析 如图，取AC 中点F ，连接FD ，FB .则DF ∥BE ，DF ＝BE ，∴DE ∥BF ，∴BF 与平面BB 1C 1C 所成的角为所求的角，∵AB ＝1，BC ＝3，AC ＝2，∴AB ⊥BC ，又AB ⊥BB 1，∴AB ⊥平面BB 1C 1C ，作GF ∥AB 交BC 于点G ，则GF ⊥平面BB 1C 1C ，∴∠FBG 为直线BF 与平面BB 1C 1C 所成的角，由条件知BG ＝12BC ＝32，GF ＝12AB ＝12，∴tan ∠FBG ＝GF BG ＝33，∴∠FBG ＝π6.12.如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边长都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)答案 DM ⊥PC (或BM ⊥PC ，答案不唯一) 解析 ∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ， 又∵P A ⊥平面ABCD ， ∴P A ⊥BD ， 又AC ∩P A ＝A ，∴BD ⊥平面P AC ，∴BD ⊥PC . ∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时， 即有PC ⊥平面MBD ，而PC ⊂平面PCD ，∴平面MBD ⊥平面PCD .13.在四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△ABC 是正三角形，AC 与BD 的交点M 恰好是AC 中点，又P A ＝AB ＝4，∠CDA ＝120°，点N 在线段PB 上，且PN ＝ 2.(1)求证：BD ⊥PC ； (2)求证：MN ∥平面PDC ； (3)求二面角A —PC —B 的余弦值.(1)证明 因为△ABC 是正三角形，M 是AC 中点， 所以BM ⊥AC ，即BD ⊥AC ，又因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， P A ⊥BD ，又P A ∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面P AC ，又PC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥PC .(2)证明 在正三角形ABC 中，BM ＝23， 在△ACD 中，因为M 为AC 中点，DM ⊥AC ， 所以AD ＝CD ，又∠CDA ＝120°，所以DM ＝233，所以BM ∶MD ＝3∶1，在等腰直角三角形P AB 中， P A ＝AB ＝4，PB ＝42，所以BN ∶NP ＝3∶1， BN ∶NP ＝BM ∶MD ，所以MN ∥PD ， 又MN ⊄平面PDC ，PD ⊂平面PDC ， 所以MN ∥平面PDC .(3)解 因为∠BAD ＝∠BAC ＋∠CAD ＝90°，所以AB ⊥AD ，分别以AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以B (4，0，0)，C (2，23，0)，D (0，433，0)，P (0，0，4).由(1)可知，DB →＝(4，－433，0)为平面P AC 的一个法向量，PC →＝(2，23，－4)，PB →＝(4，0，－4)， 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0， 即⎩⎨⎧2x ＋23y －4z ＝0，4x －4z ＝0.令z ＝3，则平面PBC 的一个法向量为n ＝(3，3，3)， 设二面角A —PC —B 的大小为θ， 则cos θ＝n ·DB →|n ||DB →|＝77.所以二面角A —PC —B 的余弦值为77.合理分配高考数学答题时间找准目标，惜时高效——合理分配高考数学答题时间经过漫长的第一、第二轮复习，对于各知识点的演练同学们已经烂熟于心，我们把这称为战术上的纯熟。
2024年高考数学：全国新高考卷几何题解析(含全国新高考I卷、II卷)
2024年高考数学：全国新高考卷几何题解析(含全国新高考I卷、II卷)2024年高考数学：全国新高考卷几何题解析（含全国新高考I卷、II卷）前言本文档旨在深入解析2024年全国新高考数学试卷中的几何题，包括全国新高考I卷和II卷。
通过分析题目特点、解题策略和关键步骤，为广大高考生提供有价值的参考和指导。
一、全国新高考I卷几何题解析1.1 题目特点- 题目数量：共3题，分别为选择题、填空题和解答题。
- 题目难度：整体难度适中，考查基础知识和综合应用能力。
- 题型分布：涉及平面几何、空间几何和解析几何等多个领域。
1.2 解题策略- 熟练掌握相关几何定理和公式，如勾股定理、相似三角形的性质等。
- 注意运用数形结合思想，将几何问题转化为代数问题求解。
- 对于涉及解析几何的题目，合理运用坐标系和坐标变换。
1.3 关键步骤- 题目标题：仔细阅读题目，明确题目所求。
- 画图辅助：根据题目描述，画出相应的图形，有助于直观分析问题。
