2013届江苏省徐州市高三考前模拟数学试卷与答案（带解析）.doc

1、2013届江苏省徐州市高三考前模拟数学试卷与答案（带解析） 填空题 集合 A=1， 0， 1， B=x|x=m2+1， m R，则 AB= 答案： 1 试题分析：根据题意，集合 B=x|x=m2+1， m R=x|x1， 又由集合 A=1， 0， 1， 则 AB=1， 故答案：为 1 考点：交集及其运算 点评：本题考查集合的交集运算，关键是正确求出集合 B 设曲线 y=（ ax1） ex在点 A（ x0， y1）处的切线为 l1，曲线 y=（ 1x） ex在点 B（ x0， y2）处的切线为 l2若存在 ，使得 l1 l2，则实数 a的取值范围为 答案： 试题分析：根据曲线方程分别求出导函数，

2、把 A和 B的横坐标 x0分别代入到相应的导函数中求出切线 l1和切线为 l2的斜率，然后根据两条切线互相垂直得到斜率乘积为 1，列出关于等式由 解出 ，然后根据为减函数求出其值域即可得到 a的取值范围 函数 y=（ ax1） ex的导数为 y=（ ax+a1） ex， l1的斜率为 ， 函数 y=（ 1x） ex的导数为 y=（ x2） ex l2的斜率为 ， 由题设有 k1 k2=1从而有 a（ x02x02） =x03 得到 x02x020，所以 ， 又 a= ，另导数大于 0得 1 x0 5， 故 在（ 0， 1）是减函数，在（ 1， ）上是增函数， x0=0时取得最大值为 = ； x

3、0=1时取得最小值为 1 考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的值域；两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系 点评：此题是一道综合题，考查学生会利用导数求切线的斜率，会求函数的值域，掌握两直线垂直时斜率的关系 已知 f（ x） =log2（ x1），若实数 m， n满足 f（ m） +f（ n） =2，则 mn的最小值是 答案： 试题分析：由题目给出的函数式可以得到 m和 n均大于 1，然后由 f（ m） +f（ n） =2，得到 mn（ m+n） =3利用基本不等式转化为含 mn的不等式，通过解不等式可以求得 mn 的最小值 由 f（ x） =log2（ x1），且实数 m， n满足 f（

4、m） +f（ n） =2， 所以 log2（ m1） +log2（ n1） =2 则 ， 由 得（ m1）（ n1） =4，即 mn（ m+n） =3 所以 3=mn（ m+n） 即 解得 ，或 因为 m 1， n 1所以 ， mn9 考点：基本不等式 点评：本题考查了基本不等式，考查 了利用基本不等式求最值，考查了对数函数的性质，利用了数学转化思想方法，是中档题 在数列 an中，已知 a1=2， a2=3，当 n2时， an+1是 an an1的个位数，则a2010= 答案： 试题分析：由题意得， a3=a1 a2=6， a4=8， a5=8， a6=4， a7=2， a8=8， a9=6，

5、 a10=8，到此为止，看出一个周期， a9=a3， a10=a4，周期为 6，利用这个周期能求出 a2010 由题意得， a3=a1 a2=6，定义 f（ x） =x的个位数 则 a4=f（ a3 a2） =8， 依此类推， a5=8， a6=4， a7=2， a8=8， a9=6， a10=8， 到此为止，看出一个周期， a9=a3， a10=a4，周期为 6， 因为前 2项不符合周期，所以 20102=2008， 2008=6334+4， 所以 a2010=a6=4 故答案：为： 4 考点：数列递推式 点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要注意数列递推式的合理运用和周期性的灵活运用 已

6、知中心为 O 的正方形 ABCD的边长为 2，点 M， N 分别为线段 BC， CD上的两个不同点，且 | |=1，则 的取值范围是 答案： 试题分析：设 M（ 2， b）， N（ a， 2）由 ，可得，即（ a2） 2+（ b2） 2=1且 1a2， 1b2如图所示，建立平面直角坐标系 又 =（ 1， b1） （ a1， 1） =a+b2作出可行域，即可得出答案： 如图所示，建立平面直角坐标系 设 M（ 2， b）， N（ a， 2） ， ，即（ a2） 2+（ b2） 2=1且 1a2， 1b2 又 O（ 1， 1）， =（ 1， b1） （ a1， 1） =a+b2 令 a+b2=t，则

