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題目列表(包括答案和解析)

0 446385 446393 446399 446403 446409 446411 446415 446421 446423 446429 446435 446439 446441 446445 446451 446453 446459 446463 446465 446469 446471 446475 446477 446479 446480 446481 446483 446484 446485 446487 446489 446493 446495 446499 446501 446505 446511 446513 446519 446523 446525 446529 446535 446541 446543 446549 446553 446555 446561 446565 446571 446579 447348

21．已知常數a>0，向量c=(0，a)，i=(1，0)．經過原點O以c+λi為方向向量的直線與經過定點A(0，a)以i－2λc方向向量的直線相交于點P，其中λ∈R．試問：是否存在兩個定點E、F，使得|PE|+|PF|為定值．若存在，求出E、F的坐標；若不存在，說明理由．

[命題意圖]　本題主要考查平面向量的概念和向量的線性運算，根據已知條件求動點的軌跡方程，并討論軌跡曲線的性質，著重考查直線、圓和橢圓等平面解析幾何的基礎知識，以及綜合應用所學知識分析和解決問題的能力．

試題用向量的形式給出兩條相交直線的條件，圍繞交點P提出個一個探索性的問題：討論是否存在兩個定點，使得點P到這兩個定點距離之和為一定值．在這里，點P因實數λ的變化而動．考生在審題時，必須自覺理解到問題的這個特點，具備“運動變化”和“動中求靜”的辯證法的思想和觀點，只有這樣才能有效破題，獲得問題的解答．可見試題重在考查思維和分析的能力．同時，該題的設計，圍繞平面解析幾何的主體知識，將傳統的坐標法與向量法有機結合起來，旨在考查綜合應用能力．

[解題思路]　有關存在性問題的討論，許多時候可用構造法，這是一種基本的，而且也是比較原始的方法．就本題而言，即假設符合要求的定點存在，依題意列寫出定點坐標所滿足的方程，進而探求方程的解是否存在．依此思路，由于未知量比較多，方程的列寫也難以簡明，因而推演起來工作量大，而且繁雜．顯然采用構造法絕非上策，宜另謀出路．

從試題的實際出發，聯想廣泛可用的知識，才能獲得有效的求解思路和方法．題設的點P是兩條動直線的交點，隨著λ取遍實數集R中所有的值，點P的集合是一條軌跡曲線．另一方面，到兩個定點距離之和為一定值的點之集合可能有兩種情況：其一，當定值大于兩個定點的距離時，該點集是橢圓曲線；其二，當定值等于兩個定點的距離時，該點集是連結兩點的線段．由于平面上到兩個定點距離之和不可能小于兩定點的距離，所以也就不可能出現第三種情況．由這樣的思考，可得解題思路如下：

從求點P的軌跡方程入手，進而討論軌跡曲線的性質，便可獲得本題的答案．

由題設，可作圖觀察．圖中，向量直線分別過點O和A，其方向向量分別為c+λi和i－2λc，點P是的交點．為了求點P的軌跡方程，可采用不同的方法．在這里，有一點值得注意的是：試題本身并沒有要求考生求點P的軌跡方程，我們是借助軌跡的思想，只須求出點P的坐標所應滿足的方程，進而展開討論，而無須檢驗滿足方程的每一個解為坐標的點都是符合題意的點P，也即無須要求所得方程的純粹性，與嚴格意義上的求軌跡方程有所不同．

