伤城文章网 > 数学 > 名师一号高考总复习新课标A版数学文科计时双基练全解全析

名师一号高考总复习新课标A版数学文科计时双基练全解全析


名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

∴MN∥CD,MN=CD. ∴四边形 MNCD 为平行四边形, ∴DM∥CN. 又 DM?平面 PBC,CN?平面 PBC, ∴DM∥平面 PBC. 1 (3)V D —PBC=V P —DBC= S△ DBC· PD, 3 又 S△ DBC=6,PD=4 3,∴V D —PBC=8 3.

第五节

直线、平面垂直的判定及性质

1.答案 B 2.解析 ①②③正确,④错误. 答案 C 3.解析 A 选项中,m,n 可能平行或异面.B 中 m,n 可能异面.C 中 α,β 不一定垂 直,故选 D. 答案 D 4.解析 ∵DA ⊥AB ,DA ⊥PA ,AB ∩PA = A ,∴DA ⊥平面 PAB ,又 DA ?平面 PAD, ∴平面 PAD⊥平面 PAB ,同理可证平面 PAB ⊥平面 PBC. 把四棱锥 P —ABCD 放在长方体中, 并把平面 PBC 补全为平面 PBCD1 ,把平面 PAD 补全为平面 PADD1 ,易知∠CD1 D 即为两个 平面所成二面角的平面角,∠CD1 D=∠APB ,∴∠CD1 D<90° ,故平面 PAD 与平面 PBC 不垂 直. 答案 A 5.解析 ∵在四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB ,∠BCD=45° ,∠BAD=90° ,∴ BD⊥CD. 又平面 ABD∩平面 BCD=BD,故 CD⊥平面 ABD,则 CD⊥AB. 又 AD⊥AB ,故 AB ⊥平面 ADC. ∴平面 ABC⊥平面 ADC. 答案 D a 5 6.解析 设点 C 到平面 A 1 DM 的距离为 h,则由已知得 DM=A 1M= a2 +? ?2 = a, 2 2 1 5 2 2 2 6 2 1 2 A 1 D = 2a , S △A 1 DM= × 2 a× ? a? -? a? = a ,连接 CM , S△ CDM = a ,由 2 2 2 4 2 1 1 6 2 1 2 VC—A 1 DM=VA 1 —CDM,得 S△A 1 DM· h= S△ CDM · a,即 a · h= a · a. 3 3 4 2 6 6 所以 h= a,即点 C 到平面 A 1 DM 的距离为 a,选 A. 3 3 答案 A 7.解析 ∵PC⊥平面 ABC,∴PC 垂直于直线 AB ,BC,AC; ∵AB ⊥AC,AB ⊥PC,AC∩PC=C, ∴AB ⊥平面 PAC. ∴AB ⊥AP .与 AP 垂直的直线是 AB. 答案 AB ,BC,AC AB 8.解析 由 PA ⊥平面 ABC, 得 PA ⊥AB ,PA ⊥AC. 故△PAB 、△PAC 都是直角三角形. 由 BC⊥AC,得 BC⊥PC, 故△BPC 是直角三角形. 又△ABC 显然是直角三角形, 故直角三角形的个数为 4. 答案 4 9.解析 由条件可得 AB ⊥平面 PAD,∴AB ⊥PD,故①正确;

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

∵PA ⊥平面 ABCD, ∴平面 PAB ,平面 PAD 都与平面 ABCD 垂直, 故平面 PBC 不可能与平面 ABCD 垂直,故②错; 1 1 ∵S△ PCD = CD· PD,S△ PAB = AB · PA , 2 2 由 AB =CD,PD>PA ,可知③正确; 由 E ,F 分别是棱 PC,PD 的中点可得 EF ∥CD, 又 AB ∥CD,∴EF ∥AB ,故 AE 与 BF 共面,故④错. 答案 ①③ 10.证明 (1)∵PA ⊥底面 ABCD, ∴CD⊥PA . 又 CD⊥AC,PA ∩AC=A , 故 CD⊥平面 PAC,AE ?平面 PAC. 故 CD⊥AE . (2)∵PA =AB =BC,∠ABC=60° ,故 PA =AC. ∵E 是 PC 的中点,故 AE ⊥PC. 由(1)知 CD⊥AE ,从而 AE ⊥平面 PCD,故 AE ⊥PD. 易知 BA ⊥PD,故 PD⊥平面 ABE. 11.证明 (Ⅰ)因为平面 PAD⊥底面 ABCD,且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD,所以 PA ⊥底面 ABCD. (Ⅱ)因为 AB ∥CD,CD=2AB ,E 为 CD 的中点, 所以 AB ∥DE ,且 AB =DE. 所以 ABED 为平行四边形. 所以 BE ∥AD. 又因为 BE ?平面 PAD,AD?平面 PAD, 所以 BE ∥平面 PAD. (Ⅲ)因为 AB ⊥AD,而且四边形 ABED 为平行四边形. 所以 BE ⊥CD,AD⊥CD, 由(Ⅰ)知 PA ⊥底面 ABCD,所以 PA ⊥CD. 所以 CD⊥平面 PAD. 所以 CD⊥PD. 因为 E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点,所以 PD∥EF. 所以 CD⊥EF ,又因为 CD⊥BE ,EF ∩BE =E ,所以 CD⊥平面 BEF . 所以平面 BEF ⊥平面 PCD. 12.

解 (Ⅰ)证明:设点 O 为 AC,BD 的交点. 由 AB =BC,AD=CD,得 BD 是线段 AC 的中垂线. 所以 O 为 AC 的中点,BD⊥AC. 又因为 PA ⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, 所以 PA ⊥BD. 所以 BD⊥平面 APC. (Ⅱ)连接 OG. 由(Ⅰ)可知 OD⊥平面 APC, 则 DG 在平面 APC 内的射影为 OG, 所以∠OGD 是 DG 与平面 APC 所成的角. 1 3 由题意得 OG= PA = . 2 2 在△ABC 中,AC= AB 2 +BC2 -2AB · BC· cos ∠ABC=2 3,

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

1 所以 OC= AC= 3. 2 在直角△OCD 中,OD= CD2 -OC2 =2. OD 4 3 在直角△OGD 中,tan∠OGD= = . OG 3 4 3 所以 DG 与平面 APC 所成的角的正切值为 . 3 (Ⅲ)连接 OG. 因为 PC⊥平面 BGD,OG?平面 BGD, 所以 PC⊥OG. 在直角△PAC 中,得 PC= 15. AC· OC 2 15 3 15 所以 GC= = . 从而 PG= , PC 5 5 PG 3 所以 = . GC 2

第八章
第一节
1.解析 答案 C

平面解析几何

直线的倾斜角与斜率、直线的方程
π π π 直线 x= 与 x 轴垂直,因此直线 x= 的倾斜角为 . 3 3 2 4-m 根据斜率计算公式可得 =-2,解得 m=-8. m-?-2?

2.解析 答案 B

m 1 m 1 因为 y=- x+ 经过第一、三、四象限,故- >0, <0,即 m>0,n<0,但 n n n n 此为充要条件,因此,其必要不充分条件为 mn<0,故选 B. 答案 B 4.解析 ∵sinα+cos α=0,α 是倾斜角,∴tanα=-1. a ∴k =- =tanα=-1,∴a-b=0. b 答案 D 5.解析 由 tanα=3 可求出直线 l2 的斜率 2tanα 3 k =tan2α= =- , 1-tan2 α 4 3 再由 l2 过点(1,0)即可求得直线方程为 y=- (x-1). 4 答案 D -2 -2 8 -3 1 6.解析 y= x- , = ,tanα= , tanα tanα tanα 3 4 4 cos α=- ,选 D. 5 答案 D 7.解析 直线 l1 的斜率为 3,所以倾斜角为 60° ,而直线 l2 的倾斜角为 90° ,所以两直 线的相交所成的锐角为 30° . 答案 30° 3.解析

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

x y 当直线过原点时,方程为 y=-2x;当直线不经过原点时,设方程为 + =1, 2a a 3 把 P (-1,2)代入上式,得 a= ,所以方程为 x+2y-3=0. 2 答案 y=-2x 或 x+2y-3=0 2 3 9.解析 依题意 tanα=- ,因为 m∈(-∞,-2 3)∪[2,+∞),所以 0<tanα< 或 m 3 π? ?3π ? ? -1≤tanα<0,所以 α∈ 0, ∪ ,π . ? 6? ? 4 ? π 3π 答案 ?0, ?∪? ,π? ? 6? ? 4 ? a+0 =-1, 2 10.解 设 A (a, 0),B (0,b),则 0+b =-1, 2 8.解析

? ? ?

∴?

? ?a=-2, ?b=-2, ?

即 A (-2,0),B (0,-2).

-2-0 ∴k AB = =-1,故直线 l 的倾斜角为 135° . 0-?-2? 11.解 (1)平行于 BC 边的中位线就是 AB 、AC 中点的连线. 7 ? ? 1 ? 因为线段 AB 、AC 中点坐标为? ?2,1?,?-2,-2?, 1 x+ y+2 2 所以这条直线的方程为 = , 1+2 7 1 + 2 2 整理得 6x-8y-13=0, x y 化为截距式方程为 + =1. 13 13 - 6 8 (2)因为 BC 边上的中点为(2,3), y+4 x-1 所以 BC 边上的中线方程为 = , 3+4 2-1 即 7x-y-11=0, x y 化为截距式方程为 + =1. 11 -11 7 12.解 解法 1:由题意,设直线 l:y-4=k (x-1),k <0, 4 则 a=1- ,b=4-k. k 4 ∴a+b=5+(- -k )≥5+4=9. k 当且仅当 k =-2 时,取“=”. 故得 l 的方程为 y=-2x+6. x y 解法 2:设 l: + =1(a>0,b>0), a b 1 4 由于 l 经过点 A (1,4),∴ + =1, a b 1 4 4a b ∴a+b=(a+b)· ( + )=5+ + ≥9, a b b a 4a b 当且仅当 = 时,即 b=2a 时,取“=”即 a=3,b=6. b a

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

x y ∴所求直线 l 的方程为 + =1,即 y=-2x+6. 3 6

第二节

直线的交点与距离公式

1.解析 由 a×1+1×(-2)=0,得 a=2. 答案 A 1 1+m m-2 方法 1:据已知若 m=0,易知两直线不平行,若 m≠0,则有 = ≠ m 2 6 ?m=1 或 m=-2. 方法 2:由 1×2=(1+m)m,得 m=-2 或 m=1. 当 m=-2 时,l1 :x-y-4=0,l2 :-2x+2y+6=0,平行. 当 m=1 时,l1 :x+2y-1=0,l2 :x+2y+6=0,平行. 答案 A 3.解析 l 的斜率为-1,则 l1 的斜率为 1, 2-?-1? k AB = =1,a=0. 3-a 2 由 l1 ∥l2 ,- =1,b=-2,所以 a+b=-2. b 答案 B |3m+2+3| |-m+4+3| 4.解析 依题意得 = , 2 2 m +1 m +1 ∴|3m+5|=|m-7|. ∴3m+5=m-7 或 3m+5=7-m. 1 ∴m=-6 或 m= . 故应选 B. 2 (本题也可利用直线 mx+y+3=0 经过线段 AB 的中点或与直线 AB 平行计算) 答案 B 5.解析 在直线 y=2x+1 上任取两个点 A(0,1),B (1,3),则点 A 关于点(1,1)对称的点为 y+1 x-1 M(2,1), B 关于点(1,1)对称的点为 N(1, -1). 由两点式求出对称直线 MN 的方程 = , 1+1 2-1 即 y=2x-3,故选 D. 答案 D 6.解析 由于直线 l1 :y=k(x-4)恒过定点(4,0),其关于点(2,1)对称的点为(0,2), 又由于直线 l1 :y=k(x-4)与直线 l2 关于点(2,1)对称, ∴直线 l2 恒过定点(0,2). 答案 B 7.解析 整理为 x-y+1+λ(2x+y)=0, 1 x=- , ? 3 ?x-y+1=0, 1 2 令? 得 ∴恒过定点(- , ). 3 3 ? 2x+y=0, 2 ? y= , 3 1 2 答案 (- , ) 3 3 8. 解析 直线 y=ax+8 关于 y=x 对称的直线方程为 x=ay+8, 所以 x=ay+8 与 y=- ? a =- 2 , ? 1 x+b 为同一直线,故得? 所以 a+b=2. 2 ? ?b=4. 2.解析

? ? ?