7、目标函数 b=a+2+t， 作出可行域 ，如图 2，其可行域是 圆弧 当目标函数与圆弧相切与点 P时， ，解得 t=2 取得最小值； 当目标函数经过点 EF 时， t=2+12=1取得最大值 即为 的取值范围 故答案：为 考点：平面向量数量积的运算 点评：本题综合考查了向量的模的计算公式、线性规划等基础知识，及数形结合思想方法熟练掌握是解题的关键 已知数列 an的前 n项和 ，且 Sn的最大值为 8，则 a2= 答案： .5 试题分析：由 是关于 n的二次函数，可得 n=k时取得最大值，从而可求 k，然后代入 a2=s2s1可求 是关于 n的二次函数 当 n=k时取得最大值 =8 k=4，即

8、a2=s2s1=63.5=2.5 故答案：为： 2.5 考点：等差数列的前 n项和 点评：本题主要考查了数列的和取得最值条件的应用及由数列的和求解项，属于基础试题 过点 P（ 1， 1）的直线将圆 x2+y2=4分成两段圆弧，要使这两段弧长之差最大，则该直线的方程为 答案： x+y2=0 试题分析：如图所示，当过点 P的直线与直径 OP垂直时满足直线分成两段圆弧的弧长之差最大，利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可得到斜率 如图所示，当过点 P的直线与直径 OP垂直时满足直线分成两段圆弧的弧长之差最大， ， 要求的直线的斜率 k=1 故所求的直线方程为： y1=（ x1），化为 x+y2=0 故

9、答案：为 x+y2=0 考点：直线与圆的位置关系；直线的一般式方程 点评：正确得出 “当过点 P的直线与直径 OP垂直时满足直线分成两段圆弧的弧长之差最大 ”是解题的关键 有一个正四面体，它的棱长为 a，现用一张圆型的包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小半径为 答案： 试题分析：本题转化为四面体的侧面展开问题在解答时，首先要将四面体的三个侧面沿底面展开，观察展开的图形易知包装纸的对角线处在什么位置时，包装纸面积最小，进而获得问题的解答 由题意，将正四面体沿底面将侧面都展开，如图所示： 设底面正三角形的中心为 O，不难得到当以 SO为圆的半径时， 所需包装纸的半径最小，

10、 此时 SO= = ， 故答案：为： 考点：球内接多面体；棱锥的结构特征；球的体积和表面积 点评：本题考查的是棱锥的结构特征、四面体的侧面展开问题在解答的过程当中充分体现了侧面展开的处理问题方法、图形的观察和分析能力以及问题转化的思想值得同学们体会反思 已知 ，则 cos2= 答案： 试题分析： cos（ ） =cos2（ ） =cos（ ） =sin = cos=12sin2 =12（ ） 2= cos2=2cos21=2（ ） 21= 故答案：为： 考点：二倍角的余弦；诱导公式的作用 点评：此题考查了二倍角公式和诱导公式，熟记公式是解题的关键，属于中档题 设 i是虚数单位，复数 为纯虚数，

11、则实数 a的值为 答案： 试题分析： 复数 = = = 为纯虚数， ，解得 a=3 考点：复数的基本概念 点评：熟练掌握复数的运算法则和纯虚数的定义是解题的关键 已知样本 7， 8， 9， x， y的平均数是 8，且 xy=60，则此样本的标准差是 答案： 试题分析： 平均数是 8， （ 7+8+9+x+y） 5=8 xy=60 由两式可得： x=6， y=10，或 x=10， y=6 则此样本的标准差 = = 考点：极差、方差与标准差 点评：本题考查的是平均数和标准差的概念，属于基础题 在集合 中任取一个元素，所取元素恰好满足方程的概率是 _ 答案： 试题分析： 集合 中共有 10个元素，而