解法1　因為 c+λi=(0,a)+ λ(1,0)=(λ,a),

　　　　　　 i-2λc=(1,0)-2λ(0,a)=(1,-2λa),

所以　直線OP與AP的方程分別為

　　　　　　　 λy=ax

　　　　　　　 y-a=-2λax,

式中，a>0,λ∈R．

整理得

因為a>0,所以得：

(i)當時，方程①是圓方程，故不存在合乎題意的定點E和F；

(ii)當時，方程①表示橢圓，故焦點為合乎題意的兩個定點；

(iii)時，方程①也表示橢圓，故焦點為合乎題意的兩個定點．

解法2 　依題設，有實數m和n滿足

所以點P(x,y)的坐標為

整理得點P的坐標滿足方程

以下的討論同解法1．此處從略．

[命題意圖]　本小題主要考查數列、等比數列的基礎知識和數學歸納法，同時考查抽象推理等理性思維能力．

數學高考中較難的數列解答題，一般都是給出一個遞推關系，通過它或者轉化為等差、等比數列，或者通過由特殊到一般的猜想、歸納，或者通過順次迭代，以求出其通項．而試題的難度則由給出的遞推關系與初始值來調整．2002年的數列解答題給出相鄰四項的數量關系，較為新穎，2003年定位于回歸到考生較為熟悉的相鄰兩項的數量關系，基本遞推關系為“”．理科試題改變以往給出初始值的做法，給出常數證明數列的一個通項公式。這種提問方式反映出新的考查角度，不讓考生死套題型，有利于考查獨立思考能力和理性思維能力，對文科考生則降低抽象思維的要求，遞推關系簡化為基本形式“”，并給出初始值a=1，使試題難度較為切合文科考生的實際．

[解題思路]　常規方法是通過遞推關系的變形轉化為等比數列，但過程較繁，用數學歸納法或迭代方法較順暢．

(Ⅰ)證法1　 (i)當n=1時，由已知等式成立；

(ii)假設當n=k(k≥)時等式成立，即

也就是說，當n=k+1時，等式也成立．

根據(i)和(ii)，可知等式對任何正整數n成立．

證法4順次迭代

(i)當n=2k-1,k=1,2,…時，①式即為

②式對k=1,2,…都成立，有

(ii)當n=2k,k=1,2,…時，①式即為

③式對k=1,2,…都成立，有

[以下同解法1]

解法3　

下面證明當

(i)當n=2k-1,k=1,2,…時，

(ii)n=2k,k=1,2…時，

試題詳情

20．A、B兩個代表隊進行乒乓球對抗賽，每隊三名隊員，A隊隊員是B隊隊員是按以往多次比賽的統計，對陣隊員之間勝負概率如下：

現按表中對陣方式出場，每場勝隊得1分，負隊得0分．設A隊、B隊最后所得總分分別為ξ、η．

對陣隊員	A隊隊員勝的概率	A隊隊員負的概率

(Ⅰ)求ξ，η的概率分布；

(Ⅱ)求Eξ，Eη．

[命題意圖]　本題主要考查離散型隨機變量分布列和數學期望等概念與計算，以及運用概率知識認識和討論實際問題的能力．

該題的取材貼近考生日常生活，以廣大考生都熟悉的乒乓球比賽為素材，用列表的方式，給出對陣隊員間勝負的概率，并規定每場勝負的得分規則．這樣的條件下，賽后球隊所得總分是離散型隨機變量．本題要求考生計算該隨機變量的分布列和數學期望．

這樣設計試題，應用性強，也能貼近考生實際，符合《考試說明》的要求．

[解題思路]　為了求隨機變量ξ和η的概率分布，必須先確定它們是離散型還是連續型．依題意，它們都是離散型隨機變量，且滿足ξ+η=3．所以只須求出ξ(或η)的概率分布，便可立即寫出η(或ξ)的概率分布．

為了求ξ的概率分布，首先應弄清ξ可能取哪些值?這些值表示怎樣的隨機事件?進而應用隨機事件概率計算公式(如乘法公式、加法公式等)，求出ξ取每一個可能值的概率，使得到所要求的概率分布列．

