专题01 经典母题30题（理）（第02期）-2015年高考数学走出题海之黄金30题系列（全国通用版） WORD版含解析.doc

1、2015年高考数学走出题海之黄金30题系列专题一经典母题30题(第二期)1设全集为，集合Ax|x|3，Bx|x24x50，则( )(A)(B)(C)(D)【答案】A【解析】因为，所以.2甲、乙、丙位教师安排在周一至周五中的天值班，要求每人值班1天且每天至多安排1人，则恰好甲安排在另外两位教师前面值班的概率是ABCD【答案】A【解析】甲、乙、丙3位教师安排在周一至周五3天值班的安排方法共有种，甲安排在另外两位老师的前面，分3中情况，甲在星期一，有，甲在星期二，有，甲在星期三，有，共有，因此甲安排在另外两位老师的前面值班的概率，故答案为A.3下图是一容量为的样本的重量的频率分布直方图，则由图可估计

2、样本的平均重量为()A.B.C.D.【答案】B【解析】先计算的频率为，的频率为0.5，的频率为0.2，平均重量，选B4已知展开式中常数项为5670，其中是常数，则展开式中各项系数的和是A28B48C28或48D1或28【答案】C【解析】展开式的通项为，令，得，则，即，；当时，展开式中各项系数的和为；当时，展开式中各项系数的和为，故选C5已知函数，若是从1，2，3三个数中任取的一个数，是从0，1，2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为()(A)(B)(C)(D)【答案】D【解析】由极值的知识结合二次函数可得ab，由分步计数原理可得总的方法种数，列举可得满足题意的事件个数，由概率公式

3、可得求导数可得要满足题意需有两不等实根，又a，b的取法共339种，其中满足ab的有(1，0)，(2，0)，(2，1)，(3，0)，(3，1)，(3，2)共6种，故所求的概率为.故选D6如图，圆C内切于扇形AOB，AOB，若在扇形AOB内任取一点，则该点在圆C内的概率为().ABCD【答案】C【解析】作辅助线，AOB，则设圆的半径为1，可得所以扇形的半径为3，由几何概型，点在圆C内的概率为.故选C.7如图，在执行程序框图所示的算法时，若输入，的值依次是，则输出的值为ABCD【答案】D【解析】起始值，输入，输入，输入，输入，输出，故选D.8若是不相同的空间直线，是不重合的平面，则下列命题正确的是(

4、)A.B.C.D.【答案】C【解析】对A.或异面，故A错；对B.或相交或异面，故B错；对C.，正确；对D.或相交或，只有当垂直于的交线时，才有，故D错.9.已知函数，若，则的取值范围是 A.B.C.D.【答案】D10.已知，若函数有三个或者四个零点，则函数的零点个数为()A.或B.C.或D.或或【答案】A【解析】当时，由得.当时，由得.所以当时函数有三个零点或四个零点.对，由得.当时，有一个零点；由于，所以有一个零点或两个零点，选A.11.若，则下列不等式中 ；，对一切满足条件的，恒成立的序号是()(A) (B) (C) (D)【答案】C【解析】因为，所以所以正确；假设成立所以当且仅当时成立，

5、与条件相矛盾，所以错误；由可知：所以正确；所以正确.12如果关于x的方程有两个实数解，那么实数a的值是【答案】【解析】，令，则，由图知实数a的值是4YXO13在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，则()CABDFEABCD【答案】C【解析】将所求利用正方形的边对应的向量表示，然后利用正方形的性质解答边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，所以故选：C14在等差数列和等比数列中，已知，那么满足的的所有取值构成的集合是.【答案】3，5【解析】由已知得，令，可得，解得或5，所以满足的的所有取值构成的集合是3，5.15.过点的直线交抛物线于两点，若与的面积比为(

6、为坐标原点)，则直线的斜率为_.【答案】【解析】设直线方程为，由得，与的面积比为，由以上3式联立可得16.设定义域为的函数若关于的函数有个不同的零点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】由可知，设，当且仅当时对应的x值有4个，因此问题可转化为在上有两个不同实根，结合二次函数图像可得 .17.三棱锥中，平面，为侧棱上一点，它的正视图和侧视图 (如下图所示)，则与平面所成角的大小为_ _；三棱锥的体积为 _ _【答案】【解析】由题设及正视图可知，又由平面得，所以平面，即与平面所成角为.三棱锥的体积.18.在中，若，则其形状为_ _，_.(锐角三角形 钝角三角形 直角三角形，在横线上填上序号)；【答