12、当 和时， ， 故满足条件 的基本事件个数为 2，故所取元素恰好满足方程的概率 . 考点： 1.等可能事件的概率； 2.空集的定义、性质及运算 点评：古典概型要求所有结果出现的可能性都相等，强调所有结果中每一结果出现的概率都相同弄清一次试验的意义以及每个基本事件的含义是解决问题的前提，正确把握各个事件的相互关系是解决问题的关键解决问题的步骤是：计算满足条件的基本事件个数，及基本事件的总个数，然后代入古典概型计算公式进行求解 设中心在原点的双曲线与椭圆 +y2=1有公共的焦点，且它们的离心率互为倒数，则该双曲线 的方程是 答案： x2试题分析：椭圆 +y2=1中 c=1 中心在原点的双曲线与椭圆

13、 +y2=1有公共的焦点 双曲线中 c=1， 椭圆 +y2=1的离心率为 = ，椭圆与双曲线的离心率互为倒数 双曲线的离心率为 ， 双曲线中 a= ， b2=c2a2= ， b= 双曲线的方程为 2x22y2=1 故答案：为 2x22y2=1 考点：双曲线的标准方程；椭圆的简单性质；双曲线的简单性质 点评：本题主要考查了双曲线的性质和椭圆的标准方程要记住双曲线和椭圆的定义和性质，解答直线 AB的斜率的关键是利用方程组思想 已知某算法的伪代码如图，根据伪代码，若函数 g（ x） =f（ x） m在 R上有且只有两个零点，则实数 m的取值范围是 答案：（ ， 0） 1 试题分析：分析程序中各变量、

14、各语句的作用， 再根据流程图所示的顺序，可知： 该程序的作用是计算分段函数 f（ x） = 的函数值； 其函数图象如图所示： 又 函数 g（ x） =f（ x） m在 R上有且只有两个零点， 则由图可得 m 0或 m=1， 故答案：为：（ ， 0） 1 考点：伪代码 点评：本题考查程序框图以及函数的零点，通过对程序框图的理解，转化为函数图象，然后把函数零点转化为交点个数问题，属于基础题 解答题 过直线 y=1上的动点 A（ a， 1）作抛物线 y=x2的两切线 AP， AQ， P，Q 为切点 （ 1）若切线 AP， AQ 的斜率分别为 k1， k2，求证： k1 k2为定值 （ 2）求证：直线

15、 PQ过定点 答案：（ 1）设过 A作抛物线 y=x2的切线的斜率为 k，用选定系数法给出切线的方程，与抛物线方程联立消元得到关于 x的一元二次方程，此一元二次方程仅有一根，故其判别式为 0，得到关于 k 的一元二次方程 ， k1， k2必为其二根，由根系关系可求得两根之积为定值，即 k1 k2为定值 （ 2）设 P（ x1， y1）， Q（ x2， y2），用其坐标表示出两个切线的方程，因为 A点是两切线的交点将其坐标代入两切线方程，观察发现 P（ x1， y1）， Q（ x2，y2）的坐标都适合方程 2axy+1=0上，因为两点确定一条直线，故可得过这两点的直线方程必为 2axy+1=0，

16、该线过定点（ 0， 1）故证得 试题分析：（ 1）设过 A作抛物线 y=x2的切线的斜率为 k， 则切线的方程为 y+1=k（ xa）， 与方程 y=x2联立，消去 y，得 x2kx+ak+1=0 因为直线与抛物线相切，所以 =k24（ ak+1） =0， 即 k24ak4=0由题意知，此方程两根为 k1， k2， k1k2=4（定值）（ 5分） （ 2）设 P（ x1， y1）， Q（ x2， y2），由 y=x2，得 y=2x 所以在 P点处的切线斜率为： ， 因此，切线方程为： yy1=2x1（ xx1） 由 y1=x12，化简可得， 2x1xyy1=0 同理，得在点 Q 处的切线方程为