答案

2

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

1 由题意得,射出的光线方程为 y-3= (x-2), 2 即 x-2y+4=0,与 y 轴交点为(0,2). 又(2,3)关于 y 轴对称点为(-2,3), ∴反射光线所在直线过(0,2),(-2,3), 3-2 故方程为 y-2= x,即 x+2y-4=0. -2 答案 x+2y-4=0 3 10.解 (1)直线 l:3x+4y-12=0,k l =- , 4 3 又∵l′∥l,∴k l ′=k l =- . 4 3 ∴直线 l′:y=- (x+1)+3,即 3x+4y-9=0. 4 4 (2)∵l′⊥l,∴k l ′= . 3 4 设 l′在 x 轴上的截距为 b,则 l′在 y 轴上的截距为- b, 3 1 ? 4 ? 由题意可知,S= |b|·- b =4,∴b=± 6. 2 ? 3 ? 4 4 ∴直线 l′:y= (x+ 6)或 y= (x- 6). 3 3 即所求直线 l′的方程为:4x-3y+4 6=0 或 4x-3y-4 6=0. 9.解析

11.解 如右图所示,设圆 C 关于 x 轴对称的圆为圆 C′,则圆 C′的圆心坐标为(2, -2),半径为 1. 设入射光线所在的直线方程为 y -3=k (x+3),则该直线与圆 C′相切,则 |5k +5| 3 4 =1,解得 k =- ,或 k =- ,可得直线 l 的方程为 3x+4y-3=0 或 4x+3y+3=0. 2 4 3 k +1 12.解 (1)证明:(2+m)x+(1-2m)y+4-3m=0 可化为(x-2y-3)m=-2x-y-4. ?x-2y-3=0, ?x=-1, ? ? 由? 得? ? ? ? -2x-y-4=0, ?y=-2, ∴直线必过定点 M(-1,-2). (2)设直线的斜率为 k (k <0),则其方程为 y+2=k(x+1), 2 ∴|OA |=1- ,|OB |=2-k , k 1 1 2 S△ AOB = · |OA |· |OB |= ?1- ?(2-k ) ? 2 2 k? 1 4 = ? 4+? - ? +?-k ?? ?≥4. 2? ? k? 4 当且仅当- =-k ,即 k =-2 时取等号, k ∴△AOB 的面积最小值是 4, 此时直线的方程为 y+2=-2(x+1),即 2x+y+4=0.

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

第三节

圆的方程
2 2 2

1.解析 此方程表示圆的充要条件是(-4k ) +(-2) +4k >0,即 4k +k +1>0.(*) ∵Δ=12 -4×4×1<0,∴(*)式恒成立,∴k ∈R. 答案 C 2 2 2.解析 由题意知圆心为(0,2),则圆的方程为 x +(y-2) =1. 答案 A 3.解析 由题意得线段 AB 的中点 C 的坐标为(0,0),直线 AB 的斜率为 k AB =-1, 则过点 C 且垂直于 AB 的直线方程 y=x, ? ?y=x, 圆心坐标(x,y)满足? 得 y=x=1, ? x+y-2=0, ? 从而圆的半径为 ?1-1? +[1-?-1?] =2, 2 2 因此,所求圆的方程为(x-1) +(y-1) =4. 答案 C 4.解析 由(a-1)x-y+a+1=0 得 a(x+1)-(x+y-1)=0,∴直线恒过定点(-1,2). ∴圆的方程为(x+1)2 +(y-2)2 =5, 2 2 即 x +y +2x-4y=0. 答案 C 2 2 ??|x|-1? +?y-1? =1, ? 5.解析 由题意得? ? ?|x|-1≥0.
??x-1? 2 +? y-1?2 =1, ?? x+1?2 +? y-1?2 =1, ? ? 即? 或? ? x≥1 ? ? ? x≤-1.
2 2

故原方程表示两个半圆. 答案 D 6.解析 将圆的方程变形为(x -1)2 +(y+3)2 =10-5a,可知,圆心为(1,-3),且 10 -5a>0,即 a<2. ∵圆关于直线 y=x+2b 对称,∴圆心在直线 y=x+2b 上,即-3=1+2b, 解得 b=-2,∴a-b<4. 答案 A |OA |+|OB |-|AB | 15+8-17 7. 解析 因为△AOB 是直角三角形, 所以内切圆半径为 r= = 2 2 =3,圆心坐标为(-3,3),故内切圆方程为(x+3)2 +(y-3)2 =9. 答案 (x+3)2 +(y-3)2 =9 8.解析 设所求圆的半径是 R ,依题意得,抛物线 y2 =4x 的焦点坐标是(1,0),则圆 C |4×0-3×1-2| 2 2 的圆心坐标是(0,1),圆心到直线 4x-3y-2=0 的距离 d= =1,则 R =d + 2 2 4 +?-3? ?|AB|?2 =10,因此圆 C 的方程是 x2 +(y-1)2 =10. ? 2 ? 答案 x2 +(y-1)2 =10 9.解析 O A =(x1 ,y1 ),OB =(x2 ,y2 ), 〈O A ,O B 〉=120° ,









则 x1 x2 +y1 y2 =OA · O B =|O A |· |O B |cos120° 1 =2×?- ?=-1. ? 2? 答案 -1 2 2 2 10.解 (1)设圆的标准方程为(x-a) +(y-b) =r ,









名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

a +b = r , ? ? 2 2 2 由题意列出方程组? ?a-1? +?b-1? =r , ? ? 2a+3b+1=0, a=4, ? ? 解之得?b=-3, ? ?r2 =25. ∴圆的标准方程是(x-4) +(y+3) =25. 2 2 2 (2)方法 1:设圆的标准方程为(x-a) +(y-b) =r , b=-4a, ?a=1, ? ?3-a?2 +?-2-b?2 =r2 , 则有 解得?b=-4, |a+b-1| ? =r, ?r=2 2. 2
2 2

2

2

2

? ? ? ? ?

∴圆的方程为(x-1)2 +(y+4)2 =8. 方法 2:过切点且与 x+y-1=0 垂直的直线为 y+2=x-3,与 y=-4x 联立可求得圆心 为(1,-4). 2 2 ∴半径 r= ?1-3? +?-4+2? =2 2. ∴所求圆的方程为(x-1)2 +(y+4)2 =8. (3)方法 1:设圆的一般方程为 x2 +y2 +Dx+Ey+F =0,

?1+144+D+12E+F=0, ?D=-2, ? ? 则?49+100+7D+10E +F =0, 解得?E =-4, ? ? ? 81+4-9D+2E+F=0. ?F=-95.
∴所求圆的方程为 x2 +y2 -2x-4y-95=0. 1 方法 2:由 A (1,12),B(7,10),得 A 、B 的中点坐标为(4,11),k AB =- ,则 AB 的中垂线 3 方程为 3x-y-1=0. 同理得 AC 的中垂线方程为 x+y-3=0. ?3x-y-1=0, ?x=1, ? ? 联立? 得? ? x+y-3=0, ?y=2, ? ? 即圆心坐标为(1,2), 半径 r= ?1-1?2 +?2-12?2=10. ∴所求的圆的方程为(x-1)2 +(y-2)2 =100. 11.解 由题意知,这两个圆的圆心都在第一象限, 且在直线 y=x 上,故可设两圆方程为 (x-a)2 +(y-a)2 =a2 ,(x-b)2 +(y-b)2 =b2 , 且 r1 =a,r2 =b. 由于两圆都过点 C, 则(3-a)2 +(4-a)2 =a2 ,(3-b)2 +(4-b)2 =b2 即 a2 -14a+25=0,b2 -14b+25=0. 则 a,b 是方程 x2 -14x+25=0 的两个根. 故 r1 r2 =ab=25. 12.解 (1)设圆心为 C(a,b),由 OC 与直线 y=x 垂直, b 知 O,C 两点的斜率 k OC= =-1,故 b=-a, a 2 2 又|OC|=2 2,即 a +b =2 2, ? ? ?a=-2, ?a=2, 可解得? 或? ?b=2, ?b=-2. ? ?

名师一号 高考总复习· 模块新课标 ? ?a=-2, ?b=2. ?

数学· 新课标 A 版(文)

结合点 C(a,b)位于第二象限知?
2

故圆 C 的方程为(x+2) +(y-2)2 =8. (2)假设存在 Q(m,n)符合题意,

??m-4? +n =4 , , ?m=4 ? 2 2 5 则? m +n ≠0, 解得? 12 2 2 ? ? ?m+2? +?n-2? =8, ?n= 5 .
2 2 2

4 12 故圆 C 上存在异于原点的点 Q? , ?符合题意. ?5 5 ?

第四节
1.解析

直线与圆、圆与圆的位置关系
依题意,圆的圆心为(1,2),半径 r= 5,圆心到直线的距离 d=
2 2

|1+4-5+ 5| 5

=1,所以结合图形可知弦长的一半为 r -d =2,故弦长为 4. 答案 C |k + 3| 3 2.解析 由题意知 2 =1,∴k =- , 3 k +1 5 ∴直线 l 的倾斜角为 π. 6 答案 D 3.解析 |PQ|的最小值为圆心到直线的距离减去半径.因为圆的圆心为(3,-1),半径 为 2,所以|PQ|的最小值 d=3-(-3)-2=4. 答案 B 4.解析 圆的标准方程为(x+1)2 +(y-2)2 =25, 由|AB |=8 知,圆心(-1,2)到直线 l 的距离 d=3. 当直线 l 的斜率不存在,即直线 l 的方程为 x=-4 时,符合题意; 当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=k (x+4),即 kx-y+4k =0. |3k -2| 5 则有 =3,∴k =- . 2 12 k +1 此时直线 l 的方程为 5x+12y+20=0. 答案 B 5.解析

切线斜率为 1,k OC=-1 直线 OC 方程 y=-x 与圆 C 联立方程 2 2 得 M(-1+ ,1- ) 2 2 切线方程 y=x+2- 2,选 A. 答案 A 6.解析 两个圆恰有三条公切线,则两圆外切.两圆的标准方程为圆 C1 :(x+a)2 +y2 =4;圆 C2 :x2 +(y-b)2 =1, 所以|C1 C2 |= a2 +b2 =2+1=3,即 a2 +b2 =9.

名师一号 高考总复习· 模块新课标
2

数学· 新课标 A 版(文)

?a+b? 2 2 由 a +b ≥ 及当且仅当“a=b”时等号成立, 2 所以(a+b)2 ≤2(a2 +b2 ),即|a+b|≤3 2. 所以-3 2≤a+b≤3 2. 故 a+b 的最小值为-3 2. 答案 C 7.解析 ∵圆 C1 的圆心 C1 (3,0),圆 C2 的圆心 C2(0,3), ∴直线 C1 C2 的方程为 x+y-3=0,AB 的中垂线即直线 C1 C2 ,故其方程为 x+y-3=0. 答案 x+y-3=0 8.解析 当点(0,1)点为弦 AB 的中点时,|AB |的长最小,且易求得最小值为 2 3. 答案 2 3 π 9.解析 直线 l:xcosθ+ysinθ=1(0<θ< )是单位圆 x2 +y2 =1 在第一象限部分的切线, 2 2 2 圆 O:x +y =5 的圆心到直线 l 的距离为 1,故过原点 O 与 l 平行的直线 l1 与圆 O 的 2 个交 点到直线 l 的距离为 1,l1 关于 l 对称的直线 l2 与圆 O 也有 2 个交点,共 4 个. 答案 4 10.解 将圆 C 的方程 x2 +y2 -8y+12=0 配方,得标准方程为 x2 +(y-4)2 =4,则此圆 的圆心为(0,4),半径为 2. |4+2a| 3 (1)若直线 l 与圆 C 相切,则有 =2. 解得 a=- . 2 4 a +1 (2)过圆心 C 作 CD⊥AB ,则根据题意和圆的性质, , ? a +1 得?|CD| +|DA | =|AC| =2 , |AB |= 2. ?|DA|=1 2 |CD|=
2

|4+2a|
2 2

2

2

解得 a=-7 或 a=-1. 故所求直线方程为 7x-y+14=0 或 x-y+2=0. 11.解 (1)设点 P 的坐标为(x,y), 则 ?x+3?2 +y2=2 ?x-3?2 +y2, 化简可得(x-5)2 +y2 =16 即为所求. (2)曲线 C 是以点(5,0)为圆心,4 为半径的圆,如下图.