7、案】，【解析】由知，所以是直角三角形，利用数量积的几何意义得.19.某校甲、乙两个班级各有5名编号为1，2，3，4，5的学生进行投篮训练，每人投10次，投中的次数统计如下表： 学生1号2号3号4号5号甲班65798乙班48977(1)从统计数据看，甲、乙两个班哪个班成绩更稳定(用数字特征说明)；(2)若把上表数据作为学生投篮命中率，规定两个班级的1号和2号同学分别代表自己的班级参加比赛，每人投篮一次，将甲、乙两个班两名同学投中的次数之和分别记作和，试求和的分布列和数学期望【答案】(1)甲更稳定；(2)见解析【解析】(1)两个班数据的平均值都为7，甲班的方差，乙班的方差，甲班的方差较小，甲班的成

8、绩比较稳定；(2)X可能取0，1，2，X分布列为：X012P数学期望，Y可能取0，1，2，Y分布列为： 数学期望20.某油库的设计容量为30万吨，年初储量为10万吨，从年初起计划每月购进石油万吨，以满足区域内和区域外的需求，若区域内每月用石油1万吨，区域外前个月的需求量(万吨)与的函数关系为，并且前4个月，区域外的需求量为20万吨(1)试写出第个月石油调出后，油库内储油量(万吨)与的函数关系式；(2)要使16个月内每月按计划购进石油之后，油库总能满足区域内和区域外的需求，且每月石油调出后，油库的石油剩余量不超过油库的容量，试确定的取值范围【答案】(1)，()；(2)【解析】(1)由条件得，所以

9、，()21.已知函数 .()求函数的单调增区间； ()在中，内角所对边分别为，若对任意的不等式恒成立，求面积的最大值【答案】()；().【解析】()由 解得所以函数的单调增区间为()由题意得当时，取得最大值，则及解得，所以由余弦定理得即所以当时，22某超市从2014年甲、乙两种酸奶的日销售量(单位：箱)的数据中分别随机抽取100个，整理得到数据分组及频率分布表和频率分布直方图： 分组(日销售量)频率(甲种酸奶) 0，10010(10，20020(20，30030(30，40025(40，50015()写出频率分布直方图中的的值，并作出甲种酸奶日销售量的频率分布直方图；()记甲种酸奶与乙种酸奶日

10、销售量(单位：箱)的方差分别为，试比较与的大小；(只需写出结论)()假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，试估计乙种酸奶在未来一个月(按30天计算)的销售总量【答案】(1)，(2)【解析】()由各小矩形面积和为1可得到，()由频率分布直方图可看出，甲的销售量比较分散，而乙较为集中，主要集中在2030箱，故 ；()乙种酸奶平均日销售量为：(箱)，乙种酸奶未来一个月的销售总量为：(箱)23.已知向量，函数 图像的一条对称轴与其最近的一个对称中心的距离为(1)求的解析式；(2)在中，分别是角A，B，C的对边，且，求边的值【答案】(1)，(2)，【解析】(1)的最小正周期为(2)又由余弦定理

11、知：24.已知数列中，的前项和为，且满足()(1)试求数列的通项公式；(2)令，是数列的前项和，证明：；(3)证明：对任意给定的，均存在，使得当时，(2)中的恒成立【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析.【解析】(1)由()，得()，所以()， 即()又，所以(2)，所以，所以，(3)由(2)，因为，所以随着的增大而增大若，则，化简得，因为，所以，所以，当，即时，取即可当，即时，记的整数部分为，取即可综上可知，对任意给定的，均存在，使得当时，(2)中的恒成立25.如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，E，F分别是BC， PC的中点.(1)证明：AEPD； (2

12、)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角EAFD的余弦值. 【答案】(1)证明见解析，(2)【解析】(1)证明：由四边形为菱形，可得为正三角形，因为E为BC的中点，所以AEBC， 又 BCAD，因此AEAD，因为PA平面，AE平面，所以PAAE，而PA平面PAD，AD平面PAD 且PAADA，所以 AE平面PAD，又PD平面PAD.所以 AEPD. (2)因为AE平面PAD，所以过A作于点H， 又EH与平面PAD所成最大角，所以要求EH取最小值.EH与平面PAD所成最大角的正切值为.设ABBC2. 即 ，所以PA2由(1)知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，