至于第(Ⅱ)問，可直接應用離散型隨機變量數學期望的計算公式求解．

因為ξ是A隊賽后所得的總分，根據題意，ξ只可能取0，1，2，3等4個值，其表示的隨機事件分別為：

ξ=表示A隊3場比賽都輸球，全負；

ξ=1表示A隊3場比賽中1勝2負；

ξ=2表示A隊3場比賽中2勝1負；

ξ=3表示A隊3場比賽全勝．

所以由給出的勝負概率表，應用互斥事件概率的加法公式、獨立事件的概率加法公式等相關公式，便可求得ξ的分布列．

(Ⅰ)解　 ξ、η的可能取值都為3，2，1，0．ξ的分布為：

依題意，ξ+η=3，故η的分布為：

試題詳情

19．設a>0，求函數．

[命題意圖]　本題主要考查函數的求導，導數在研究函數性質中的應用和不等式的求解等基本知識，以及運算能力．

本題給出的函數比較簡單，為冪函數與對數函數ln(x+a)之差，讓考生求這個函數的單調區間．直接應用單調函數的定義，難以進行有效的討論，宜借助求導的方法求解．以此可以考查函數求導的技能，以及討論導數正負性的方法．

所設的函數含有參數a，討論函數單調區間時，應顧及a值的影響．這樣，也就考查了分類討論的數學方法，強化了試題對能力的考查功能．

[解題思路]　可從求函數的導數入手，再討論導數的正負性變化區間，便可確定函數的單調區間．由于所得導數含有x的根式和分式，在討論導數正負性時，將遇到解含根式和分式的方程或不等式，須正確運用同解變換的思想方法和技能．

(i)當a>1時，方程①無解，即f′(x)＝0無解，f′(x)在區間(0，+∞)上正負性不變，故由

知f′(x)>0在區間(0，+∞)上恒成立，所以(0，+∞)是f(x)的單調區間，f(x)在(0，+∞)上是增函數．

(ii)a=1時，方程①有惟一解x=1．

知當0<x<1時，恒有f′(x)>0；由f′

知當x>1時，恒有f′(x)>0．

所以，當a=1時，函數f(x)在區間(0，1)上是增函數，在區間(1，+∞)上也是增函數．又f(x)在x=1連續，所以(0，+∞)是f(x)的單調區間，f(x)在(0，+∞)上是增函數．

(iii)當0<a<1時，方程①有兩個根：

這時,由于

可知：當0<x<或

所以，當0<a<1時，都是單調區間，f(x)在這兩個區間上都是增函數；也是單調區間，f(x)在這個區間上是減函數．

(i)當a>1時,2a-4>-2,由x>0知

(ii)當a=1時,

當且僅當x=1時取等號．即當0<x<1或x>1時，f′(x)>0，知f(x)在(0，1)或(1，+∞)內都單調遞增．又f(x)在x=1處連續，因此，f(x)在(0，+∞)內單調遞增．

因此，函數f(x)在區間內單調遞增，在區間內也單調遞增．

令f′(x)<0，即

因此，函數，f(x)在區間內單調遞減．

試題詳情

18．如圖，在直三棱柱底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°．側棱的中點，點E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G．

(Ⅰ)求與平面ABD所成角的大小(結果用反三角函數值表示)；

[命題意圖]　本小題主要考查線面關系和直三棱柱等基礎知識，同時考查空間想象能力和推理運算能力．

新課程的立體幾何教材分為(A)、(B)兩個版本，即傳統的邏輯推理體系和向量運算方法．為了．適應不同地區的選用情況，前幾年高考的立體幾何試題是命制出(甲)、(乙)兩道平行題目由考生選作．今年試驗改變這種做法，原課程與新課程統一命制一道通用的試題，基本要求是用傳統方法或向量方法，解題難度相當．于是，試題的知識載體定位于直棱柱．理科用直三棱柱，文科用正四棱柱．

理科試題中的圖形實際上是半個正方體，它的原型是正方體的一個性質：“若點M是正方體的棱的中點，則正方體的中心O在截面AMC上的射影恰好是△AMC的重心”．試題基本上是采用其逆命題，且只給出半個正方體，把問題提為“正方體的一條對角線與截面所成的角”，隱蔽了上述性質，提高了對考生空間想像力和推理能力的要求，以期更好地考查考生的數學能力．