- 列出已知：梳理题目中所给的条件和已知信息。
- 选择解题方法：根据题目特点，选择合适的解题方法。
- 代数计算：运用相关定理和公式，进行计算和推导。
- 检验答案：检查计算结果，确保符合题意。
二、全国新高考II卷几何题解析2.1 题目特点- 题目数量：共3题，分别为选择题、填空题和解答题。
- 题目难度：整体难度较高，考查学生的高级思维和解决问题的能力。
- 题型分布：涉及几何证明、几何计算和几何应用等多个方面。
2.2 解题策略- 熟悉各类几何证明方法，如综合法、分析法、归纳法等。
- 掌握多种解题思路，如从特殊到一般、从一般到特殊等。
- 对于涉及实际应用的题目，要将几何问题与实际情境相结合，寻找解题突破口。
2.3 关键步骤- 题目标题：仔细阅读题目，明确题目所求。
- 画图辅助：根据题目描述，画出相应的图形，有助于直观分析问题。
- 列出已知：梳理题目中所给的条件和已知信息。
- 选择解题方法：根据题目特点，选择合适的解题方法。
2021版考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识 方法篇 专题
2021版考前三个月高考数学（全国甲卷通用理科）知识方法篇专题第13练必考题型――导数与单调性[题型分析・高考展望] 利用导数研究函数单调性是高考每年必考内容，多以综合题中某一问的形式考查，题目承载形式多种多样，但其实质都是通过求导判断导数符号，确定单调性.题目难度为中等偏上，一般都在最后两道压轴题上，这是二轮复习的得分点，应高度重视.体验高考1.(2021・福建)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是( ) 1?1A.f??k?＜k 11C.f?k－1?＜??k－1 答案 C解析由已知条件，构造函数g(x)＝f(x)－kx，11则g′(x)＝f′(x)－k＞0，故函数g(x)在R上单调递增，且＞0，故g()＞g(0)，k－1k－11k11所以f()－＞－1，f()＞，k－1k－1k－1k－1所以结论中一定错误的是C，选项D无法判断；构造函数h(x)＝f(x)－x，1则h′(x)＝f′(x)－1＞0，所以函数h(x)在R上单调递增，且＞0，k11111所以h()＞h(0)，即f()－＞－1，f()＞－1，选项A，B无法判断，故选C.kkkkk2.(2021・课标全国Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( ) A.(－∞，－1)∪(0，1) B.(－1，0)∪(1，＋∞) C.(－∞，－1)∪(－1，0) D.(0，1)∪(1，＋∞)答案 Axf′?x?－f?x?f?x?解析记函数g(x)＝，则g(x)＝，xx21?1B.f?＞?k?k－1 1kD.f?k－1?＞??k－1因为当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，故当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0. 当0＜x＜1时，g(x)＞0，则f(x)＞0；当x＜－1时，g(x)＜0，则f(x)＞0.综上所述，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.3.(2021・浙江)设函数f(x)＝x3＋(1)f(x)≥1－x＋x2； 33(2)＜f(x)≤. 421－?－x?41－x4证明 (1)因为1－x＋x－x＝＝，1－?－x?1＋x231，x∈[0，1].证明： 1＋x1－x41由于x∈[0，1]，有≤，1＋xx＋11即1－x＋x2－x3≤，x＋1所以f(x)≥1－x＋x2. (2)由0≤x≤1得x3≤x， 11故f(x)＝x3＋≤x＋x＋1x＋1133?x－1??2x＋1?33＝x＋－＋＝＋≤，22x＋1222?x＋1?3所以f(x)≤.2133x－?2＋≥，由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝??2?44感谢您的阅读，祝您生活愉快。
2023年高考全国甲卷理科数学试题(附答案解析)
绝密★启用前2023年普通高等学校招生全国统一考试(全国甲卷∙理科)数学注意事项:1 ．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2 ．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3 ．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合A ={x x =3k +1，k ∈Z }，B ={x x =3k +2，k ∈Z }，U 为整数集，则C U (A ∩B )=()A.{x x =3k ，k ∈Z }B.{x x =3k -1，k ∈Z }C.{x x =3k -2，k ∈Z }D.θ【答案】A2.若复数(a +i )(1-ai )=2，则a =()A.-1B.0C.1D.2【答案】C3.执行下面的程序框图，输出的B =()A.21B.34C.55D.89【答案】B4.