则直线 l2 是此圆的切线,连接 CQ, 则|QM|= |CQ|2 -|CM|2= |CQ|2 -16, |5+3| 当 CQ⊥l1 时,|CQ|取最小值,|CQ|= =4 2, 2 此时|QM|的最小值为 32-16=4. 12.解 (1)抛物线 y2 =4x 的准线 l 的方程为 x=-1. 由点 C 的纵坐标为 2,得点 C 的坐标为(1,2), 所以点 C 到准线 l 的距离 d=2,又|CO|= 5, 所以|MN|=2 |CO|2 -d2 =2 5-4=2. y2 y2 y4 y2 0 0 2 2 0 2 2 0 2 (2)设 C( ,y0 ),则圆 C 的方程为(x- ) +(y-y0) = +y0 ,即 x - x+y -2y0 y=0. 4 4 16 2

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

y2 2 0 由 x=-1,得 y -2y0 y+1+ =0, 2 设 M(-1,y1),N(-1,y2 ),则 2 y0 2 2 Δ=4y0 -4?1+ ?=2y 0-4>0, 2

? ? y ?y y = 2 +1.
1 2 2 0

由|AF |2 =|AM|· |AN|,得|y1 y2 |=4, y2 0 所以 +1=4,解得 y0 =± 6,此时 Δ>0. 2 3 3 所以圆心 C 的坐标为( , 6)或( ,- 6), 2 2 33 33 33 2 从而|CO| = ,|CO|= ,即圆 C 的半径为 . 4 2 2

第五节

椭圆
m-2>0, ? ? x2 y2 若 + =1 表示椭圆,则有?6-m>0, m-2 6-m ? ?m-2≠6-m,
2 2

1.解析

x y ∴2<m<6 且 m≠4,故 2<m<6 是 + =1 表示椭圆的必要不充分条件. m-2 6-m 答案 B 3 2.解析 ∵a=4,e= ,∴c=3. 4 ∴b2 =a2 -c2 =16-9=7. x2 y2 x2 y2 ∴椭圆的标准方程是 + =1 或 + =1. 16 7 7 16 答案 B 3.解析 由题意椭圆焦点在 y 轴上,可得 m=6,由圆锥曲线的定义可得|PF 1 |+|PF2 |= 2 m=2 6,||PF1 |-|PF 2 ||=2 3,两式平方作差得|PF 1 |· |PF 2 |=3. 答案 A 4.解析 由题意,得 F 1(- 3,0),F 2 ( 3,0). → → 设 M(x,y),则MF 1· MF 2=(- 3-x,-y)· ( 3-x,-y)=0,整理得 x2 +y2 =3. ① 2 2 x x 又因为点 M 在椭圆上,故 +y2 =1,即 y2 =1- . ② 4 4 3 2 6 将②代入①,得 x2 =2,解得 x=± . 4 3 2 6 故点 M 到 y 轴的距离为 . 3 答案 B 5.解析 设 A (x1 ,y1 ),B (x2 ,y2 ),由 AB 中点为(1,-1)得 x1 +x2 =2,y1 +y2 =-2. 又直 y1 -y2 0-?-1? 1 ?x1 +x2 ??x1 -x2? 线 AB 过 F (3,0) ,得直线的斜率 k = = = ,由点差法得 + x1 -x2 3-1 2 a2 1 - 2× ?y1 +y2 ??y1 -y2? ?x1 +x2 ? ?y1 +y2 ?· k 2 2 2 1 =0 即 + =0 得 2 + =0 得 2 - 2 =0, 即 a2 =2b2. 又 c= b2 a2 b2 a b2 a b 3,即 a2 -b2 =9,解得 a2 =18,b2 =9. 故选 D. 答案 D

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

6.解析

A 1 (-2,0),A 2(2,0),上顶点 B1 (0, 3),若 P 位于 B 1 处,kPA 2 =- 3 3 4-x2 0 ,kPA2 =- 2 2

3 >-1,由 2

图象分析 P 位于第一象限,设 P (x0 ,y0 ),则 y0 = 1]得 4 2+x0 ? 2 , ?,而 kPA1 = 3 ∈ 2-x0 ? 3 2 3? 答案 B 7. 解析

2+x0 ∈[-2,- 2-x0

2-x0 ?3 3? ∈ , ,故选 B. 2+x0 ?8 4? 2 c 2 , 即 = , 得 c=2 2, 2 a 2

由△ABF 2 的周长=4a=16, 得 a=4, 又知离心率为

x2 y2 2 2 2 2 所以 a =16,b =a -c =16-8=8,∴C 的方程为 + =1. 16 8 x2 y2 答案 + =1 16 8 1 8.解析 由题意 2a=4,∴a=2,又∵c=1,∴e= . 2 1 答案 2 a2 b2 y cy 9. 解析 设 P ( , y), 线段 F 1 P 的中点 Q 的坐标为( ,), 则直线 F 1 P 的斜率 kF1 P = 2 2 , c 2c 2 a +c cy 当直线 QF 2 的斜率存在时,设直线 QF2 的斜率为 kQF 2 = 2 (b2 -2c2 ≠0)由 kF 1 P· kQF 2 = b -2c2 ?a2 +c2 ??2c2 -b2 ? 1 -1 得 y2 = ≥0,但注意到 b2 -2c2 ≠0, 故 2c2 -b2 >0,即 3c2 -a2 >0,即 e2> , 2 c 3 2 3 a 3 故 <e<1. 当直线 QF 2 的斜率不存在时, y=0, F 2 为线段 PF 1 的中点. 由 -c=2c 得 e= , 3 c 3 3 综上得 ≤e<1. 3 答案 ? 3,1? ?3 ? 10.解 (1)依题意得|F1 F 2|=2,又 2|F 1 F2 |=|PF 1|+|PF 2 |, ∴|PF 1|+|PF 2 |=4=2a. ∴a=2,c=1,b2 =3. x2 y2 ∴所求椭圆的方程为 + =1. 4 3 (2)设 P 点坐标为(x,y),∵∠F 2F 1 P =120° , ∴PF 1 所在直线的方程为 y=(x+1)· tan120° , 即 y=- 3(x+1). ? ?y=- 3?x+1?, 解方程组?x2 y2 ? ? 4 + 3 =1,

?x=-5, 并注意到 x<0,y>0,可得? 3 3 ?y= 5 .
1 3 3 3 3 ∴S△PF 1F 2 = |F 1 F2 |· = . 2 5 5 11.解 16 (1)将(0,4)代入 C 的方程得 2 =1,∴b=4. b a2 -b2 9 c 3 又由 e= = ,得 2 = , a 5 a 25

8

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

16 9 = ,∴a=5. a2 25 x2 y2 ∴C 的方程为 + =1. 25 16 4 4 (2)过点(3,0)且斜率为 的直线方程为 y= (x-3). 5 5 设直线与 C 的交点为 A (x1 ,y1 ),B (x2 ,y2), 4 将直线方程 y= (x-3)代入 C 的方程,得 5 2 2 ? x - 3 ? x 2 + =1,即 x -3x-8=0, 25 25 3- 41 3+ 41 解得 x1 = ,x2 = . 2 2 x1 +x2 3 设线段 AB 的中点坐标为(x′,y′),则 x′= = , 2 2 y1 +y2 2 6 y′= = (x1 +x2 -6)=- , 2 5 5 3 6? ? 即中点坐标为? ,- ?. 2 5 12.解析:(1)连接 AC,依题意设椭圆的标准方程为: x2 y2 2 + 2 =1( a>b>0) , a b 在 Rt△ABC 中,AB =4,BC=3,∴AC=5. ∴CA +CB =5+3=2a,a=4. 2 2 又 2c=4,∴c=2,从而 b= a -c =2 3, 2 2 x y ∴椭圆的标准方程为 + =1. 16 12 (2)由题意知,当 l 与 x 轴垂直时,不满足|ME|=|NE |, 当 l 与 x 轴平行时,|ME |=|NE |显然成立,此时 k =0. 设直线 l 的方程为 y=kx+m(k ≠0), ?y=kx+m, 即 1- 由? x2 y2 ?16+12=1 ?

?

消去 y 整理得(3+4k )x +8kmx+4m -48=0.

2

2

2

由直线与椭圆交于两点得 Δ=64k 2 m2 -4(3+4k 2 )(4m2 -48)>0, ∴16k 2 +12>m2. ① 设 M(x1 ,y1),N(x2 ,y2 ),MN 的中点为 F (x0 ,y0), x1 +x2 -4km 3m 则 x0 = = 2,y0 =kx0 +m= 2. 2 3+4k 3+4k ∵|ME |=|NE|,∴EF ⊥MN,∴kEF · k =-1, 3m -1 3+4k 2 即 ×k =-1,化简得 m=-(4k2 +3), -4km 2 3+4k 2 2 2 结合①得 16k +12>(4k +3) , 1 1 即 16k4 +8k2 -3<0,解得- <k < (k ≠0). 2 2

1 1? 综上可知,存在满足条件的直线 l,且其斜率 k 的取值范围为? ?-2,2?. x2 y2 答案:(1) + =1; 16 12 1 1? (2)存在满足条件的直线 l,且其斜率 k 的取值范围为? ?-2,2?.

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

第六节
1.解析

双曲线

y2 2 双曲线方程可化为 x - =1. 1 2 1 3 6 ∴a2 =1,b2 = ,∴c2 =a2 +b2 = ,c= , 2 2 2 ∴左焦点坐标为?- 6,0?. 故选 C. ? 2 ? 答案 C 2.解析 由双曲线定义||PF1 |-|PF 2 ||=8, 又|PF 1|=9,∴|PF2 |=1 或 17,但应注意双曲线的右顶点到右焦点距离最小为 c-a=6- 4=2>1, ∴|PF 2|=17. 故选 B. 答案 B x2 1 2 5 3.解析 双曲线 -y2 =1 的顶点为(± 2,0),渐近线为 y=± x,所以所求距离为 . 4 2 5 答案 C 4.解析 双曲线 C1 的实轴长为 2cos θ,虚轴长为 2sinθ,焦距为 2 cos2 θ+sin2 θ=2,离 1 心率为 ;双曲线 C2 的实轴长为 2sinθ,虚轴长 2sinθtanθ,焦距为 2 sin2 θ+?sinθtanθ?2= cos θ 1 2tanθ,离心率为 ,故 A, B,C 都不对,而离心率相同,所以选 D. cos θ 答案 D 2 b2 ? b2 ? → ? ?-c,-b ?,A(a, 0),所以MA 5.解析:由题意,可得 M? - c , , N = a + c ,- , ? ? ? a? a? a? 2 b? → NA =? ?a+c, a ?. b4 b2 → → ∵MA· NA >0,∴(a+c)2 - 2>0,∴a+c- >0, a a 2 2 2 ∴2a +ac-c >0,∴e -e-2<0,解得 1<e<2,故选 B. 答案:B 2 2 x y 6.解析 不妨设双曲线方程为 2 - 2 =1. a b 由题意知|BF 1|-|BF 2 |=2a, ∴|BF 1|2 +|BF 2|2 -2|BF 1 |· |BF 2|=4a2 . ① 2 2 2 由勾股定理得|BF 1| +|BF 2| =4c ,② 由①②知 4c2 -4a2 =2|BF 1 |· |BF 2|. 下面求 2|BF 1 |· |BF 2 |的值,在椭圆中,|BF 1 |+|BF2 |=4,故|BF1 |2 +|BF2 |2 +2|BF 1|· |BF2 |=16, 2 2 2 又由②知|BF 1| +|BF 2| =4c =12, ∴2|BF 1|· |BF2 |=4,因此有 c2 -a2 =1, c 6 即 c2 =3,a2 =2,∴ = . a 2 答案 D 7.解析 本题考查双曲线的渐近线方程. b 3 由 a2 =16,b2 =9,得渐近线方程为 y=± x=± x. a 4 3 答案 y=± x 4 16+m 5 c 8.解析 a2 =16,b2 =m,得 c2 =16+m,则 e= = = ,∴m=9. a 4 4

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

答案 9. 解析

b |bc| 因为右焦点 F (c, 0)到渐近线 y= x, 即 bx-ay=0 的距离为 2 =b, 所以|OA | a a +b2 1 =2a,故△OAF 的面积为 ×2a×b=ab. 2 答案 ab 10.解 切点为 P (3,-1)的圆 x2 +y2 =10 的切线方程是 3x-y=10. ∵双曲线的一条渐近线与此切线平行,且双曲线关于两坐标轴对称, ∴两渐近线方程为 3x± y=0. 设所求双曲线方程为 9x2 -y2 =λ(λ≠0). ∵点 P (3,-1)在双曲线上,代入上式可得 λ=80, x2 y2 ∴所求的双曲线方程为 - =1. 80 80 9 c 11.解 (1)依题意,b= 3, =2?a=1,c=2, a y2 2 ∴双曲线的方程为 x - =1. 3 (2)设 A (x1 ,y1 ),B (x2 ,y2),由(1)知 F2 (2,0). y=k ?x-2?, ? ? 易验证当直线 l 斜率不存在时不满足题意, 故可设直线 l: y=k(x-2), 由? 2 y2 ? ?x - 3 =1, 消元得(k -3)x -4k x+4k +3=0, 2 4k k ≠± 3时,x1 +x2 = 2 , k -3 4k 2 +3 x1 x2 = 2 ,y1 -y2 =k(x1 -x2 ), k -3 △F 1 AB 的面积 S=c|y1 -y2 |=2|k |· |x1 -x2 | =2|k |· 16k -4?k -3??4k +3? |k 2 -3|
2 4 2 2 2 2 2 2

9

k +1 =12|k |· 2 =6 2. |k -3| 4 2 得 k +8k -9=0,则 k =± 1. 所以直线 l 方程:y=x-2 或 y=-x+2. 2 2 a +b c 12.解 (1)由题设知 =3,即 2 =9,故 b2 =8a2 . a a 2 2 2 所以 C 的方程为 8x -y =8a . 1 将 y=2 代入上式,求得 x=± a2 + . 2 1 由题设知,2 a2 + = 6,解得 a2 =1. 2 所以 a=1,b=2 2. 2 2 (2)由(1)知,F 1 (-3,0),F 2 (3,0),C 的方程为 8x -y =8. ① 由题意可设 l 的方程为 y=k (x-3),|k |<2 2,代入①并化简得(k 2 -8)x2 -6k 2 x+9k 2 +8= 0. 设 A (x1 ,y1),B(x2 ,y2 ),则 x1 ≤-1,x2 ≥1, 2 2 9k + 8 6k x1 +x2 = 2 ,x1 · x2 = 2 . k -8 k -8 于是|AF 1|= ?x1 +3? +y1 = ?x1 +3? +8x1 -8 =-(3x1 +1),|BF 1 |= ?x2 +3?2 +y2 2
2 2 2 2

名师一号 高考总复习· 模块新课标
2 = ?x2 +3?2 +8x2 -8 =3x2 +1.