17、 2x2xyy2=0 因为两切线的交点为 A（ a， 1），故 2x1ay1+1=0， 2x2ay2+1=0 P， Q 两点在直线 2axy+1=0上，即直线 PQ的方程为： 2axy+1=0 当 x=0时， y=1，所以直线 PQ经过定点（ 0， 1）（ 10分） 考点：直线的斜率；恒过定点的直线 点评：本题考查转化的技巧，（ I）将两斜率之积为定值的问题转化 成了两根之积来求，（ II）中将求两动点的连线过定点的问题 转化成了求直线系过定点的问题，转化巧妙，有艺术性 已知 a， b， c为正数，且满足 acos2+bsin2 c，求证：答案：由柯西不等式定理构造不等式 （ cos） 2+（

18、 sin） 2 （ cos2+sin2） 直接证明即可 试题分析：证明：由柯西不等式，得 （ cos） 2+（ sin） 2 （ cos2+sin2） =（ acos2+bsin2） （ 10分） 考点：柯西不等式在函数极值中的应用；柯西不等式的几何意义 点评：本题考查了柯西不等式证明不等式的方法，属于基础题 在极坐标系中，已知点 P为圆 2+2sin7=0上任一点求点 P到直线cos+sin7=0的距离的最小值与最大值 答案： dmin= ， dmax= 试题分析：由题意圆的普通方程为 x2+y2+2y7=0，参数方程为 （ 为参数），直线的极坐标方程为 cos+sin7=0将圆和直线先化为

19、一般方程坐标，然后再计算椭圆上点到直线距离的最大值和最小值即可 圆 2+2sin7=0的普通方程为 x2+y2+2y7=0， （ 2分） 直线 cos+sin7=0的普通方程为 x+y7=0， （ 4分） 设点 P（ 2 cos， 2 sin1）， 则点 P到直线 x+y7=0的距离 d= = （ 8分） 所以 dmin= ， dmax= （ 10分） 考点：点的极坐标和直角坐标的互化；直线与圆的位置关系 点评：此题考查参数方程、极坐标方程与普通方程的区别和联系，两者要会互相转化，根据实际情况选择不同的方程进行求解，这也是每年高考必考的热点问题 设 M= ， N= ，试求曲线 y=sinx在矩

20、阵 MN 变换下的曲线方程 答案： y=2sin2x 试题分析：根据矩阵的乘法法则求出 MN，设 p（ x， y）是所求曲线上的任意一点，它是曲线 y=sinx上点 p0（ x0， y0）在矩阵 MN 变换下的对应点，然后根据变换的性质求出曲线方程 M= ， N= ， MN= = ，（ 2分） 设 p（ x， y）是所求曲线 C上的任意一点， 它是曲线 y=sinx上点 p0（ x0， y0）在矩阵 MN 变换下的对应点， 则 = ， ，即 ，（ 4分） 又点 p0（ x0， y0）在曲线 y=sinx 上，故 y0=sinx0，从而 y=sin2x， 所求曲线的方程为 y=2sin2x （

21、7分） 考点：二阶矩阵；矩阵的应用 点评：本小题主要考查矩阵与变换等基础知识，考查运算求解能力，考查学生掌握二阶矩阵的乘法法则，以及求出直线方程利用矩阵的变换所对应的方程 如图， O 的半径 OB垂直于直径 AC， M为 AO 上一点， BM 的延长线交 O 于 N，过 N 点的切线交 CA的延长线于 P （ 1）求证： PM2=PA PC； （ 2）若 O 的半径为 2 ， OA= OM，求 MN 的长 答案：（ 1）（ 1）做出辅助线连接 ON，根据切线得到直角，根据垂直得到直角，即 ONB+ BNP=90且 OBN+ BMO=90，根据同角的余角相等，得到角的相等关系，得到结论 （ 2）