向量a =b =1，c =2且a +b +c =0，则cos <a -b ，b -c >=()A.-15B.-25C.25D.45【答案】D5.已知数列{an }中，Sn 为{an }前n 项和，S 5=5S 3-4，则S 4=()A.7 B.9C.15D.20【答案】C6.有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，结束70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球，俱乐部的概率为()A.0.8 B.0.4C.0.2D.0.1【答案】A7.“ sin2α+sin2β=1 ”是“ cosα+cosβ=0 ”的()A.充分条件但不是必要条件B.必要条件但不是充分条件C.充要条件D.既不是充分条件也不是必要条件【答案】B8.已知双曲线x2a2+y2b2=1(a>0，b>0)的离心率为5，其中一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A，B两点，则AB=()A.15B.55C.255D.455【答案】D9.有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为()A.120B.60C.40D.30【答案】B10.已知f(x)为函数y=cos(2x+π4)向左平移π6个单位所得函数，则y=f(x)与y=12x-12，交点个数为()A.1B.2C.3D.4【答案】C11.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4，PC=PD=3，∠PCA=45° ,则△PBC的面积为A.22B.32C.42D.52【答案】C12.已知椭圆x29+y26=1，F1、F2为两个焦点，O为原点，P为椭有圆上一点，cos∠F1PF2=35，则OP=()A.25B.302C.35D.352【答案】B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)考前抢分必做压轴大题突破练(二)含答案
压轴大题突破练(二) 直线与圆锥曲线(2)1.(2016·浙江)如图，设椭圆x 2a2＋y 2＝1(a ＞1).(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围. 解 (1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AM ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a 2＋y 2＝1， 得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0，故x 1＝0，x 2＝－2a 2k 1＋a 2k 2， 因此|AM |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋a 2k 2·1＋k 2. (2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |.记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2＞0，k 1≠k 2.由(1)知，|AP |＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21，|AQ |＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0.由于k 1≠k 2，k 1，k 2＞0得1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0，因此⎝⎛⎭⎫1k 21＋1⎝⎛⎭⎫1k 22＋1＝1＋a 2(a 2－2). ①因为①式关于k 1，k 2的方程有解的充要条件是1＋a 2(a 2－2)＞1，所以a ＞ 2.因此，任意以点A (0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a ≤2，由e ＝c a ＝a 2－1a ，得0<e ≤22.所求离心率的取值范围是(0，22]. 2.已知过点M ⎝⎛⎭⎫p 2，0的直线l 与抛物线y 2＝2px (p >0)交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝－3，其中O 为坐标原点.(1)求p 的值；(2)当|AM |＋4|BM |最小时，求直线l 的方程.解 (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 直线l 的方程为x ＝my ＋p 2. 联立⎩⎨⎧x ＝my ＋p 2，y 2＝2px 消去x ，得y 2－2pmy －p 2＝0.∴y 1＋y 2＝2pm ，y 1y 2＝－p 2.∵OA →·OB →＝－3，∴x 1x 2＋y 1y 2＝－3.