高考数学速练题及答案解析

高考数学速练题及答案解析

1．设i为虚数单位，则复数

i2i等于 A．12i B． 12i C．12i D．1255555555i 2．命题“xR,x211”的否定是

A．xR,x211 B．xR,x211 C．xR,x211 D．xR,x211 3．（本题满分12分）

A

如图，在△ABC中，C45，D为BC中点，BC2. 记锐角ADB．且满足cos2725． （1）求cos； C

D B

（2）求第3题图

BC边上高的值．

4．某程序框图如图所示，该程序运行后，输出s的值是

开始 s=0 i=1 s=s+2i i=i+1 i<5？ Y N 输出s

A．10 B．15 C．20 D．30

5.甲、乙两所学校高三年级分别有1200人，1000人，为了了解两所学校全体高三年级学生在该地 区六校联考的数学成绩情况，采用分层抽样方法从两所学校一共抽取了110名学生的数学成绩，并 作出了频数分布统计表如下： 甲校： 乙校：

(1)计算x，y的值；(2)若规定考试成绩在[120,150]内为优秀，请分别估计两所学校数学成绩的优秀率；

分组 [70,80） 频数 3 分组 [110,120） 频数 15 分组 频数 分组 频数 [70,80） 1 [110,120） 10 [80,90） 4 [120,130） x [80,90） 2 [120,130） 10 [90,100） 8 [130,140） 3 [90,100） 8 [130,140） y [100,110） 15 [140,150] 2 [100,110） 9 [140,150] 3 甲校 乙校 总计

(3)由以上统计数据填写下面握认为两所学校的数学成绩有

参考数据与公式：

2优秀 非优秀 总计 2×2列联表，并判断是否有90%的把差异.

n(adbc)2由列联表中数据计算K

(ab)(cd)(ac)(bd)临界值表

P(Kk0) k0 0.10 2.706 0.05 3.841 0.010 6.635

6．已知a(1,2)，b(0,1)，c(k,2)，若(a2b)c，则k A．2 B． 2 C．8 D．8

y7．已知实数x,y满足xxy1，则目标函数z2xy的最大值为

y1A．3 B．12 C．5 D．6

8.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，Q为AD的中点。 （1）若PAPD，求证：平面PQB平面PAD；

（2）点M在线段PC上，PMtPC，试确定t的值，使PA//平面MQB；

9．已知集合Mxlog2(x1)2，Nxax6 ,且MN2,b,则ab

A．4 B．5 C．6 D．7 10．函数f(x)exx22在区间2,1内零点的个数为 A． 1 B．2 C．3 D． 4

11. (本题满分14分) 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2a cos C＋c＝2b．

(Ⅰ) 求角A的大小；

(Ⅱ) 若a2＝3bc，求tan B的值．

12．一个长方体被一个平面截去一部分后所剩几何体的正视图和俯视图 如图所示，则该几何体的侧视图可以为

A． B． C． D．

1913．设二次函数f(x)ax24xc(xR)的值域为[0,)，则的最小值为

ca9A．3 B． C．5 D．7

2俯视图 第9题图 正视图

14．（本题满分14分）

如图所示，已知圆O的直径AB长度为4，点D为线段AB上一点，且ADDB，点C为圆O 上一点，且BC3AC．点P在圆O所在平面上的正投影为点D，PDBD．

13P A C D O B

（1）求证：CD平面PAB； （2）求点D到平面PBC的距离．

12、8．15．课题组进行城市空气质量调查，按地域把24个城市分成甲、乙、丙三组，对应的城市的个数分别为4、若

用分层抽样的方法抽取6个城市，则丙组中应抽取的城市数为 ．

16．函数ysinxsinx的最小正周期为 ，最大值是 ．

317.已知集合A{x|x7x60,xN}，集合

2B{x||x3|3,xN}，集合

M{(x,y)|xA,yB}

（1）求从集合M中任取一个元素是（3，5）的概率； （2）从集合M中任取一个元素，求xy10的概率； 18．（本题满分14分）

数列an的前n项和为Sn2an2，数列bn是首项为a1，公差不为零的等差数列,且b1,b3,b11成等比数列． （1）求a1,a2,a3的值；

（2）求数列an与bn的通项公式；

（3）求证：b1b2bbna31a2a3a5 n

答案：

1.A 2.C

3.解析：（1）∵cos22cos21725，∴cos2925，∵(0,2)，∴（2）方法一、由（1）得sin1cos245， ∵CADADBC45，

∴sinCADsin()sincos44cossin4210， ----9分 在ACD中，由正弦定理得：CDsinCADADsinC，

12ADCDsinC2sinCAD25 ----11分 10cos35． -----------5分A C D B 第16题图 H ∴

则高hADsinADB5454． -----------------12分 方法二、如图，作BC 边上的高为AH 在直角△ADH中，由（1）可得cosDBAD35， 则不妨设AD5m, 则DH3m,AH4m -----------------8分 注意到C=45，则AHC为等腰直角三角形，所以CDDHAH则13m4m -----------------10分 所以m1，即AH4 -----------------12分 4.D