22、 MN=2 试题分析：证明：连接 ON，因为 PN切 O 于 N， ONP=90， ONB+ BNP=90 OB=ON， OBN= ONB 因为 OB AC 于 O， OBN+ BMO=90， 故 BNP= BMO= PMN， PM=PN PM2=PN2=PA PC （ 2） OM=2， BO=2 ， BM=4 BM MN=CM MA=（ （ 2 ） =8， MN=2 考点：与圆有关的比例线段 点评：本题要求证明一个 PM2=PA PC 结论，实际上这是一个名叫切割线定理的结论，可以根据三角形相似对应边成比例来证明，这是一个基础题 已知函数 ， g（ x） = ， a， b R （ 1）求函数

23、 f（ x）的单调区间； （ 2）记函数 h（ x） =f（ x） +g（ x），当 a=0时， h（ x）在（ 0， 1）上有且只有一个极值点，求实数 b的取值范围； （ 3）记函数 F（ x） =|f（ x） |，证明：存在一条过原点的直线 l与 y=F（ x）的图象有两个切点 答案：（ 1）当 时， 为单调增区间， 当 时， 为单调减区间， 为单调增区间 （ 2） b 1 （ 3）首先根据（ 1）的结论，讨论可得只有 0 a 时直线 l与 y=F（ x）的图象有两个切点设切点的横坐标分别为 s、 t且 s t，可得 l与 y=F（ x）的图象有两个切点分别为直线 l与曲线 在 x （ s

24、， t）的切点和曲线在 x （ t， +）的切点由此结合直线的斜率公 式和导数的几何意义列出关于 a、 x1、 y1、 x2、 y2 的关系式，化简整理可得 ，再令 =k（ 0 k 1），转化为（ k2+1） lnk=2k22令 G（ k） =（ k2+1）lnk2k2+2，（ 0 k 1），由根的存在性定理证出：存在 k0 （ 0， 1），使得G（ k0） =0由此即可得到原命题成立 试题分析：（ 1）因为 f（ x） = + = ， 若 a0，则 f（ x） 0， f（ x）在（ 0， +）上为增函数， （ 2分） 若 a 0，令 f（ x） =0，得 x=a， 当 0 x a时， f（

25、x） 0；当 x a时， f（ x） 0 所以（ 0， a）为单调减区间，（ a， +）为单调增区间 综上可得，当 a0时，函数 f（ x）在（ 0， +）上为增函数， 当 a 0时，函数 f（ x）的单调减区间为（ 0， a），单调增区间为（ a，+） （ 4分） （ 2） a=0时， h（ x） =f（ x） +g（ x） = ， h（ x） =bx2+ = ， （ 5分） h（ x）在（ 0， 1）上有且只有一个极值点，即 h（ x） =0在（ 0， 1）上有且只有一个根且不为重根， 由 h（ x） =0得 bx22x+1=0， （ 6分） （ i） b=0， x= ，满足题意； （ 7

26、分） （ ii） b 0时， b 122 1+1 0，即 0 b 1； （ 8分） （ iii） b 0时， b 122 1+1 0，得 b 1，故 b 0； 综上所述，得： h（ x）在（ 0， 1）上有且只有一个极值点时， b 1 （ 9 分） （ 3）证明：由（ 1）可知： （ i）若 a0，则 f（ x） 0， f（ x）在（ 0， +）上为单调增函数， 所以直线 l与 y=F（ x）的图象不可能有两个切点，不合题意 （ 10分） （ ）若 a 0， f（ x）在 x=a处取得极值 f（ a） =1+lna 若 1+lna0， a 时，由图象知不可能有两个切 点 （ 11分） 故 0

27、a ，设 f（ x）图象与 x 轴的两个切点的横坐标为 s， t（不妨设 s t）， 则直线 l与 y=F（ x）的图象有两个切点即为直线 l与和 的切点 y1= = ， y2= + = ， 设切点分别为 A（ x1， y1）， B（ x2， y2），则 0 x1 x2，且 = = ， = = + ， = ， 即 =1lnx1 ； =1lnx2 ； a= ， 得： =lnx1+lnx2=ln ， 由 中的 a代入上式可得：（ ） ， 即 ， （ 14分） 令 =k（ 0 k 1），则（ k2+1） lnk=2k22，令 G（ k） =（ k2+1） lnk2k2+2，（ 0 k 1）， 因为