又x 1x 2＝y 212p ·y 222p ＝p 24， ∴p 24－p 2＝－3⇒p 2＝4. ∵p >0，∴p ＝2.(2)由抛物线定义，得|AM |＝x 1＋p 2＝x 1＋1， |BM |＝x 2＋p 2＝x 2＋1， ∴|AM |＋4|BM |＝x 1＋4x 2＋5≥24x 1x 2＋5＝9，当且仅当x 1＝4x 2时取等号.将x 1＝4x 2代入x 1x 2＝p 24＝1， 得x 2＝12(负值舍去). 将x 2＝12代入y 2＝4x ， 得y 2＝±2，即点B ⎝⎛⎭⎫12，±2.将点B 代入x ＝my ＋1，得m ＝±24. ∴直线l 的方程为x ＝±24y ＋1，即4x ±2y －4＝0.3.已知动点S (x ，y )到直线l ：x ＝22的距离是它到点T (2，0)的距离的2倍.(1)求动点S 的轨迹C 的方程；(2)设轨迹C 上一动点P 满足：OP →＝λOM →＋2μON →，其中M ，N 是轨迹C 上的点，直线OM 与ON 的斜率之积为－12，若Q (λ，μ)为一动点，E 1(－32，0)，E 2(32，0)为两定点，求|QE 1|＋|QE 2|的值.解 (1) 点S (x ，y )到直线x ＝22的距离，是到点T (2，0)的距离的2倍，则|x －22|＝ 2 (x －2)2＋y 2， 化简得x 24＋y 22＝1. 所以轨迹C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)设P (x ，y )，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则OP →＝λOM →＋2μON →，即x ＝λx 1＋2μx 2，y ＝λy 1＋2μy 2，因为点P ，M ，N 在椭圆x 24＋y 22＝1上， 所以x 21＋2y 21＝4，x 22＋2y 22＝4，x 2＋2y 2＝4，故x 2＋2y 2＝λ2(x 21＋2y 21)＋4μ2(x 22＋2y 22)＋4λμ(x 1x 2＋2y 1y 2) ＝4λ2＋16μ2＋4λμ(x 1x 2＋2y 1y 2)＝4，设k OM ，k ON 分别为直线OM ，ON 的斜率，由题意知，k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝－12， 因此x 1x 2＋2y 1y 2＝0，所以λ2＋4μ2＝1，所以点Q 是椭圆λ2＋4μ2＝1上的点，而E 1，E 2恰为该椭圆的左，右焦点，所以由椭圆的定义可得，|QE 1|＋|QE 2|＝2.4.已知曲线C 上任意一点P 到两定点F 1(－1，0)与F 2(1，0)的距离之和为4.(1)求曲线C 的方程；(2)设曲线C 与x 轴负半轴交点为A ，过点M (－4，0)作斜率为k 的直线l 交曲线C 于B 、C 两点(B 在M 、C 之间)，N 为BC 中点.①证明：k ·k ON 为定值；②是否存在实数k ，使得F 1N ⊥AC ？如果存在，求直线l 的方程，如果不存在，请说明理由.(1)解 由已知可得：曲线C 是以两定点F 1(－1，0)和F 2(1，0)为焦点，长轴长为4的椭圆，所以a ＝2，c ＝1⇒b ＝a 2－c 2＝3，故曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)证明 设过点M 的直线l 的方程为y ＝k (x ＋4)，设B (x 1， y 1)，C (x 2， y 2)(x 2>x 1).①联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋4)，x 24＋y 23＝1， 得(4k 2＋3)x 2＋32k 2x ＋64k 2－12＝0， 则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－32k 24k 2＋3，x 1x 2＝64k 2－124k 2＋3.故x N ＝x 1＋x 22＝－16k 24k 2＋3， y N ＝k (x N ＋4)＝12k 4k 2＋3. 所以k ON ＝－34k， 所以k ·k ON ＝－34为定值. ②解 若F 1N ⊥AC ，则k AC ·kF 1N ＝－1，因为F 1(－1，0)，kF 1N ＝12k4k 2＋3－16k 24k 2＋3＋1＝4k 1－4k 2， 因为A (－2，0)，k AC ＝y 2x 2＋2， 故y 2x 2＋2·4k 1－4k 2＝－1， 代入y 2＝k (x 2＋4)得x 2＝－2－8k 2，y 2＝2k －8k 3，而x 2≥－2，故只能k ＝0，显然不成立，所以这样的直线不存在.合理分配高考数学答题时间找准目标，惜时高效——合理分配高考数学答题时间经过漫长的第一、第二轮复习，对于各知识点的演练同学们已经烂熟于心，我们把这称为战术上的纯熟。