[解題思路]　本題(Ⅰ)的基本解法是先求出三棱柱的底面邊長，可以在直三棱柱中求解，也可以補形成正四棱柱或直平行六面體求解，思維層次高者可以發現EB=DF避開計算，通過線段比求角的三角函數值．(Ⅱ)問的解法用等積法最為簡便．運用向量方法則(Ⅰ)問較易，(Ⅱ)問較難，總體難度相當．

(Ⅰ)解法1　如圖，連結BG，則BG是BE在面ABD的射影，即∠EBG是與平面ABD所成的角．

設F為AB中點，連結EF、FC，

因為D、E分別是的中點，又DC⊥平面ABC，

所以CDEF為矩形．

連結DF，G是△ADB的重心，故G∈DF．在直角三角形EFD中，

解法2　同解法1圖．

所以　 AB·DF·EG=AB·EF·DE，其中EF=1．

的中點P,連結PD,PA,PB,則ABDP是平行四邊形,PB必過△ADB的重心．

解得x=2

解法4　如解法1圖，由解法1知，CDEF是矩形，故DE=CF，而EF=FB，所以Rt△DEF≌△CFB，則DF=EB．

解法5　連結BG，則BG是BE在面ABD的射影，即與平面ABD所成的角．

如圖所示建立坐標系，坐標原點為O．

設CA=2a，則A(2a，0，0)，B(0，2a，0)，D(0，0，1)，,E(a，a，1)，

(Ⅱ)解法1　因為ED⊥AB，ED⊥EF，又EF∩AB=F，

因為ED⊥AB，ED上⊥EF，又EF∩AB=F，

解法3　如(Ⅰ)問解法5中圖，A(2，0，0)，E(1,1,1),D(0，0，1)．

試題詳情

17．已知函數f(x)=2sinx(sinx+cosx)．

(Ⅰ)求函數f(x)的最小正周期和最大值；

(Ⅱ)在給出的直角坐標系中，畫出函數y=f(x在區間上的圖象．

[命題意圖]　本小題主要考查三角函數的性質和恒等變形的基礎知識，同時考查動手畫圖的技能．

作為三角函數的解答題，力求較全面地覆蓋三角函數的基礎知識，因此，試題的設計給出一個三角函數的解析式，通過運用和角與倍角的三角函數公式，變形為單個三角函數的表達式，從而求出它的周期和最值．恒等變形過程強調通性通法，以適應文科考生的實際．在這個基礎上要求作出這個函數的圖像，強化了作圖技能的考查，倡導考生重視實踐，學會動手操作．

[解題思路]　首先把給出的函數解析式變形為單個三角函數的表達式，再按問題的要求答題．

(Ⅱ)解　由(Ⅰ)知

x
Y	1		1		1

試題詳情

16．下列5個正方體圖形中，l是正方體的一條對角線，點M、N、P分別為其所在棱的中點，能得出⊥面MNP的圖形的序號是_______．(寫出所有符合要求的圖形序號)

[分析]　本題以正方體為依托，主要考查直線與平面垂直的判定，比較深刻地考查了空間想象能力．

為了得到本題答案，必須對5個圖形逐一進行判別．對于給定的正方體，位置固定，截面MNP變動，與面MNP是否垂直，可從正、反兩方面進行判斷．在MN、NP、MP三條線中，若有一條不垂直，則可斷定與面MNP不垂直；若有兩條與都垂直，則可斷定⊥面MNP；若有的垂面∥面MNP，也可得⊥面MNP．