28、=1 0， = 0， 故存在 k0 （ 0， 1），使得 G（ k0） =0， 即存在一条过原点的直线 l与 y=F（ x）的图象有两个切点 （ 16分） 考点：利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程 点评：本题给出含有分式和对数的基本初等函数，求函数 f（ x）的单调区间、讨论函数 f（ x） +g（ x）的极值点并证明了函数 |f（ x） |图象与过原点的直线相切的问题着重考查了基本初等函数的性质、利用导数研究函数的单调性、直线的斜率公式和用导数求函数图象的切线等知识，属于难题 已知数列 an，其前 n项和为 Sn （ 1）若对任意的 n N，

29、a2n1， a2n+1， a2n组成公差为 4的等差数列，且，求 n的值； （ 2）若数列 是公比为 q（ q1）的等比数列， a为常数，求证：数列an为等比数列的充要条件为 答案：（ 1） 1005 （ 2）由 +a=（ a+1） qn1，可求得 Sn=（ a+1） qn1anaan， Sn+1=（ a+1）qnan+1aan+1，两式相减得（ a+1）（ 1qn） an+1=a（ a+1） qn1an，若 q=1+ ，可证得数列 an为等比数列，（充分性）；若数列 an为等比数列，可证得 q=1+ ，（必要性） 试题分析：（ 1）因为 a2n1， a2n+1， a2n组成公差为 4的等差数

30、列， 所以 a2n+1a2n1=4， a2n=a2n1+8（ n N*）， （ 2分） 所以 a1， a3， a5， a 2n1， a2n+1是公差为 4的等差数列，且a2+a4+a6+a 2n=a1+a3+a 2n1+8n， （ 4分） 又因为 a1=1， 所以 S2n=2（ a1+a3+a 2n1） +8n =2n+ 4+8n=4n2+6n=2n（ 2n+3）， 所以 =2n+3=2013，所以 n=1005 （ 6分） （ 2）因为 +a=（ a+1） qn1，所以 Sn=（ a+1） qn1anaan， 所以 Sn+1=（ a+1） qnan+1aan+1， ，得（ a+1）（ 1qn

31、） an+1=a（ a+1） qn1an， （ 8分） （ ）充分性：因为 q=1+ ，所以 a0， q1， a+1aq，代入 式，得 q（ 1qn） an+1=（ 1qn） an，因为 q1， q1， 所以 = ， n N*，所以 an为等比数列， （ 12分） （ ）必要性：设 an的公比为 q0，则由 得（ a+1）（ 1qn） q0=a（ a+1） qn1， 整理得（ a+1） q0a=（ a+1）（ q0 ） qn， （ 14分） 此式为关于 n的恒等式，若 q=1，则左边 =0，右边 =1，矛盾； 若 q1，当且仅当 时成立，所以 q=1+ 由（ ）、（ ）可知，数列 an为等比数

32、列的充要条件为 q=1+ （ 16分） 考点：等差数列与等比数列的综合 点评：本题考查等差数列与等比数列的综合，考查等差数列的求和与等比数列的分析确定，考查充分必要条件的推理论证，属于难题 已知椭圆 E： 的离心率为 ，右焦点为 F，且椭圆 E上的点到点 F距离的最小值为 2 （ 1）求椭圆 E的方程； （ 2）设椭圆 E的左、右顶点分别为 A， B，过点 A的直线 l与椭圆 E及直线x=8分别相交于点 M， N （ ）当过 A， F， N 三点的圆半径最小时，求这个圆的方程； （ ）若 ，求 ABM的面积 答案：（ 1） （ 2） 12 试题分析：（ 1）由离心率为 ，椭圆 E上的点到点 F