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. 第34练 直线与圆锥曲线的综合问题 [题型分析·高考展望] 本部分重点考查直线和圆锥曲线的综合性问题，从近几年的高考试题来看，除了在解答题中必然有直线与圆锥曲线的联立外，在选择题或填空题中出现的圆锥曲线问题也经常与直线结合起来.本部分的主要特点是运算量大、思维难度较高，但有时灵活地借助几何性质来分析问题可能会收到事半功倍的效果.预测在今后高考中，主要围绕着直线与椭圆的位置关系进行命题，有时会与向量的共线、模和数量积等联系起来；对于方程的求解，不要忽视轨迹的求解形式，后面的设问将是对最值、定值、定点、参数范围的考查，探索类和存在性问题考查的概率也很高. 体验高考
1.(2015·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，且右焦点F到左准线l的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程； (2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若|PC|＝2|AB|，求直线AB的方程.
解 (1)由题意，得ca＝22且c＋a2c＝3， 解得a＝2，c＝1，则b＝1， 所以椭圆的标准方程为x22＋y2＝1. (2)当AB⊥x轴时，AB＝2，又CP＝3，不合题意. 当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为 y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 将AB的方程代入椭圆方程， 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
则x1，2＝2k2±21＋k21＋2k2， .
C的坐标为2k21＋2k2，－k1＋2k2，且 AB＝x2－x12＋y2－y12＝1＋k2x2－x12＝221＋k21＋2k2. 若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意. 从而k≠0，故直线PC的方程为 y＋k1＋2k2＝－1kx－2k21＋2k2， 则P点的坐标为－2，5k2＋2k1＋2k2， 从而PC＝23k2＋11＋k2|k|1＋2k2. 因为|PC|＝2|AB|， 所以23k2＋11＋k2|k|1＋2k2＝421＋k21＋2k2， 解得k＝±1. 此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1. 2.(2016·浙江)如图，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.
(1)求p的值； (2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围. 解 (1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得p2＝1，即p＝2. (2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1，0)， 可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.
因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，由 y2＝4x，x＝sy＋1消去x得y2－4sy－4＝0. .
故y1y2＝－4，所以B1t2，－2t. 又直线AB的斜率为2tt2－1， 故直线FN的斜率为－t2－12t， 从而得直线FN：y＝－t2－12t(x－1)，直线BN：y＝－2t. 所以Nt2＋3t2－1，－2t.
设M(m，0)，由A，M，N三点共线得2tt2－m＝2t＋2tt2－t2＋3t2－1， 于是m＝2t2t2－1，所以m＜0或m＞2. 经检验，m＜0或m＞2满足题意. 综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞). 3.(2016·四川)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点P3，12在椭圆E上. (1)求椭圆E的方程； (2)设不过原点O且斜率为12的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|. (1)解 由已知，得a＝2b，
又椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)过点P3，12，故34b2＋14b2＝1，解得b2＝1.所以椭圆E的方程是x24＋y2＝1. (2)证明 设直线l的方程为y＝12x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由方程组 x24＋y2＝1，y＝12x＋m，得x2＋2mx＋2m2－2＝0，① 方程①的判别式为Δ＝4m2－4(2m2－2)，由Δ>0， 即2－m2>0，解得－2由①得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2. .