数学· 新课标 A 版(文)

2 由|AF 1|=|BF 1 |得-(3x1 +1)=3x2 +1,即 x1 +x2 =- . 3 6k 2 2 4 19 2 故 2 =- ,解得 k = ,从而 x1 · x2 =- . k -8 3 5 9 2 2 2 2 由 于 |AF 2| = ?x1 -3? +y1 = ?x1 -3? +8x1 -8 = 1 - 3x1 , |BF 2| = 2 2 ?x2 -3? +8x2 -8 =3x2 -1, 故|AB |=|AF2 |-|BF 2 |=2-3(x1 +x2 )=4, |AF 2|· |BF2 |=3(x1 +x2)-9x1 x2 -1=16. 2 因而|AF 2|· |BF2 |=|AB | ,所以|AF2 |、|AB |、|BF2 |成等比数列.

?x2 -3?2 +y2 2=

第七节
1.解析

抛物线

1 设抛物线方程为 x2 =ay 或 y2 =ax(a≠0),把圆心(1,-3)代入方程得 a=- 或 3 2 2 a=9,∴抛物线方程是 y=-3x 或 y =9x. 答案 D 2 2.解析 由题意可设抛物线方程为 y =2px(p>0), p 则 2+ =3,∴p=2. 2 ∴y2 =4x,∴y2 0 =4×2=8. ∴|OM|= 2 +y0 = 4+8=2 3. 答案 B 3.解析 设与直线 4x+3y-8=0 平行且与抛物线相切的直线为 4x+3y+t=0,与抛物 4 线 y=-x2 联立得 3x2 -4x-t=0,由 Δ=16+12t=0,得 t=- ,两条平行线的距离为所求 3 4 最小距离,由两条平行线的距离公式得所求距离为 . 3 答案 A 2 2 2 2 a +b x y c 4.解析 ∵双曲线 C1 : 2- 2 =1(a>0,b>0)的离心率为 2,∴ = =2,∴b= 3 a b a a a. ∴双曲线的渐近线方程为 3x± y=0. p | 3×0± | p 2 2 ∴抛物线 C2 :x =2py(p>0)的焦点(0, )到双曲线的渐近线的距离为 =2,∴p 2 2 =8. ∴所求的抛物线方程为 x2 =16y. 答案 D c b2 b 5.解析 由双曲线的离心率 e= = 1+ 2=2 可得 = 3,所以双曲线的渐近线方程 a a a p p 3 p 3 为 y=± 3x,与抛物线 x=- 的交点坐标 A (- , p),B (- ,- p),所以△AOB 的面 2 2 2 2 2 1 p 积为 × × 3p= 3,可得 p=2. 2 2 答案 C 1 6.解析 由题意知 k ≠0,设直线 AB 方程为 x= y+2,与抛物线交于 A (x1 ,y1 ),B(x2 , k 8 → → 2 y2 ),直线 AB 与抛物线方程联立得 ky -8y-16k =0,y1 +y2 = ,y1 y2 =-16,MA· MB=(x1 + k
2 2

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

y2 y2 8 1 2 2)(x2 +2)+(y1 -2)(y2 -2)=( +2)( +2)+(y1 -2)(y2 -2)=0,整理并结合 y1 +y2 = ,y1 y2 = 8 8 k 2 -16 得 k -4k +4=0,解得 k =2,故选 D. 答案 D 7.解析 根据题意可知抛物线以 x 轴为对称轴,当开口向右时,A ? 3,1?,设抛物线 ? 2 2? 1 3 1 方程为 y2 =2px,则有 =2p· ,所以 p= . 4 2 4 3 抛物线方程为 y = 答案 y=± 3 x 6
2

3 3 2 x,同理可得,当开口向左时,抛物线方程为 y =- x. 6 6

8.解析

1 2 设正三角形边长为 x,则 36 3= x sin60° . 2

∴x=12. 当 a>0 时,将(6 3,6)代入 y2 =ax 得 a=2 3; 2 当 a<0 时,将(-6 3,6)代入 y =ax 得 a=-2 3, 故 a=± 2 3. 答案 ± 2 3 ? ?x=ty-1 2 9.解析 设直线 l 的方程为 x=ty-1,联立? 2 得 y -4ty+4=0. 设 A(x1 ,y1 ), ? y =4x ? B (x2 ,y2 ),则 y1 +y2 =4t,y1 y2 =4,所以 yQ =2t,将 yQ 代入 x=ty-1 得 xQ =2t2 -1,|FQ|2 = 1 2 2 (xQ -1) +yQ =4 代入得 t=0(舍)或 t=± 1,所以直线的斜率 为± 1. t 答案 ± 1 10.解 由题设知,抛物线以双曲线的右焦点为焦点,准线过双曲线的左焦点,∴p=2c. 设抛物线方程为 y2 =4c· x. 3 3 ∵抛物线过点? , 6?,∴6=4c·. ?2 ? 2 ∴c=1. 故抛物线方程为 y2 =4x. 2 2 x y 3 ? 又双曲线 2 - 2 =1 过点? ?2, 6?, a b 9 6 9 6 ∴ 2 - 2 =1. 又 a2 +b2 =c2 =1,∴ 2 - =1. 4a b 4a 1-a2 1 ∴a2 = 或 a2 =9(舍). 4 3 4y2 2 2 ∴b = . 故双曲线方程为 4x - =1. 4 3 11.解析:(1)将 y=kx+2 代入 x2 =2py,得 x2 -2pkx-4p=0. 其中 Δ=4p2 k2 +16p>0, 设 A (x1 ,y1),B(x2 ,y2 ),则 x1 +x2 =2pk ,x1 x2 =-4p. 2 x2 → → 1 x2 OA · OB =x1 x2 +y1 y2 =x1 x2 + · =-4p+4. 2p 2p 1 由已知,-4p+4=2,p= . 2 2 所以抛物线 E 的方程 x =y. (2)由(1)知,x1 +x2 =k ,x1 x2 =-2. y1 +2 x2 x2 1 +2 1 -x1 x2 k 1= = = =x1 -x2 , x1 x1 x1 同理 k2 =x2 -x1 ,

名师一号 高考总复习· 模块新课标
2 2 2 2 所以 k2 1+k 2-2k =2( x1 -x2 ) -2( x1 +x2 ) =-8x1 x2 =16. 2 2 答案:(1)x2 =y;(2)k2 1 +k2 -2k =16,证明略. 12.解

数学· 新课标 A 版(文)

y-1 y 1 (1)设点 P (x,y)为所求轨迹上的任意一点,则由 k OP +kOA =k PA 得 + = , x -1 x+1 2 整理得轨迹 C 的方程为 y=x (x≠0 且 x≠-1). 2 2 (2)设 P (x1 ,x1 ),Q(x2 ,x2 ),M(x0 ,y0), → → 由PQ=λOA 可知直线 PQ∥OA ,则 kPQ =k OA , 2 2 x2 -x1 1- 0 故 = ,即 x2 +x1 =-1, x2 -x1 -1-0 由 O、M、P 三点共线可知, → → 2 OM=(x0 ,y0 )与OP =(x1 ,x1 )共线, ∴x0 x2 1 -x1 y0 =0. 由(1)知 x1 ≠0,故 y0 =x0 x1. → → 同理,由AM=(x0 +1,y0 -1)与AQ=(x2 +1,x2 2-1) 共线可知, 2 (x0 +1)(x2 -1)-(x2 +1)(y0 -1)=0,即(x2 +1)[(x0 +1)· (x2 -1)-(y0 -1)]=0, 由(1)知 x2 ≠-1,故(x0 +1)(x2 -1)-(y0 -1)=0, 将 y0 =x0 x1 ,x2 =-1-x1 代入上式得(x0 +1)(-2-x1 )-(x0 x1 -1)=0, 整理得-2x0 (x1 +1)=x1 +1, 1 由 x1 ≠-1 得 x0 =- . 2 由 S△ PQA =2S△ PAM ,得到|QA |=2|AM|. → → ∵PQ∥OA ,∴|OP |=2|OM|,∴PO=2OM, ∴x1 =1,∴存在,P 的坐标为(1,1).

第九章
第一节

统计、统计案例及算法初步

随机抽样

1.解析 由于被抽取的个体的属性具有明显差异,因此宜采用分层抽样法. 答案 D 2. 解析 1 = ,所以选 C. 5 答案 C 3.解析 系统抽样方法抽取到的导弹编号应该是 k ,k +d,k +2d,k +3d,k +4d,其中 200 从 1 000 名学生中抽取一个容量为 200 的样本, 每个个体被抽到的概率都是 1 000

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

50 d= =10,k 是 1~10 中用简单随机抽样方法得到的数. 5 答案 D 90 1 由题意,每个学生被抽到的概率为 = . 故应在这三校分 3 600+5 400+1 800 120 1 1 1 别抽取学生 ×3 600=30(人), ×5 400=45(人), ×1 800=15(人). 120 120 120 答案 B 1 5.解析 三种抽样方法都是等可能抽样,每个被抽到的概率都是 ,因此选项 A 正确. 5 答案 A 6.解析 本题考查系统抽样.依题意及系统抽样可知,将这 600 名学生按编号依次分成 * 50 组, 每一组各有 12 名学生, 第 k(k ∈N )组抽中的号码是 3+12(k -1). 令 3+12(k -1)≤300 103 103 得 k ≤ ,因此第Ⅰ营区被抽中的人数是 25;令 300<3+12(k -1)≤495 得 <k ≤42,因此 4 4 第Ⅱ营区被抽中的人数是 42-25=17. 答案 B 3 3 7.解析 高二年级学生人数占总学生人数的 ,样本容量为 50,则 50× =15,所以 10 10 从高二年级抽取 15 名学生. 答案 15 8.解析 方法 1:因为 A ,B ,C 三个批次的产品数量成等差数列,所以 B 批次的产品 240 60 1 1 有 =80(件),又抽取比例为 = ,故 B 批次的产品应该抽取 80× =20(件). 3 240 4 4 方法 2:由题意知,抽取的样本数也成等差数列,故 B 批次的产品应抽取 20 件. 答案 20 9.解析 组距为 5,第八组中抽得的号码为:(8-3)×5+12=37. 答案 37 10.解 由于中、青、老年职工有明显的差异,故采用分层抽样更合理. 5 3 2 按照比例抽取中,青、老年职工分别为 ×400=200, ×400=120, ×400=80, 10 10 10 因此应抽取的中、青、老年职工分别为 200 人,120 人,80 人. 36 11. 解 总体容量为 6+12+18=36. 当样本容量是 n 时, 由题意知, 系统抽样的间隔为 , n n n n n n n n 分层抽样的比例是 ,抽取工程师 ×6= ,抽取技术员 ×12= ,抽取技工 ×18= . 36 36 6 36 3 36 2 所以 n 应是 6 的倍数,36 的约数,即 n=6,12,18,36. 35 35 当样本容量为(n+1)时,总体容量是 35,系统抽样的间隔为 ,因为 必须是整数, n+1 n+1 所以 n 只能取 6,即样本容量 n=6. 12.解 (1)用分层抽样,并按老年 4 人,中年 12 人,青年 24 人抽取. (2)用分层抽样,并按管理两人,技术开发 4 人,营销 6 人,生产 13 人抽取. (3)用系统抽样.对全部 2 000 人随机编号,号码从 0001~2 000,每 100 号分为一组,从 第一组中用随机抽样抽取一个号码,然后将这个号码分别加 100,200,?,1 900,共 20 人组 成一个样本. 4.解析

第二节

用样本估计总体

1.解析 由茎叶图可知数据落在区间[22,30)内的频数为 4,所以数据落在区间[22,30)内 4 的频率为 =0.4,故选 B. 10

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

答案 B 2. 解析 由频率分布直方图的性质可知, 样本数据在区间[25,30)上的频率为 1-5×(0.02 +0.04+0.06+0.03)=0.25,则二等品的频率为 0.25+0.04×5=0.45,故任取 1 件为二等品的 概率为 0.45. 答案 D 3.解析 由茎叶图知,各组频数统计如下表: 分组 [10, [15, [20, [25, [30, [35, [0,5) [5,10) 区间 15) 20) 25) 30) 35) 40) 频数 1 1 4 2 4 3 3 2 统计 上表对应的频率分布直方图为 A,故选 A. 答案 A 4.解析 由茎叶图可知甲数据比较集中,所以甲地浓度的方差小,选 A. 答案 A 5.解析 由题目表格中数据可知,丙平均环数最高,且方差最小,说明丙技术稳定,且 成绩好,选 C. 答案 C 6.解析 依题意得 x1 +x2 +?+xn =n x ,y1 +y2 +?+ym =m y , x1 +x2 +?+xn +y1 +y2 +?+ym =(m+n) z =(m+n)α x +(m+n)(1-α) y , 所以 n x +m y =(m+n)α x +(m+n)(1-α) y . 所以?
?n=?m+n?α, ? ?m=?m+n??1-α? . ?