33、距离的最小值为 2，即ac=2联立方程组求 a， c的值，然后利用 b2=a2c2求出 b2，则椭圆方程可求； （ 2）（ ）设出圆的一般方程，设 N（ 8， t），把三点 A（ 4， 0）， F（ 2，0）， N（ 8， t）代入圆的方程整理成标准式后利用基本不等式求出半径的最小值，同时求得半径最小时的圆的方程； （ ）设出直线 l的方程，和椭圆方程联立后利用根与系数关系求出 M点的坐标，由 ，借助于向量数量积求出直线的斜率，进一步得到 M点的纵坐标，则 ABM的面积可求 （ 1）由已知， ，且 ac=2，所以 a=4， c=2，所以 b2=a2c2=12， 所以椭圆 E的方程为 （ 2）（

34、 ）由（ 1）， A（ 4， 0）， F（ 2， 0），设 N（ 8， t） 设圆的方程为 x2+y2+dx+ey+f=0，将点 A， F， N 的坐标代入，得 ，解得 所以圆的方程为 ， 即 ， 因为 ，当且仅当 时，圆的半径最小， 故所求圆的方程为 （ ）由对称性不妨设直线 l的方程为 y=k（ x+4）（ k 0） 由 ，得（ 3+4k2） x2+32k2x+64k248=0 由 4+xM= ，得 ，所以 ， 所以 ， ， 所以 = = ， 化简，得 16k440k29=0， 解得 ，或 ，即 ，或 ， 此时总有 yM=3，所以 ABM的面积为 考点：本题考查了圆与椭圆的标准方程，考查了

35、直线与圆锥曲线的关系，直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题、面积问题等突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法属难题 某人 2002年底花 100万元买了一套住房，其中首付 30万元， 70万元采用商业贷款贷款的月利率为 5 ，按复利计算，每月等额还贷一次， 10 年还清，并从贷款后的次月开始还贷 （ 1）这个人每月应还贷多少元？ （ 2）为了抑制高房价，国家出台 “国五条 ”，要求卖房时按照差额的 20%缴税如果这个人现在将住房 150万元卖出，并且差额税由卖房人承担，问：卖房人

36、将获利约多少元？（参考数据：（ 1+0.005） 1201.8） 答案：（ 1）每月应还贷 7875元 （ 2）卖房人将获利约 155000元 试题分析：（ 1）设出每月应还钱数 x元，算出贷款人 120次支付给银行的钱数（含利息），算出 70万元经过 10年本利和，有两数相等即可得到 x的值； （ 2）由每月还的贷款数乘以 120得到卖房人支付给银行的总钱 数，求出共支付的利息及差额税，获利等于差额减去利息再减去差额税 （ 1）设每月应还贷 x元，共付款 1210=120次，则有 x1+（ 1+0.005） +（ 1+0.005） 2+ （ 1+0.005） 119=700000（ 1+0.

37、005） 120， 所以 则 （元） 答：每月应还贷 7875元 （ 2）卖房人共付给银行 7875120=945000元， 利息 945000700000=245000（元）， 缴纳差额税（ 15000001000000） 0.2=100000（元）， 获利 500000（ 245000+100000） =155000（元） 考点：根据实际问题选择函数类型 点评：本题考查了根据实际问题选择函数模型，解答的关键是读懂题目意思，明确贷款人还的钱等同于存钱，也有利息，此题属中档题 如图，在四棱锥 PABCD中， PA 平面 ABCD，四边形 ABCD是平行四边形，且 AC CD， PA=AD， M

38、， Q 分别是 PD， BC 的中点 （ 1）求证： MQ 平面 PAB； （ 2）若 AN PC，垂足为 N，求证： MN PD 答案：（ 1）取 PA的中点 E，连结 EM、 BE，根据三角形的中位线定理证出 ME AD且 ME= AD，平行四边形中 Q 是 BC 的中点，可得 BQ AD且BQ= AD，因此四边形 MQBE是平行四边形，可得 MQ BE，再结合线面平行的判定定理可得 MQ 平面 PAB； （ 2）由 PA 平面 ABCD，可得 PA CD，结合 AC CD可得 CD 平面 PAC，从而有 AN CD又因为 AN PC，结合 PC、 CD是平面 PCD内的相交直线，可得 A