解法1　作正方體如附圖，與題設圖形對比討論．在附圖中，三個截面都是對角線的垂面．

對比圖①，由MP∥BD,，故得⊥面MNP．

對比圖②，由MN與面相交，而過交點且與垂直的直線都應在面內，所以MN不垂直于，從而不垂直于面MNP．

對比圖③，由MP與面相交，知不垂直于MN，故不垂直于面MNP．

對比圖④，由MN∥BD，故⊥面MNP．

對比圖⑤，面MNP與面EFGHKR重合，故⊥面MNP．

綜合得本題的答案為①④⑤．

解法2　如果記正方體對角線所在的對角截面為α．各圖可討論如下：

在圖①中，MN，NP在平面α上的射影為同一直線，且與垂直，故⊥面MNP．事實上，還可這樣考慮：在上底面的射影是MP的垂線，故⊥MP；在左側面的射影是MN的垂線，故⊥MN，從而⊥面MNP．

在圖②中，由MP⊥面α，可證明MN在平面α上的射影不是的垂線，故不垂直于MN．從而不垂直于面MNP．

在圖③中，點M在α上的射影是的中點．點P在α上的射影是上底面的內點，知MP在α上的射影不是的垂線，得不垂直于面MNP．

在圖④中，平面α垂直平分線段MN，故⊥MN．又在左側面的射影(即側面正方形的一條對角線)與MP垂直，從而⊥MP，故⊥面MNP．

在圖⑤中，點N在平面α上的射影是對角線的中點，點M、P在平面α上的射影分別是上、下底面對角線的4分點，三個射影同在一條直線上，且與這一直線垂直．從而⊥面MNP．

至此，得①④⑤為本題答案．

解法3　如圖建立空間直角坐標系O－xyz，設正方體的棱長為2，則對角線的方向向量可取為

對圖①，有

對圖②，有

對圖③，有

對圖④，有

對圖⑤，有

綜合得本題答案為①④⑤．

從解法3可以看到；應用向量法討論兩直線是否垂直十分方便，操作也比較簡單，無須多動腦筋，只需要計算正確即可．

[答案]　 ①④⑤

試題詳情

15．某城市在中心廣場建造一個花圃，花圃分為6個部分(如圖)．現要栽種4種不同顏色的花，每部分栽種一種且相鄰部分不能栽種同樣顏色的花．不同的栽種方法有_____種．(以數字作答)

[分析]　本題以花圃設計為應用背景，主要考查排列、組合的基礎知識，側重考查乘法原理和加法原理的應用，以及邏輯思維能力和計數能力．

為了正確解答本題，首先必須準確理解題意：抓住花圃布局的要求，看清圖形中6個部分的關系；明確每個部分只種同一種顏色的花，相鄰部分應種不同顏色的花；而且4種顏色的花都要種上，缺一不可．對這些條件要求，稍有疏忽、遺漏或曲解，都會引致解答出錯．其次，應設計好周全而又不出現重復計數的推算程序，關鍵是推算過程中分步、分類的安排要合理且嚴密；此外，在每一分步或分類中，計數不出錯；最后，乘法原理和加法原理的運用，以及數值計算還得無誤，方能得出正確的答數．

采用不同的計數模式和計數程序，伴隨出現不同的解法，列舉解法供參考．

解法1　將6個區域分4組，不同組栽種不同顏色的花，同一組栽種同一顏色的花．因為區域1與其它5個區域都有公共邊，所以為了栽種方案合乎題意，分在同一組的區域至多只能有2個．因而，由圖形可知,不同分組法有且只有5類，如下表(表中數字為區域號)：

	第一組	第二組	第三組	第四組
第一類	1	2	3，5	4，6
第二類	1	2，5	3，6	4
第三類	1	2，5	3	4，6
第四類	1	2，4	3，5	6
第五類	1	2，4	3，6	5