于是有 n-m=(m+n)[α-(1-α)]=(m+n)(2α-1). 1 因为 0<α< ,所以 2α-1<0. 2 所以 n-m<0,即 n<m. 答案 A 7.解析 根据茎叶图,去掉一个最高分和一个最低分后,得到的数据为七个,中位数为 85. 答案 85 8.解析 由频率分布直方图知 20x=1-20×(0.025+0.006 5+0.003+0.003),解得 x= 0.012 5. 上学时间不少于 1 小时的学生频率为 0.12,因此估计有 0.12×600=72 人可以申请住 宿. 答案 0.012 5 72 1+3+x-y 9.解析 由已知得 3≤x≤5, =1,∴y=x, 4 1 1 1 ∴ +y= +x,又函数 y= +x 在[3,5]上单调递增, x x x 10 ∴当 x=3 时取最小值 . 3 10 答案 3 1 10.解 x 甲 = ×(0×3+1×2+2×3+3×1+4×1)=1.5, 10 1 x 乙 = ×(0×2+1×5+2×2+3×1)=1.2, 10 1 2 s甲= ×[(0-1.5)2 +(1-1.5)2 +(0-1.5)2 +?+(2-1.5)2 +(4-1.5)2]=1.65, 10 1 s2 ×[(2-1.2)2 +(3-1.2)2 +(1-1.2)2 +?+(0-1.2)2 +(1-1.2)2]=0.76. 2= 10

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

从结果看乙台机床 10 天生产中出次品的平均数较小,出次品的波动也较小. 11.解 (1)当 X ∈[100,130)时,T=500X -300(130-X ) =800X -39 000. 当 X ∈[130,150]时,T=500×130=65 000. ?800X -39 000,100≤X <130, ? 所以 T=? ? ?65 000,130≤X ≤150. (2)由(1)知利润 T 不少于 57 000 元当且仅当 120≤X ≤150. 由直方图知需求量 X ∈[120,150]的频率为 0.7,所以下一个销售季度内的利润 T 不少于 57 000 元的概率的估计值为 0.7. 12.解 (1)设甲校高三年级学生总人数为 n. 30 由题意知, =0.05,即 n=600. n 样本中甲校高三年级学生数学成绩不及格人数为 5,据此估计甲校高三年级此次联考数 5 5 学成绩及格率为 1- = . 30 6 (2)设甲、乙两校样本平均数分别为 x ′1 , x ′2 . 根据样本茎叶图可知,30( x ′1 - x ′2 )=30 x ′1 -30 x ′2 =(7-5)+(55+8-14) +(24-12-65) +(26-24-79) +(22-20)+92 =2+49 -53-77 +2+92=15. 因此 x ′1 - x ′2 =0.5. 故 x 1 - x 2 的估计值为 0.5 分.

第三节

变量间的相关关系与统计案例

1.解析 由相关系数的定义以及散点图所表达的含义可知 r2 <r4 <0<r3 <r1 . 故选 A. 答案 A 2.解析 正相关 x 的系数为正,负相关 x 的系数为负. 答案 D 3.解析 由题意可知,所减分数 y 与模拟考试次数 x 之间为负相关,∴排除 A. 考试次 1 1 数的平均数为 x = (1+2+3+4)=2.5,所减分数的平均数为 y = (4.5+4+3+2.5)=3.5, 4 4 即直线应该过点(2.5,3.5),代入验证可知直线 y=-0.7x+5.25 成立,选 D. 答案 D 4.解析 x =2.5, y =3.5,∵回归直线方程过定点( x , y ),
^ ^

∴3.5=-0.7×2.5+a,∴a=5.25. 答案 D 5.解析 A 中由于回归方程中的 x 系数为正,所以具有正的线性相关关系,A 正确;B 由线性回归方程的推导可知回归方程必过样本点的中心( x , y ),B 正确;C 中,身高增加 1 cm,则 Δy=0.85(x+1)-85.71-(0.85x-85.71)=0.85(kg),C 正确.D 中,将 170 代入回归 方程得 y=58.79 kg,这个值只能是一个推测的结果,和实际值允许有误差,D 错误. 答案 D 6.解析 根据题意得 k ≈4.762>3.841,故应该有 95%的把握认为“爱好该项运动与性 别有关”,因此选 A. 答案 A 7.解析 x =10, y =40,回归方程过点( x , y ),
^ ^

∴40=-2×10+a. ∴a=60.

名师一号 高考总复习· 模块新课标
^

数学· 新课标 A 版(文)

∴y=-2x+60.
^

令 x=-4,∴y=(-2)×(-4)+60=68. 答案 68 8.解析 ∵K2 ≈4.844>3.841,∴有 95%的把握认为主修统计专业与性别有关系,即作 出“主修统计专业与性别有关系”的判断,出错的可能性不超过 5%. 答案 5% ^ 10+20+30+40+50 9. 解析 设模糊不清部分的数据为 m, x = =30, 由y=0.67x+54.9 5 62+m+75+81+89 过点( x , y )得, y =0.67×30+54.9=75,所以 =75,m=68. 5 答案 68 10.解 (1)从 5 名学生中任取 2 名学生的所有情况为:(A 4 ,A 5 )、(A 4 ,A 1)、(A4 ,A 2)、 (A 4 ,A 3 )、(A 5 ,A 1 )、(A5 ,A 2)、(A5 ,A3 )、(A 1 ,A2 )、(A 1 ,A 3 )、(A 2 ,A 3 ),共 10 种情况. 其中至少有一人物理成绩高于 90 分的情况有:(A 4,A5 )、(A 4,A 1)、(A 4,A 2)、(A 4,A 3)、 (A 5 ,A 1 )、(A 5 ,A 2 )、(A5 ,A 3),共 7 种情况, 7 故选中的学生中至少有一人的物理成绩高于 90 分的概率 P = . 10 (2)散点图如下图所示.

可求得: x =

89+91+93+95+97 =93, 5 87+89+89+92+93 y= =90, 5

i= 1 5

? (xi - x )(yi - y )=30, ? (xi - x )2 =(-4)2 +(-2)2 +02 +22 +42 =40,
30 =0.75, 40
^ ^

5

i= 1 ^

b=
^

a= y -b x =90-0.75×93=20.25, 故所求的线性回归方程是y=0.75x+20.25. 11.解 (1)依题意,被调查的男性人数为 2n n ,其中有 人的休闲方式是运动;被调查的 5 5 3n n 女性人数为 ,其中有 人的休闲方式是运动,则 2×2 列联表如下: 5 5 运动 非运动 总计 n n 2n 男性 5 5 5

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

n 2n 3n 5 5 5 2n 3n 总计 n 5 5 n 2n n n n? · - ·?2 5 5 55 n 2 (2)由表中数据,得 K = = ,要使在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下, 2n 3n 2n 3n 36 · · · 5 5 5 5 n n 认为“性别与休闲方式有关”,则 K2 ≥3.841,所以 ≥3.841,解得 n≥138.276.又 n∈N* 且 36 5 * ∈N ,所以 n≥140, 即本次被调查的人数至少是 140. 2 (3)由(2)可知:140× =56,即本次被调查的人中,至少有 56 人的休闲方式是运动. 5 女性

第四节
1. 解析
2

算法初步
由程序框图得 S=?
2

?3t, ? ? 4t-t , ?
2

t<1, t≥1,

所以-1≤t<1 时, S=3t∈[-3,3); 1≤t≤3

时,S=4t-t =-(t-2) +4∈[3,4],故 S∈[-3,4],选 A. 答案 A 2.解析 本题考查了算法的基本语句. ∵a=1,b=3,∴a=a+b=1+3=4. ∴b=a-b=4-3=1. 答案 B 3.解析 由循环程序知第一次循环:i=2 不是奇数,S=2×2+1=5<10. i=3,i 是奇数,继续循环,i=4 不是奇数,S=2×4+1=9<10. i=5,i 是奇数,但此时应跳出循环.输出 i=5,把选项 A 代入 i=5 时,S=8<10 仍要 循环,故 A 不成立.选项 B,S=2×5-1=9<10 仍要循环,故 B 不成立,选项 C,S=10 停 止循环.故选 C. 答案 C 4. 解析 因为算术运算符“\”和“MOD”分别用来取商和余数, 所以 a=5, b=1, x=10×1 +5=15. 故选 B. 答案 B 5.解析
2 012 nπ 本程序的功能为求 S= ? cos , 3 n= 1

nπ 令 f (n)=cos ,则 f(1)+f (2)+?+f (6)=0. 3
2 012 nπ? π 2π ∴S= ?cos? =f (1)+f(2)=cos +cos =0. ? ? 3 3 3 n= 1

答案 A 6.解析 由程序框图可知输出结果有 a1 =2,b1 =1;n=2,a2 =3,b2 =3;n=3,a3 =4, b3 =5;n=4,a4 =5,b4 =7;n=5,a5 =6,b5 =9;把 5 组数据代入函数可知只有 a2 =3,b2 =3;a3 =4,b3 =5;a4 =5,b4 =7 几组值时,函数的定义域为 R,∴选 C. 答案 C 7.解析 a=10≠4 且 a 是偶数,则 a=5,i=2; a=5≠4 且 a 是奇数,则 a=3×5+1=16,i=3;

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

16 a=16≠4 且 a 是偶数,则 a= =8,i=4; 2 8 a=8≠4 且 a 是偶数,则 a= =4,i=5. 2 循环停止,输出 i=5. 答案 5 8.解析 逐次计算的结果是 F 1 =3,F 0 =2,n=2;F 1 =5,F 0 =3,n=3,此时输出, 故输出结果为 3. 答案 3 9.解析 由图可知月收入在[1 000,1 500)的频率为 0.000 8×500=0.4,且有 4 000 人, 4 000 故样本容量 n= =10 000. 0.4 由图②知输出的 S=A 2 +A 3 +?+A6 =10 000-4 000=6 000(人). 答案 10 000 6 000 2x ?0≤x≤4? ? ? 10.解 由题意可得 y=? 8 ?4<x≤8?, ? ? 2?12-x?, ?8<x≤12?. 程序框图如下图:

11.解

(1)茎叶图如图: 甲 9 9 5 3 10 7321 1 2 3 4 乙 040 67 0 4667

可能的统计结论有: ①甲种树苗的平均高度小于乙种树苗的平均高度; ②甲种树苗比乙种树苗长得更整齐; ③甲种树苗的中位数为 27,乙种树苗的中位数为 28.5; ④甲种树苗的高度基本上是对称的,而且大多数集中在均值附近,乙种树苗的高度分布 较为分散. (2)S=35. 统计学意义: S 表示 10 株甲树苗高度的方差, 是描述树苗高度离散程度的量. S 值越小,表示长得越整齐,S 值越大,表示长得越参差不齐.

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

第十章
第一节

概率

随机事件的概率

1.答案 C 2.解析 P =1-P (A )=0.35. 答案 C 1 1 1 3 3.解析 所求概率 P = + + = . 10 6 3 5 答案 A 4.解析 记事件 A :“两人和棋”,事件 B :“乙获胜”,事件 C:“甲获胜”,则 A 、 B 、C 之间两两互斥, 1 1 又 P (A )= ,P (B)= , 2 3 1 ∴P (C)=1-P(A )-P (B )= . 6 答案 A 5.解析 设被污损的数字为 x,则 1 x 甲 = (88+89+90+91+92)=90, 5 1 x 乙 = (83+83+87+99+90+x), 5 8 4 若 x 甲 = x 乙 ,则 x=8,若 x 甲 > x 乙 ,则 x 可以为 0,1,2,3,4,5,6,7,故 P = = . 10 5 答案 C 1 6.解析 =10%,选 A. 10 答案 A 7.解析 由表中可知这堆苹果中,质量不小于 120 克的苹果数为:20-1-2-3=14, 14 故约占苹果总数的 =0.70,即 70%. 20 答案 70 8. 解析 从盒子中任意取出 2 粒恰好是同一色的概率恰为取 2 粒白子的概率与取 2 粒黑 1 12 17 子的概率的和,即为 + = . 7 35 35 17 答案 35 9.解析 点 P (m,n)共有(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),6 种情况,只有(2,1), 2 1 (2,2)这 2 个点在圆 x2 +y2 =9 的内部,所以概率为 = . 6 3 1 答案 3 10.解 (1)由派出医生不超过 2 人的概率为 0.56,得 0.1+0.16+x=0.56,∴x=0.3. (2)由派出医生最多 4 人的概率为 0.96,得 0.96+z=1, ∴z=0.04. 由派出医生最少 3 人的概率为 0.44,得 y+0.2+z=0.44, ∴y=0.44-0.2-0.04=0.2. 11.解 (1)甲、乙各出 1 到 5 根手指头, 共有 5×5=25 种可能结果,和为 6 有 5 种可能结果,