39、N 平面 PCD，从而得到 AN PD等腰 PAD中利用 “三线合一 ”，证出 AM PD，结合 AM、 AN 是平面 AMN 内的相交直线，得到 PD 平面 AMN，从而得到 MN PD 试题分析：（ 1）取 PA的中点 E，连结 EM、 BE， M是 PD的中点， ME AD且 ME= AD， 又 Q 是 BC 中点， BQ= BC， 四边形 ABCD是平行四边形， BC AD且 BC=AD，可得 BQ ME且 BQ=ME， 四边形 MQBE是平行四边形，可得 MQ BE， （ 4分） BE 平面 PAB， MQ 平面 PAB， MQ 平面 PAB； （ 6分） （ 2） PA 平面 AB

40、CD， CD 平面 ABCD， PA CD， 又 AC CD， PA、 AC 是平面 PAC内的相交直线， CD 平面 PAC，结合 AN 平面 PAC，得 AN CD （ 9分） 又 AN PC， PC、 CD是平面 PCD内的相交直线， AN 平面 PCD，结合 PD 平面 PCD，可得 AN PD， （ 12分） PA=AD， M是 PD的中点， AM PD， （ 13分） 又 AM、 AN 是平面 AMN 内的相交直线， PD 平面 AMN， MN 平面 AMN， MN PD （ 14分） 考点：本题在四棱锥中证明线面平行、线线垂直着重考查了三角形中位线定理、空间直线与平面平行的判定定

41、理、直线与平面垂直的判定与性质等知识，属于中档题 设 ABC的内角 A， B， C所对的边分别为 a， b， c已知 a=1， b=2， （ 1）求边 c的长； （ 2）求 cos（ AC）的值 答案：（ 1） 2 （ 2） 已知（ x+1） n=a0+a1（ x1） +a2（ x1） +a3（ x1） 3+a n（ x1） n，（其中 n N*） （ 1）求 a0及 ； （ 2）试比较 Sn与（ n2） 2n+2n2的大小，并说明理由 答案：（ 1） Sn=3n2n （ 2）当 n=1时， 3n（ n1） 2n+2n2； 当 n=2， 3时， 3n（ n1） 2n+2n2； 当 n4， n

42、N*时， 3n（ n1） 2n+2n2 试题分析：（ 1）令 x=1，则 a0=2n，令 x=2， 则 ， Sn=3n2n； （ 3分） （ 2）要比较 Sn与（ n2） 2n+2n2的大小，即比较： 3n与（ n1） 2n+2n2的大小， 当 n=1时， 3n（ n1） 2n+2n2；当 n=2， 3时， 3n（ n1） 2n+2n2； 当 n=4， 5时， 3n（ n1） 2n+2n2； （ 5分） 猜想：当 n4时 n4时， 3n（ n1） 2n+2n2，下面用数学归纳法证明： 由上述过程可知， n=4n=4时结论成立， 假设当 n=k（ k4） n=k，（ k4）时结论成立，即 3n（

43、 n1） 2n+2n2， 两边同乘以 3 得： 3k+1 3（ k1） 2k+2k2=k2k+1+2（ k+1） 2+（ k3）2k+4k24k2 而（ k3） 2k+4k24k2=（ k3） 2k+4（ k2k2） +6=（ k2） 2k+4（ k2）（ k+1） +6 0 3k+1 （ k+1） 12k+1+2（ k+1） 2 即 n=k+1时结论也成立， 当 n4时， 3n（ n1） 2n+2n2成立 综上得，当 n=1时， 3n（ n1） 2n+2n2； 当 n=2， 3时， 3n（ n1） 2n+2n2；当 n4， n N*时， 3n（ n1） 2n+2n2（ 10分） 考点：用数学归纳法证明不等式；数列的求和；二项式定理的应用 点评：本题是中档题，考查与 n有关的命题，通过赋值法解答固定项，前 n项和，以及数学归纳法的应用，考查逻辑推理能力，计算能力，常考题型