所以M点坐标为－m，m2，直线OM方程为y＝－12x， 由方程组 x24＋y2＝1，y＝－12x，得C－2，22，D2，－22. 所以|MC|·|MD|＝52(－m＋2)·52(2＋m)＝54(2－m2). 又|MA|·|MB|＝14|AB|2 ＝14[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]＝516[(x1＋x2)2－4x1x2] ＝516[4m2－4(2m2－2)]＝54(2－m2). 所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|. 高考必会题型
题型一 直线与圆锥曲线位置关系的判断及应用 例1 设焦点在x轴上的椭圆M的方程为x24＋y2b2＝1(b>0)，其离心率为22. (1)求椭圆M的方程； (2)若直线l过点P(0，4)，则直线l何时与椭圆M相交？
解 (1)因为椭圆M的离心率为22， 所以4－b24＝222，得b2＝2. 所以椭圆M的方程为x24＋y22＝1. (2)①过点P(0，4)的直线l垂直于x轴时，直线l与椭圆M相交.
②过点P(0，4)的直线l与x轴不垂直时，可设直线l的方程为y＝kx＋4.由 y＝kx＋4，x24＋y22＝1消去y， 得(1＋2k2)x2＋16kx＋28＝0. 因为直线l与椭圆M相交， 所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×28＝16(2k2－7)>0，
解得k<－142或k>142. .
综上，当直线l垂直于x轴或直线l的斜率的取值范围为－∞，－142∪142，＋∞时，直线l与椭圆M相交. 点评 对于求过定点的直线与圆锥曲线的位置关系问题，一是利用方程的根的判别式来确定，但一定要注意，利用判别式的前提是二次项系数不为零；二是利用图形来处理和理解；三是直线过定点位置不同，导致直线与圆锥曲线的位置关系也不同. 变式训练1 (2015·安徽)设椭圆E的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为510. (1)求椭圆E的离心率e； (2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为72，求E的方程.
解 (1)由题设条件知，点M的坐标为23a，13b， 又kOM＝510，从而b2a＝510， 进而得a＝5b，c＝a2－b2＝2b，故e＝ca＝255. (2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线AB的方程为x5b＋yb＝1，点N的坐标为
52b，－12b.
设点N关于直线AB的对称点S的坐标为x1，72， 则线段NS的中点T的坐标为54b＋x12，－14b＋74. 又点T在直线AB上，且kNS·kAB＝－1，
从而有 54b＋x125b＋－14b＋74b＝1，72＋12bx1－52b＝5，解得b＝3. 所以a＝35，故椭圆E的方程为x245＋y29＝1. .
题型二 直线与圆锥曲线的弦的问题 例2 已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)(c>0)，过点E(a2c，0)的直线与椭圆相交于A，B两点，且F1A∥F2B，|F1A|＝2|F2B|. (1)求椭圆的离心率； (2)求直线AB的斜率. 解 (1)由F1A∥F2B，且|F1A|＝2|F2B|，
得|EF2||EF1|＝|F2B||F1A|＝12，从而a2c－ca2c＋c＝12， 整理，得a2＝3c2，故离心率e＝33. (2)由(1)得b2＝a2－c2＝2c2， 所以椭圆的方程可写为2x2＋3y2＝6c2， 设直线AB的方程为y＝k(x－a2c)，即y＝k(x－3c). 由已知设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则它们的坐标满足方程组 y＝kx－3c，2x2＋3y2＝6c2消去y并整理，得(2＋3k2)x2－18k2cx＋27k2c2－6c2＝0， 依题意，Δ＝48c2(1－3k2)>0，得－33而x1＋x2＝18k2c2＋3k2， ① x1x2＝27k2c2－6c22＋3k2， ② 由题设知，点B为线段AE的中点， 所以x1＋3c＝2x2， ③ 联立①③解得x1＝9k2c－2c2＋3k2，x2＝9k2c＋2c2＋3k2， 将x1，x2代入②中，解得k＝±23满足(*)式， 故所求k的值是±23. 点评 直线与圆锥曲线弦的问题包括求弦的方程，弦长，弦的位置确定，弦中点坐标轨迹等问题，解决这些问题的总体思路是设相关量，找等量关系，利用几何性质列方程(组)，不等