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

5 1 ∴P (A)= = . 25 5 (2)B 与 C 不是互斥事件,理由如下: B 与 C 都包含“甲赢一次,乙赢二次”, 事件 B 与事件 C 可能同时发生,故不是互斥事件. 13 1 (3)和为偶数有 13 种可能结果,其概率为 P = > ,故这种游戏规则不公平. 25 2 12.解 (1)分数在[50,60)的频率为 0.008×10=0.08,由茎叶图知分数在[50,60)之间的频 2 数为 2,所以全班人数为 =25. 0.08 (2)由茎叶图可知,分数在[80,90)之间的频数为 25-2-7-10-2=4,频率分布直方图中 4 [80,90)间的矩形的高为 ÷ 10=0.016. 25 (3)将[80,90)之间的 4 个分数编号为 1,2,3,4, [90,100)之间的 2 个分数编号为 5,6, 在[80,100) 之间的试卷中任取两份的基本事件为:(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5), (2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),共 15 个基本事件. 其中至少有一份在[90,100]之间的基本事件有(1,5), (1,6), (2,5), (2,6), (3,5), (3,6), (4,5), (4,6),(5,6)共 9 个. 9 所以至少有一份在[90,100]之间的概率为 =0.6. 15

第二节

古典概型

1.解析 共 23 =8 种情况,符合要求的有(正,反,反),(反,正,反),(反,反,正)3 3 种,故 P = . 8 答案 C 2.解析 试验是连续掷两次骰子,故共包含 6×6=36(个)基本事件.事件点 P 在 x+y 6 1 =5 下方,共包含(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(3,1)6 个基本事件,故 P = = . 36 6 答案 A 3.解析 设袋中红球用 a 表示,2 个白球分别用 b1 ,b2 表示,3 个黑球分别用 c1 ,c2 , c3 表示,则从袋中任取两球所含基本事件为:(a,b1 ),(a,b2),(a,c1 ),(a,c2 ),(a,c3), (b1 ,b2 ),(b1 ,c1),(b1 ,c2),(b1 ,c3 ),(b2 ,c1 ),(b2 ,c2 ),(b2 ,c3 ),(c1 ,c2 ),(c1 ,c3 ),(c2 , c3 ),共 15 个. 两球颜色为一白一黑的基本事件有:(b1 ,c1),(b1 ,c2 ),(b1,c3 ),(b2,c1 ),(b2 ,c2),(b2 , c3 )共 6 个. 6 2 ∴其概率为 = . 故选 B. 15 5 答案 B 4.

解析 如右图所示,从 6 个顶点中随机选择 2 个顶点,有{A ,B },{A ,C},{A ,D}, {A ,E },{A ,F },{B ,C},{B ,D},{B ,E },{B ,F },{C,D},{C,E },{C,F},{D, E },{D,F},{E ,F }共 15 个基本事件. 其中过中心点 O 的线段为 BE ,CF ,AD,含有 3 个基本事件.

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

3 1 = . 15 5 答案 D 5.解析 由 log2 xy=1 得 2x=y. 又 x∈{1,2,3,4,5,6},y∈{1,2,3,4,5,6},∴满足题意的有 x 3 1 =1,y=2 或 x=2,y=4 或 x=3,y=6,共 3 种情况.∴所求的概率为 = ,故选 C. 36 12 答案 C m-n π 6.解析 ∵cos θ= ,θ∈(0, ], 2 2 2 m +n · 2 6 1 ∴m≥n 满足条件,m=n 的概率为 = , 36 6 1 5 5 m>n 的概率为 × = . 2 6 12 π 1 5 7 ∴θ∈(0, ]的概率为 + = . 2 6 12 12 答案 C 7.解析 从 0,1,2,3,4 五张卡片中取出两张卡片的结果有 25 种,数字之和恰好等于 4 的 1 结果有(0,4),(1,3),(2,2),(3,1),(4,0)5 种,所以数字和恰好等于 4 的概率是 P = . 5 1 答案 5 1 2 8. 解析 基本事件总数为 10, 满足方程 cos x= 的基本事件数为 2, 故所求概率为 P = 2 10 1 = . 5 1 答案 5 4×5 20 9.解析 正奇数 m 有 4 个,正奇数 n 有 5 个,故 P = = . 7×9 63 20 答案 63 10.解 (1)从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为 3,2,1. (2)①在抽取到的 6 所学校中,3 所小学分别记为 A 1 ,A 2 ,A 3,2 所中学分别记为 A 4 ,A 5 , 大学记为 A 6 ,则抽取 2 所学校的所有可能结果为{A 1 ,A 2},{A1 ,A3 },{A 1 ,A 4 },{A1 ,A 5}, {A 1 ,A 6},{A 2 ,A3 },{A2 ,A 4 },{A 2 ,A 5},{A 2 ,A6 },{A3 ,A 4 },{A 3 ,A 5},{A 3 ,A6 },{A4 , A 5 },{A 4 ,A 6 },{A 5 ,A 6 },共 15 种. ②从 6 所学校中抽取的 2 所学校均为小学(记为事件 B )的所有可能结果为{A 1,A 2},{A1 , 3 1 A 3 },{A 2 ,A 3 },共 3 种.所以 P (B )= = . 15 5 x 2 y 11.解 (1)由题意可得, = = ,所以 x=1,y=3. 18 36 54 (2)记从高校 B 抽取的 2 人为 b1 、b2 ,从高校 C 抽取的 3 人为 c1 ,c2 ,c3 . 则从高校 B 、C 抽取的 5 人中选出 2 人作专题发言的基本事件有(b1 ,b2),(b1 ,c1 ),(b1 , c2 ),(b1 ,c3),(b2 ,c1),(b2 ,c2),(b2 ,c3 ),(c1 ,c2),(c1 ,c3),(c2 ,c3)共 10 种. 设选中的 2 人都来自高校 C 的事件为 X ,则 X 包含的基本事件有(c1 ,c2 ),(c1 ,c3 ),(c2 , 3 c3 )共 3 种,因此 P(X )= . 10 3 故选中的 2 人都来自高校 C 的概率为 . 10 12.解 (1)由题意知,m∈{1,2,3,4,5,6},n∈{1,2,3,4,5,6},故(m,n)所有可能的取法共 36 种. 2 使得 a⊥b,即 m-3n=0,即 m=3n,共有 2 种:(3,1),(6,2),∴事件 a⊥b 的概率为 36 ∴P =

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)



1 . 18 (2)|a|≤|b|, 即 m2 +n2 ≤10, 共有(1,1), (1,2), (1,3), (2,1), (2,2), (3,1)6 种情况使得|a|≤|b|, 6 1 其概率为 = . 36 6 |3m| m 2 1 1 1 1 2 (3)由直线与圆的位置关系得 d= <1,即 < ,共有 , , , , ,5 种情况, 2 2 n 4 3 4 5 6 6 m +n m 5 2 2 ∴直线 y= x 与圆(x-3) +y =1 相交的概率为 . n 36

第三节

几何概型
π π 4 1 由 0<tanx<1,得 0<x< ,故所求概率为 = . 4 π 2 2

1.解析

答案 C 2.解析 设 AC=x,由题意知 x(12-x)<32?0<x<4 或 8<x<12,所求事件的概率 P 4-0+12-8 2 = = . 12 3 答案 C 3 2 2 3. 解析 由已知, 点 P 的分界点恰好是边 CD 的四等分点, 由勾股定理可得 AB =( AB ) 4 AD 2 7 AD 7 2 +AD ,解得( ) = ,即 = ,故选 D. AB 16 AB 4 答案 D 1 π 4.解析 由题意知,两个四分之一圆补成半圆其面积为 ×π×12 = ,矩形面积为 2, 2 2 π 2- 2 π 则所求概率为 =1- . 2 4 答案 A 5.

如右图, 过点 A 作 AH⊥BC, 垂足为 H, 则在 Rt△AHB 中, BH=AB · cos60° =2cos60° AB =1;过点 A 作 AM⊥AB ,交 BC 于点 M,则在 Rt△ABM 中,BM= =4,故 MC=BC cos60° -BM=2. 由图可知,要使△ABD 为钝角三角形,则点 D 只能在线段 BH 或线段 MC 上选取,故所 1+2 1 求事件的概率 P = = ,故选 C. 6 2 答案 C 6.

解析

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

如右图,此问题属几何概型,球的直径为 10,用一平面截该球面,所得的圆面积 8 4 大于等于 9π 的概率为 P (A )= = . 10 5 4 1 ∴所截得圆的面积小于 9π 的概率为 P ( A )=1- = . 5 5 答案 B 5 m-?-2? 7.解析 由几何概型知: = ?m=3. 6 6 答案 3 8.解析 由几何概型的概率计算公式,得粒子落在△ABD 与△CBD 中的概率之比等于 △ABD 与△CBD 的面积之比,而△ABD 与△CBD 的面积之比又等于点 A 和点 C 到直线 BD 3 5 3 的距离之比,所以点 A 和点 C 到直线 BD 的距离之比约为 = . 2 2 5 3 答案 2 9.解析 Δ=4-4(a+b)≥0,a+b-1≤0,

解析

3π 1 + · 1· 1 3π+2 4 2 所求概率 = . π 4π 3π+2 答案 4π 10.解 超过 1}. 3 ×2 2 3 由几何概型的概率公式得 P (A )= = . 2 2 3 ∴弦长不超过 1 的概率为 1-P (A )=1- . 2 11. 弦长不超过 1,即|OQ|≥ 3 ,而 Q 点在直径 AB 上是随机的,记事件 A ={弦长 2

解 (1)以 0、2、4 为横、纵坐标的点 P 共有(0,0)、(0,2)、(0,4)、(2,0)、(2,2)、(2,4)、(4,0)、 (4,2)、(4,4)共 9 个,而这些点中,落在区域 C 内的点有:(0,0)、(0,2)、(2,0)、(2,2)共 4 个,

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

4 故所求概率为 P = . 9 (2)∵区域 M 的面积为 4,而区域 C 的面积为 10π, 4 2 ∴所求概率为 P = = . 10π 5π 12.解 (1)在长方体 ABCD—A 1B 1 C1 D1 中,AD∥A 1 D1. 又∵EH∥A 1 D1 ,∴AD∥EH. ∵AD?平面 EFGH,EH?平面 EFGH, ∴AD∥平面 EFGH. (2)设 BC=b,则长方体 ABCD—A 1 B1 C1 D1 的体积 2 V =AB· BC· AA1 =2a b, 几何体 EB1 F —HC1 G 的体积 1 b V 1 =( EB 1· B1 F )· B1 C1 = EB 1 · B 1F . 2 2 2 2 2 ∵EB1 +B 1 F =a , 2 EB1+B 1 F2 a2 ∴EB 1· B 1F ≤ = , 2 2 2 当且仅当 EB1 =B 1F = a 时等号成立. 2 2 ab ∴V 1 ≤ . 4 2 ab V 4 7 2 7 ∴p=1- 1≥1- 2 = ,当且仅当 EB1 =B 1F = a 时等号成立,∴p 的最小值等于 . V 2a b 8 2 8

选修 4—1
第一节
1.解析

几何证明选讲

相似三角形的判定及有关性质
∵DE ∥BC,∴ AE DE EF = = . AC BC BF AE EF 2 ,∴ = = . AC BF 3 AB 3 ,即 = . AD 2

∵BF EF = ∴AC AE =

同理 DE ∥BC,得 AB AD= AD 2 AD 2 = ,则 = =2. AB 3 AB -AD 3-2 AD 即 =2. ∴AD BD= BD 答案 ∴

a 连接 DE 和 BD,依题知,EB ∥DC,EB =DC= , 2 ∴EBCD 为平行四边形,∵CB ⊥AB , ∴DE ⊥AB ,又 E 是 AB 的中点,故 AD=DB =a. 1 1 ∵E ,F 分别是 AB ,AD 的中点,∴EF = DB = a. 2 2 2.解析

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

答案

a 2 AB EC 根据题意可以判断 Rt△ABE ∽Rt△ECD,则有 = ,可得 AB =2. BE CD

3.解析 答案 2

AE AE 1 ∵AB ∥CD,∴△AEF ∽△CDF ,又 = = ,且相似三角形的面积之比等 CD AB 3 于对应边的比的平方, 2 ∴△CDF 的面积等于 9 cm . 答案 9 5.解析 ∵DE ∥BC, AD DE 1 2 ∴ = ,即 = . AB BC 3 BC 解得 BC=6. 答案 6 6.答案 2 7.解析 ∵M,N 分别是 AB ,BC 的中点, 1 ∴MN∥AC,MN= AC. 2 ∴△MNO∽△CAO. S△ MON ?MN?2 ?1?2 1 ∴ = = = . S△ COA ? AC ? ?2? 4 答案 8.解析 ∵∠ACB =90° ,CD⊥AB , 2 ∴CD =AD· BD. 设 AD=3x,那么 BD=2x,AB =5x,∵CD=6,∴6x2 =36. ∴x= 6,AB =5x=5 6. 1 5 ∵CE 是斜边 AB 上的中线,∴CE = AB = 6. 2 2 5 答案 6 2 BA 3 9.解析 tan∠BCA = = ,所以∠BCA =30° ,∠ECD=90° -∠BCA =60° . 在 Rt△ BC 3 3 3 BCE 中,CE =BC· cos ∠BCA =3cos30° = . 在△ECD 中,由余弦定理得 2 2 2 ED= CE +CD -2CE · CD· cos ∠ECD 4.解析 3 32 3 3 1 21 ? +? 3?2 -2× × 3× = . 2 2 2 2 21 答案 2 10.证明 过 A 作 AG∥BC,交 DF 于 G 点. FA AG FA AG ∵ = . 又∵BD=DC,∴ = . FB BD FB DC AG AE AE FA ∵AG∥BC,∴ = ,∴ = , DC EC EC FB 即 AE· FB =EC· FA. 11.证明 ∵在?ABCD 中∠B =∠D,AD=BC,AB ∥CD, 又∠AMB =∠AND=90° , AM AB AB ∴Rt△AMB ∽Rt△AND,∴ = = . AN AD BC ∵AB ∥CD,AN⊥CD, ∴AN⊥AB ,∠BAM+∠MAN=∠BAM+∠B =90° . = ?