每一類分組法，都有種不同的栽種方法．應用加法原理，得到所有符合題意的不同栽種方法的種數為

解法2　按區域的順序，依次安排各區域所栽種的花的顏色：

第1區，可種4色花中的任一種，有4種不同的栽種法；

接著，第2區，因與第1區相鄰，兩區花色必須不同，所以，第2區只能從3色花中任選一種栽種，有3種不同種法；

跟著，第3區，因與第1、2區都有邊界，所以，只有2種不同栽種法；

隨后，第4區，與2區無邊界，與1、3區都有邊界．因此，可分兩類情形：

第一類：在第4區中栽種與第2區同一色的花，有1種栽法；至此，只栽種了3種不同顏色的花，因此，第5、6區域，應有一個區域栽種第4種顏色的花，而另一區域可選的花色只有1種(這是因為與之相鄰的三個區域，已種上不同顏色的3種花)．從而，在第5、6區域栽花的不同方式有2種；

第二類：在第4區域中栽種與第2區域不同顏色的花，有1種栽法；不過，與第一類不同的是：至此，4種不同顏色的花都被栽種了．往后，第5區域栽花有兩種選擇：一種是栽與第2區域同色花，緊接著，第6區域有2種栽種方法；第五區域另一種栽花法，是栽種與第2區域不同顏色的花，只有1種選擇(因為它不能與1、4區域同色)，緊接著，由于1、2、5三個區域已栽種3種不同顏色的花，故第6區域只有1種栽花的選擇．

綜合起來，應用乘法原理和加法原理，得合乎題意的不同栽花的方法種數為

N=4×3×2×(1×2+1×2+1×1)

　=120

解法3　因為區域1與其它5個區域都有公共邊，所以當區域1栽種一種顏色的花之后，該顏色的花就不能栽于其它區域．因而可分兩步走，考慮如下：

第一步，在區域1中，栽上一種顏色的花，有4種栽法；

第二步，在剩下的五個區域中，栽種其它三種顏色的花．為此，可將2至6號五個區域分成3組，使同一組中的不同區域沒有公共邊．這樣的分組法有且只有5類，如下表(表中數字為區域號)：

	第一組	第二組	第三組
第一類	2	3，5	4，6
第二類	2，4	3，5	6
第三類	2，4	3，6	5
第四類	2，5	3，6	4
第五類	2，5	3	4，6

對每一類分得的3個組，將3種顏色的花分別栽于各組，共有種栽法．

應用乘法原理和加法原理，得合乎題意要求的不同栽種方法的種數為

解法4　由于第1、2、3區兩兩都有邊界，所以這3個區所栽的花，彼此必須不同顏色．因而，第一步可從4種顏色的花任取3種分別栽在這3個區域上，共有種栽法．其次將另一顏色的花栽于4、5、6三個區中的一個區或兩個區，即分為兩類情形：

第一類：栽在4、5、6的一個區域中，有3種情形：

情形1：栽于4區，則6區只有一種顏色的花可栽(因為必須不同于4、1、2區的顏色)，進而，5區周邊三個區域已栽上3種不同顏色的花，故5區也只有一種顏色的花可栽；

情形2：栽于6區，則與情形1同理，4、5區域分別只有1種顏色可栽；

情形3：栽于5區，由于5、1、2三個區已栽上不同顏色的花，6區只有1種栽法；同理，4區也只有1種栽法．

第二類：栽于4、5、6中的兩個區，只有栽于4、6兩個區域的一種情形，這時5區有2種栽法(因為5區的周邊只有兩色花)．

綜合起來，應用乘法原理與加法原理，得不同栽種方法的種數為

解法5　分兩類情況考慮：

第1類：第1、2、3、5等四個區域栽種不同顏色的4種花，共有種栽法．對于每一種栽法，第4、6區分別都只有1種顏色的花可栽．

第2類：第1、2、3、5等四個區域栽種不同顏色的3種花，共有種栽法．對于每一種栽法，要么2、5區栽同色花，要么3、5區栽同色花．對于前者，第6區有2種顏色的花可供選栽，第4區只能栽第4種顏色的花；對于后者，第4區有2種顏色的花可供選栽，第6區只能栽第4種顏色的花．即無論何種情形，第4、6區的栽法都是2種．