13、建立如图所示的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以E、F分别为BC、PC的中点，所以A(0，0，0)，B(，1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(，0，0)，F()，所以 设平面AEF的一法向量为则 因此取设平面AFD的一法向量为同理可求得所以 cosm，n因为 二面角EAFD为锐角，所以所求二面角的余弦值为.26.某商场为促销要准备一些正三棱锥形状的装饰品，用半径为的圆形包装纸包装要求如下：正三棱锥的底面中心与包装纸的圆心重合，包装纸不能裁剪，沿底边向上翻折，其边缘恰好达到三棱锥的顶点，如图所示设正三棱锥的底面边长为，体积为(1)求关于的函数关系式

14、；(2)在所有能用这种包装纸包装的正三棱锥装饰品中，的最大值是多少？并求此时的值【答案】(1)，(2)当底面边长为时，正三棱锥的最大体积为【解析】(1)正三棱锥展开如图所示当按照底边包装时体积最大设正三棱锥侧面的高为，高为 由题意得，解得则，所以，正三棱锥体积(2)设，求导得，令，得， 当时，函数在上单调递增，当时，函数在上单调递减，所以，当时，取得极大值也是最大值此时，所以答：当底面边长为时，正三棱锥的最大体积为27.已知两动圆和()，把它们的公共点的轨迹记为曲线，若曲线与轴的正半轴的交点为，且曲线上的相异两点满足：(1)求曲线的方程；(2)证明直线恒经过一定点，并求此定点的坐标；(3)求面

15、积的最大值【答案】(1)；(2)证明见解析，定点；(3)【解析】(1)设两动圆的公共点为Q，则有：由椭圆的定义可知的轨迹为椭圆，所以曲线的方程是：(2)证法一：由题意可知：，设，当的斜率不存在时，易知满足条件的直线为：过定点当的斜率存在时，设直线：，联立方程组：，把代入有：，因为，所以有，把代入整理：，(有公因式m1)继续化简得：，或(舍)，综合斜率不存在的情况，直线恒过定点证法二：(先猜后证)由题意可知：，设，如果直线恒经过一定点，由椭圆的对称性可猜测此定点在轴上，设为；取特殊直线，则直线的方程为，解方程组得点，同理得点，此时直线恒经过轴上的点(只要猜出定点的坐标给2分)下边证明点满足条件当

16、的斜率不存在时，直线方程为：，点的坐标为，满足条件；当的斜率存在时，设直线：，联立方程组：，把代入得：，所以(3)面积由第(2)小题的代入，整理得：因在椭圆内部，所以，可设，(时取到最大值)所以面积的最大值为28.各项均为正数的数列的前项和为，且对任意正整数，都有(1)求数列的通项公式；(2)如果等比数列共有项，其首项与公比均为，在数列的每相邻两项与之间插入个后，得到一个新的数列求数列中所有项的和；(3)如果存在，使不等式成立，求实数的范围【答案】(1)；(2)当时，和为，当时为；(3)【解析】(1)当时，由得当时，由，得因数列的各项均为正数，所以所以数列是首相与公差均为等差数列所以数列的通项

17、公式为(2)数列的通项公式为当时，数列共有项，其所有项的和为当时，数列共有项，其所有项的和为(3)由得记由递减(或)得，所以实数的范围为，即29.已知函数，.(1)设曲线在处的切线与直线平行，求此切线方程；(2)当时，令函数，求函数在定义域内的极值点；(3)令，对且，都有 成立，求的取值范围.【答案】(1)；(2)当时，在定义域内无极值；当时，的极大值点为，无极小值点；(3).【解析】(1)由题意知：，切点为此切线方程为，即.(2)当时，定义域为，当时，恒成立，在上为增函数，在定义域内无极值；当时，令，或(舍去)，极大值的极大值点为，无极小值点； 综上：当时，在定义域内无极值；当时，的极大值点为，无极小值点. (3)，对且，即，等价于在上为增函数，在上恒成立即在上恒成立，令，只需即可在上为增函数，当时，. 30.设函数有且仅有两个极值点(1)求实数的取值范围；(2)是否存在实数满足？如存在，求的极大值；如不存在，请说明理由【答案】(1)(2)当时，.【解析】(1)显然，是直线与曲线两交点的横坐标 由，得列表：此外注意到：当时，；当及时，的取值范围分别为和于是题设等价于，故实数的取值范围为(2)存在实数满足题设证明如下：由(1)知，故，故 记，则，于是，在上单调递减又，故有唯一的零点从而，满足的所以，此时，又，而，故当时，.