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

∴∠B =∠MAN. ∴△AMN∽△BAC(两边对应成比例且夹角相等,两三角形相似). 1 12.证明 (1)∵DG∥CF ,BD=DC,∴BG=FG= BF . 2 AE AF AE AF 2AF ∵FE ∥DG,∴ = . ∴ = = . ED FG ED 1 BF BF 2 AE AF (2)过点 D 作 DG∥CF 交 AB 于 G 点,∴ = . ED FG BD 1 2 又 = ,∴DC=2BD= BC. DC 2 3 FG DC 2 ∵DG∥FC,∴ = = . BF BC 3 2 AE AF 3AF ∴FG= BF ,∴ = = . 3 ED 2 2BF BF 3

第二节
1.解析 答案 24 5

直线与圆的位置关系
CO OE 24 设 r 是⊙O 的半径.由 CE2 =CA · CB ,解得 r=3. 由 = ,解得 AD= . CA AD 5

3a , 2 3a 3a 2a 9a ∴AB =2AP = 3a,由相交弦定理知 BP· AP =CP · DP ,即 × =CP · ,解得 CP = . 2 2 3 8 9a 答案 3a 8 3.解析 根据相交弦定理得 1×5=DE 2 ,根据直角三角形射影定理得 DE 2 =DF · DB ,所 以 DF · DB =5. 答案 5 4.解析 如图,连接 AO,AC,易知∠AOC=60° ,△AOC 为正三角形. 2. 解析 ∵点 P 是 AB 的中点, 由垂径定理知 OP ⊥AB , 在 Rt△OPA 中, BP =AP =

∴AC=OA =1,且∠ACP =120° . 又由弦切角定理知∠CAP =∠ABC=30° , ∴∠APC=30° . ∴CP =AC=1,易得 PA = 3. 答案 3 5.解析 由 PD DB =9 16,设 PD=9a,DB =16a,根据切割线定理 PA 2 =PD· PB 得 a 1 9 = ,所以 PD= ,PB =5,在直角△PBA 中,由勾股定理得 AB =4. 5 5 9 答案 4 5 1 2 1 6.解析 连接 AC,BC,则 AC⊥BC. 又 AB =3AD,则 AD= AB ,BD= AB ,OD= AB , 3 3 6 1 2 2 2 2 2 OC= AB . 在△ABC 中, CD =AD· BD= AB . 在△OCD 中, OD =OE · OC, CD =CE· OC 可得: 2 9

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

4 AB 1 4 CE 9 4 OE = AB ,CE = AB ,所以 = = ×18=8. 18 9 EO 1 9 AB 18 答案 8 7.解析 连接 AO2 ,BO2 .

∵∠AMB =45° ,∴∠AO2B =90° . 设⊙O2 的半径为 r,则 AB = 2r, 2 又 PE =EC· ED,EA · EB =EC· ED, 所以 PE2 =EA · EB 即 4=1· (1+ 2r),r= 答案 3 2 . 2

3 2 2 8.解析 连接 OC,则 OC⊥CE ,∠OCA +∠ACE =90° ,∵∠OAC=∠OCA ,∴∠OAC +∠ACE =90° 得△ACB ≌△ACD,则∠OAC=∠EAC,∴∠EAC+∠ACE =90° ,∴∠AEC= 2 90° . 在 Rt△ACD 中,CD =ED· AD,又 CD=BC,AD=AB ,将 AB =6,ED=2 代入得 CD= 2 3,所以 BC=2 3. 答案 2 3 9.解析 由 PE ∥BC 得∠PED=∠C=∠A ,△APE 中与△EPD 中,∠APE =∠EPD, PD PE ∠PED=∠A ,故△PDE ∽△PEA ,则 = ,即 PE2 =PA· PD,又 PA =PD+DA =3,PD= PE PA 2,故 PE2 =2×3=6,则 PE = 6. 答案 6 10.

证明 连接 OD. 因为 AB 和 BC 分别与圆 O 相切于点 D,C, 所以∠ADO=∠ACB =90° . 又因为∠A =∠A ,所以 Rt△ADO∽Rt△ACB . BC AC 所以 = . OD AD 又 BC=2OC=2OD,故 AC=2AD. 2 1 11.解 (1)证明:∵AE = AB ,∴BE = AB . 3 3 1 ∵在正△ABC 中,AD= AC,∴AD=BE , 3 又 AB =BC,∠BAD=∠CBE , ∴△BAD≌△CBE ,∴∠ADB =∠BEC, 即∠ADF +∠AEF =180° ,∴A ,E ,F ,D 四点共圆. 1 (2)取 AE 的中点 G,连接 GD,则 AG=GE = AE. 2

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

2 1 2 ∵AE = AB ,∴AG=GE = AB = . 3 3 3 1 2 ∵AD= AC= ,∠DAE =60° , 3 3 ∴△AGD 为正三角形. 2 2 ∴GD=AG=AD= ,即 GA =GE =GD= , 3 3 2 ∴点 G 是△AED 外接圆的圆心,且圆 G 的半径为 . 3 2 由于 A ,E ,F ,D 四点共圆,即 A ,E ,F ,D 四点共圆 G,其半径为 . 3

12.解 (Ⅰ)证明:连接 DE ,交 BC 于点 G. 由弦切角定理得,∠ABE =∠BCE . 而∠ABE =∠CBE ,故∠CBE =∠BCE ,BE =CE. 又 DB ⊥BE ,所以 DE 为直径,则∠DCE =90° ,由勾股定理可得 DB =DC. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,∠CDE =∠BDE ,DB =DC, 3 故 DG 是 BC 的中垂线,所以 BG= . 2 设 DE 的中点为 O,连接 BO,则∠BOG=60° . 从而∠ABE =∠BCE =∠CBE =30° , 3 所以 CF ⊥BF ,故 Rt△BCF 外接圆的半径等于 . 2

选修 4—4
第一节
1.解析

坐标系与参数方程

坐标系

方法 1:由 ρ=-2sinθ 得 ρ2 =-2ρsinθ,化成直角坐标方程为 x2 +y2 =-2y, 3π? 2 2 化成标准方程为 x +(y+1) =1,圆心坐标为(0,-1),其对应的极坐标为? ?1, 2 ?. π? ? 3π? 方法 2:由 ρ=-2sinθ=2cos? ?θ+2 ?知圆心的极坐标为?1, 2 ?. 3π 答案 ?1, ? ? 2? 2.解析 过点(1,0)且与极轴垂直的直线,在直角坐标系中的方程为 x=1,其极坐标方 程为 ρcos θ=1. 答案 ρcos θ=1 π 3.解析 圆 ρ=4sinθ,即 ρ2 =4ρsinθ 化为直角坐标为 x2 +(y-2)2 =4,直线 θ= 也就是 6 π 3 3 |2| 过原点且斜率为 tanθ=tan = 的直线, 方程为 y= x, 圆心到直线的距离为 d= = 6 3 3 1 1+ 3 3. 答案 3 4.解析 圆方程为 x2 +y2 =16,圆心到直线 l 的距离为 d= 16-4=2 3. 又直线 l 与极

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

轴垂直相交,故直线 l 的普通方程为 x=2 3,极坐标方程为 ρcos θ=2 3. 答案 ρcos θ=2 3 5. 解析 直线方程为 x+y=2, 圆的方程为 x2 +y2 =2, 圆心到直线的距离 d=

2 2

= 2=

r,故直线与圆相切,只有一个公共点. 答案 1 6.解析 曲线 C 的普通方程为 x2 +y2 =2,圆的几何性质知切线 l 与圆心(0,0)与(1,1)的 连线垂直,故 l 的斜率为-1,从而 l 的方程为 y-1=-(x-1),即 x+y=2 化成极坐标方程 π 为 ρcos θ+ρsinθ=2,化简得 ρsin(θ+ )= 2. 4 π 答案 ρsin(θ+ )= 2 4 7.解析 曲线 C 的普通方程为 y=x2 ,又 ρcos θ=x,ρsinθ=y,代入得 ρ2cos2 θ-ρsinθ= 0,即 ρcos 2θ-sinθ=0. 2 答案 ρcos θ-sinθ=0 ?x=cos α, ? 8.解析 ∵曲线 C1 参数方程为? ? ?y=1+sinα, 2 2 ∴x +(y-1) =1,是以(0,1)为圆心,1 为半径的圆. ∵曲线 C2 的方程为 ρ(cos θ-sinθ)+1=0, ∴x-y+1=0,在坐标系中画出圆与直线的图形,观察可知有 2 个交点. 答案 2 π 2 2 2 9.解析 将方程 ρ=2 2与 ρcos?θ+ ?= 2化为直角坐标方程得 x +y =(2 2) 与 x-y ? 4? -2=0,知 C1 为以原点为圆心,半径为 2 2的圆,C2 为直线,因圆心到直线 x-y-2=0 的 距离为 2,故满足条件的点的个数为 3. 答案 3 10.解 (1)C1 的普通方程为(x-2)2 +y2 =4. (2)设 C1 的圆心为 A ,∵原点 O 在圆上, 设 C1 与 C2 相交于 O,B ,取线段 OB 的中点 C, π ∵直线 OB 倾斜角为 ,OA =2, 3 ∴OC=1,从而 OB =2. π? ∴交点 O,B 的极坐标分别为 O(0,0),B? ?2,3?. 11.解析:(1)将 x=ρcos θ,y=ρsinθ 分别代入圆 C 和直线 l 的直角坐标方程得其极坐标 方程为 C:ρ=2,l:ρ(cosθ+sinθ)=2. (2)设 P ,Q,R 的极坐标分别为(ρ1 ,θ),(ρ,θ),(ρ2 ,θ),则 由|OQ|· |OP |=|OR |2 得 ρρ1 =ρ2 2. 2 又 ρ2 =2,p1 = , cos θ+sinθ 2ρ 所以 =4, cos θ+sinθ 故点 Q 轨迹的极坐标方程为 ρ=2(cos θ+sinθ)(ρ≠0). 答案:(1)C:ρ=2,l:ρ(cos θ+sinθ)=2 (2)ρ=2(cos θ+sinθ)(ρ≠0). 12.解 (Ⅰ)圆 C1 的直角坐标方程为 x2 +(y-2)2 =4, 直线 C2 的直角坐标方程为 x+y-4=0. 2 2 ? ? ?x +?y-2? =4, ?x1 =0, ? ?x2 =2, ? ? 解 得? ?x+y-4=0 ?y1 =4, ? ?y2 =2. ? ?

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

π π 所以 C1 与 C2 交点的极坐标为(4, ),(2 2, ). 2 4 注:极坐标系下点的表示不唯一. (Ⅱ)由(Ⅰ)可得,P 点与 Q 点的直角坐标分别为(0,2),(1,3).故直线 PQ 的直角坐标方程 为 x-y+2=0, b ab 由参数方程可得 y= x- +1. 2 2 b = 1, 2 所以 解得 a=-1,b=2. ab - +1=2. 2

? ? ?

第二节

参数方程

1.解析 由 x2 +y-1=0,知 x∈R,y≤1. 排除 A、C、D,只有 B 符合. 答案 B 2.解析 直线 l 的普通方程为 x-y+1=0,圆 C 的普通方程为(x-1)2 +y2 =1,则圆心 |1-0+1| C(1,0)到直线 l 的距离为 d= = 2,故选 C. 12 +?-1?2 答案 C ?x=-2+tsin20° , ? 3.解析 方法 1:将直线 l:? (t 为参数)化为参数方程的标准形式为 ? ?y=5+tcos20°
?x=-2+tcos70° ? ? (t 为参数),故直线的倾斜角为 70° . ? y=5+tsin70° ?

?y=5+tcos20° ? sin70° 2),即 y-5= (x+2), cos70° ∴y-5=tan70° (x+2),∴直线的倾斜角为 70° . 答案 B 4.解析 将直线化为一般方程为 x+y-1=0,曲线转化为一般方程为 x2 +y2 =9,圆心 1 2 (0,0)到直线的距离 d= = <r=3,故直线与曲线的交点个数为 2. 2 2

方法 2:将直线 l:?

? , ?x=-2+tsin20°

(t 为参数)化为直角坐标方程为 y-5=

cos20° (x+ sin20°

答案 2 5.解析
2

由题意得直线方程为 x+y-4=0,曲线 ρ=4cos θ 的直角坐标方程为(x-2)2 +

y =4,则圆心到直线的距离为 d= 2,弦|AB |=2 r2 -d2 =2 4-2=2 2. 答案 2 2 2 2 6.解析 圆 C 的方程为(x+1) +(y-2) =25,直线 l 的方程为 3x+4y-10=0,圆心到 |-3+8-10| 直线的距离为 d= =1,弦长为 2 25-1=4 6. 5 答案 4 6 x2 y2 7.解析 椭圆 C: + =1,右顶点(3,0)代入直线 l:y=x-a 得 a=3. 9 4 答案 3 2 ? ?x=t 2 3 8.解析 ρcos θ=4 化为普通方程 x=4,? 3 化为普通方程 y =x ,联立解得 A (4,8) , ?y=t ?

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

B (4,-8),故|AB |=16. 答案 16 1 1 1 1 由题意得圆的标准方程为(x- )2 +y2 = ,圆心( ,0)在 x 轴上,半径为 ,则 2 4 2 2 1 1 x= + cos α, 2 2 圆的参数方程为 (α 为参数),而由于 α 为圆心角,θ 为同弧所对的圆周角, 1 y= sinα 2 9.解析

? ? ?

1 + cos2θ, ?x=1 2 2 则 α=2θ,得? 1 ? y=2sin2θ 答案 10.解

2 ? ?x=cos θ, (θ 为参数),即? (θ 为参数). ?y=sinθcos θ ?

2 ? ?x=cos θ, ? (θ 为参数) ? y=sinθcos θ ?

因为直线 l 的参数方程为?

? ?x=t+1, ?y=2t ?

(t 为参数),由 x=t+1 得 t=x-1,代入 y

=2t,得到直线 l 的普通方程为 2x-y-2=0. 同理得到曲线 C 的普通方程为 y2 =2x. ?y=2?x-1?, ? 解方程组? 2 ?y =2x, ? 1 得公共点的坐标为(2,2),( ,-1). 2 11.解 (Ⅰ)依题意有 P (2cos α,2sinα),Q(2cos2α,2sin2α),因此 M(cos α+cos2α,sinα +sin2α). M 的轨迹的参数方程为 ? ?x=cos α+cos2α ? (α 为参数,0<α<2π). ?y=sinα+sin2 α ? (Ⅱ)M 点到坐标原点的距离 d= x2 +y2 = 2+2cos α(0<α<2π). 当 α=π 时,d=0,故 M 的轨迹过坐标原点. 12.解 (1)圆 C1 的极坐标方程为 ρ=2, 圆 C2 的极坐标方程为 ρ=4cos θ. ?ρ=2, ? π 解? 得 ρ=2,θ=± , 3 ?ρ=4cos θ ? π? ? π? 故圆 C1 与圆 C2 交点的坐标为? ?2,3?,?2,-3?. ?x=ρcosθ, ? (2)方法 1:由? ? y=ρsinθ, ? 得圆 C1 与 C2 交点的直角坐标分别为(1, 3),(1,- 3). ?x=1, ? 故圆 C1 与 C2 的公共弦的参数方程为? - 3≤t≤ 3. ?y=t, ?
? x=1, ? ? π π? ?或参数方程写成? - ≤θ ≤ ? 3 3? ? y=tanθ, ? ?

方法 2:将 x=1 代入?

? ?x=ρcosθ,

1 得 ρcos θ=1,从而 ρ= . cos θ ? y=ρsinθ, ?

名师一号 高考总复习· 模块新课标 ? ?x=1,

数学· 新课标 A 版(文)

于是圆 C1 与 C2 的公共弦的参数方程为? π π - ≤θ ≤ . 3 3

?y=tanθ, ?

选修 4—5
第一节

不等式选讲

绝对值不等式

1.解析 原不等式即-1≤|x-2|-1≤1 得 0≤|x-2|≤2,-2≤x-2≤2,∴0≤x≤4. 答案 [0,4] 2.解析 由|x2 -3x|>4,得 x2 -3x<-4 或 x2 -3x>4. 由 x2 -3x<-4,得 x2 -3x+4<0,无 2 2 实数解;由 x -3x>4,得 x -3x-4>0,即(x+1)(x-4)>0,解得 x<-1 或 x>4. 因此,不等式 2 |x -3x|>4 的解集为(-∞,-1)∪(4,+∞). 答案 (-∞,-1)∪(4,+∞) 3.解析 原不等式等价于|x-2|>|x-1|, 3 则(x-2)2 >(x-1)2 ,解得 x< . 2 3? ? 答案 -∞, ? 2? 2x-1 4.解析 不等式可化为-3< <3, x 2x-1 5x-1 1 0<3+ , >0, ? ?x<0或x> , x x 5 即 ? ?? 2x-1 x+1 ?x<-1或x>0 ? -3<0 >0 x x

? ? ?

? ? ?

1 ?x<-1 或 x> . 5 答案

1 ? (-∞,-1)∪? ?5,+∞? 5.解析 依题可知 x=1 和 x=3 是方程|kx-4|=2 的两根, ? ?|k -4|=2, ∴? ?k =2. ? ?|3k -4|=2 答案 2 6.解析 由 f (x)=|x-t|+|5-x|≥|(x-t)+(5-x)|=|5-t|=3,∴t=2 或 t=8. 答案 2 或 8 1 1 1 7.解析 |x+ |=|x|+| |≥2 |x|· =2,故应有 2>|a-5|+1,即|a-5|<1,因此 4<a<6. x x |x| 答案 (4,6) 8.解析 |x-1|<a 得 1-a<x<a+1, ∵|x-1|<a 成立的一个充分条件是 0<x<4, ∴4≤a+1 且 1-a≤0,即 a≥3. 答案 [3,+∞) 9.解析 设 y=|x-3|-|x-4|,

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

-1,x≤3, ? ? 则 y=?2x-7,3<x<4, ? ? 1,x≥4

的图象如下图所示:

若|x-3|-|x-4|<a 的解集不是空集, 则(|x-3|-|x-4|)min <a. 由图象可知当 a>-1 时,不等式的解集不是空集. 答案 (-1,+∞) 3 1 3 1 1 3 10.解 (Ⅰ)因为 ∈A ,且 ?A ,所以| -2|<a,且| -2|≥a,解得 <a≤ . 又因为 a∈N* , 2 2 2 2 2 2 所以 a=1. (Ⅱ)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3, 当且仅当(x+1)(x-2)≤0,即-1≤x≤2 时取到等号. 所以 f (x)的最小值为 3. 11.解 函数的定义域满足|x-1|+|x-5|-a>0, 即|x-1|+|x-5|>a. (1)当 a=2 时,f (x)=log2 (|x-1|+|x-5|-2), 设 g(x)=|x-1|+|x-5|,则 2x-6 ?x≥5?, ? ? ?1<x<5?, g(x)=|x-1|+|x-5|=?4 ? ?x≤1?, ?6-2x g(x)min =4,f (x)min =log2 (4-2)=1. (2)由(1)知,g(x)=|x-1|+|x-5|的最小值为 4, |x-1|+|x-5|-a>0,得 a<4, 故 a 的取值范围是(-∞,4). 12.解 (Ⅰ)当 a=-2 时,不等式 f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0. 设函数 y=|2x-1|+|2x-2|-x-3, 1 -5x,x< , 2

? ? 1 则 y=? -x-2, ≤x≤1, 2 ? ? 3x-6,x>1.

其图象如右图所示.从图象可知,当且仅当 x∈(0,2)时,y<0. 所以原不等式的解集是{x|0<x<2}. a 1 (Ⅱ)当 x∈[- , )时,f (x)=1+a. 2 2 不等式 f (x)≤g(x)化为 1+a≤x+3.

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

a 1 所以 x≥a-2 对 x∈[- , )都成立. 2 2 a 4 故- ≥a-2,即 a≤ . 2 3 4 从而 a 的取值范围是(-1, ]. 3

第二节

不等式证明的基本方法
2 2

1.解析 s-t=b -2b+1=(b-1) ≥0. 答案 s≥t 4 4 4 2.解析 由 > > ,得 a>c>b. 2+ 2 6+ 2 7+ 3 答案 a>c>b 3.解析 ∵a>b>0,∴m= a- b>0,n= a-b>0. ∵m2 -n2 =(a+b-2 ab)-(a-b) =2b-2 ab=2 b( b- a)<0,∴m2 <n2 ,从而 m<n. 答案 m<n 1 1 1 4.解析 y=3-3x- =3- ?3x+ ?≤3-2 3x·=3-2 3,即 ymax=3-2 3. ? ? x x x 答案 3-2 3 3 3x 3x 12 12 3x 3x 12 5.解析 f (x)=3x+ 2 = + + 2 ≥3 · ·2 =9, x 2 2 x 2 2 x 3x 12 当且仅当 = 2 ,即 x=2 时等号成立. 2 x 答案 9 1 1 6.解析 ∵ 10 < 10, 2 +1 2 1 1 < 10, 10 2 +2 2 ?, 1 1 1 = < , 211 -1 210 +210 -1 210 1 1 1 1 1 1 1 ∴S= 10+ 10 + 10 +?+ 11 < 10+ 10+?+ 10=1. 2 2 +1 2 +2 2 -1 2 2 2 答案 S<1 1 1 1 7.解析 把 a+b+c=1 代入 + + a b c a+b+c a+b+c a+b+c 得 + + a b c b a c a c b =3+( + )+( + )+( + ) a b a c b c ≥3+2+2+2=9. 答案 9 8.解析 (2x2 +3y2 +z2 )(3+2+6)≥( 6x+ 6y+ 6z)2 =6, 6 2 2 2 ∴2x +3y +z ≥ . 11 6 答案 11 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9.解析 根据柯西不等式(a2 1+b1 +c1 )( a2 +b2 +c 2) ≥( a1 a2 +b1 b2 +c1 c2 ) 得( x +y +z )(1

名师一号 高考总复习· 模块新课标

数学· 新课标 A 版(文)

x y z x y z 2 2 2 +2 +3 )≥(x+2y+3z) =14. “=”成立的条件为 = = . 又 x+2y+3z= 14,令 = = = 1 2 3 1 2 3 14 3 14 t,则 x=t,y=2t,z=3t. 由 x+2y+3z=t+4t+9t= 14,∴t= ,故 x+y+z=6t= . 14 7 3 14 答案 7 10.解 (1)由 f(0),f (2),f (6)成等差数列, 得 2log2 (2+m)=log2 m+log2 (6+m), 即(m+2)2 =m(m+6)(m>0),∴m=2. ∴f (30)=log2 (30+2)=5. (2)f (a)+f(c)=log2 (a+2)(c+2), 2f (b)=log2 (b+2)2 , ∵b2 =ac,∴(a+2)(c+2)-(b+2)2 =2(a+c)-4b. ∵a+c>2 ac=2b(a≠c),∴2(a+c)-4b>0. ∴log2 (a+2)(c+2)>log2 (b+2)2 . 即 f (a)+f(c)>2f (b). 11.证明 (1)由于 x≥1,y≥1, 1 1 1 要证 x+y+ ≤ + +xy, xy x y 只需证 xy(x+y)+1≤y+x+(xy)2 . 2 因为[y+x+(xy) ]-[xy(x+y)+1] =[(xy)2 -1]-[xy(x+y)-(x+y)] =(xy+1)(xy-1)-(x+y)(xy-1) =(xy-1)(xy-x-y+1) =(xy-1)(x-1)(y-1), 由条件 x≥1,y≥1,所以(xy-1)(x-1)(y-1)≥0, 从而所要证明的不等式成立. (2)设 loga b=x,logb c=y, 由对数的换底公式得 1 1 1 logca= ,logb a= ,logcb= ,loga c=xy. xy x y 于是,所要证明的不等式即为 1 1 1 x+y+ ≤ + +xy, xy x y 由题意知 x=loga b≥1,y=logb c≥1. 故由(1)可知所要证明的不等式成立. 12.解 (1)由柯西不等式(x2 +y2 +z2 )(12 +22 +12 )≥(x+2y+z)2 ,即有(x+2y+z)2 ≤36. 又 x,y,z 是正数,∴x+2y+z≤6, 即 x+2y+z 的最大值为 6, x y z 当且仅当 = = ,即当 x=z=1,y=2 时取得最大值. 1 2 1 (2)由题意及(1)得,|a+1|-2a≥(x+2y+z)ma x=6. 7 解得 a 无解或 a≤- , 3 ? 7 ? 综上,实数 a 的取值范围为?a? a≤- ?. ? 3 ? ?


搜索更多“名师一号高考总复习新课标A版数学文科计时双基练全解全析”

网站地图

All rights reserved Powered by 伤城文章网 5xts.com

copyright ©right 2010-2021。
伤城文章网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com