5.解:（1）甲校抽取110×

1200220060人，………1分 甲校 乙校 总计 优秀 15 20 35 非优45 30 75 ，

乙校抽取110×

1000=50人，………2分 2200秀 总计 60 50 110 故x＝10， y＝7， ………4分

（2）估计甲校优秀率为

1525%， ………5分 6020乙校优秀率为＝40%. ………6分

50 (3) 表格填写如右图， ………8分

110(15302045)2k＝≈2.83>2.706 ………10分

605035752

又因为1－0.10＝0.9，故有90%的把握认为两个学校的数学成绩有差异。……12分 6.C 7.C

8.解：（1）连BD，四边形ABCD菱形， ∵AD⊥AB， ∠BAD=60°∴ △ABD为正三角形， Q为AD中点， ∴AD⊥BQ∵PA=PD，Q为AD的中点，AD⊥PQ又BQ∩PQ=Q BQ,PQ平面PQB ∴AD⊥平面PQB， AD平面PAD∴平面PQB⊥平面PAD （2）当t时，PA//平面MQB

连AC交BQ于N

13

由AQ//BC可得，ANQ∽BNC，AQBCAN1NC2 PA//平面MQB，PA平面PAC，平面PAC平面MQBMN，PA//MN

PMPCANAC13 即：PM113PC t3

9.D 10.B

11. 本题主要考查正、余弦定理、三角变换，同时考查运算求解能力。满分14分。 (Ⅰ) 由题意及正弦定理得

2 sin A cos C＋sin C＝2 sin B＝2 sin (A＋C)＝2 (sin A cos C＋cos A sin C)，即sin C (2 cos A－1)＝0．因为sin C≠0，所以cos A＝12，从而得A＝π3． (Ⅱ) 由A＝π3及余弦定理得b2＋c2－bc＝a2＝3bc，

即 b2＋c2－4bc＝0， 所以bbπc＝2±3．当c＝2＋3时，又sin C＝sin (2－B)33＝2cos B＋12sin B，

故b＝sinBsinC＝tanBc3＝23，所以tanB＝－2－3．

212tanB 6分

…………

当b＝2－c3时，同理得tan B＝2－2－3．

综上所述，tan B＝2＋12.B 13.A

3或3． ………… 14分

P 14.解析：（Ⅰ）法1：连接CO，由3ADDB知，点D为AO的中点， 又∵AB为圆O的直径，∴ACCB，由3ACBC知，CAB60， ∴ACO为等边三角形，从而CDAO．-----------------3分

A C D O B ∵点P在圆O所在平面上的正投影为点D，∴PD平面ABC，又CD平面ABC，∴PDCD，-----------------5分 由PDAOD且PD,AO平面PAB得，CD平面PAB．-----------------6分 （注：证明CD平面PAB时，也可以由平面PAB平面ACB得到，酌情给分．） 法2：∵AB为圆O的直径，∴ACCB，

∵在RtABC中，AB4，∴由3ADDB，3ACBC得，DB3，AB4，BC23， ∴

BDBC3，则BDC∽BCA，∴BCABDC，即CDAO．-----------------3分 BCAB2

∵点P在圆O所在平面上的正投影为点D，∴PD平面ABC，又CD平面ABC，∴PDCD，-----------------5分 由PDAOD,PD,AO平面PAB得，CD平面PAB．-----------------6分

法3：∵AB为圆O的直径，∴ACCB，在RtABC中由3ACBC得，ABC30， ∵AB4，由3ADDB得，DB3，BC23，

由余弦定理得，CD2DB2BC22DBBCcos303，∴CD2DB2BC2，即CDAO．-----------------3分

∵点P在圆O所在平面上的正投影为点D，∴PD平面ABC，又CD平面ABC，∴PDCD，-----------------5分 由PDAOD,PD,AO平面PAB得，CD平面PAB． ---6分 （Ⅱ）法1：由（Ⅰ）可知CD3，PDDB3，--------7分

（注：在第（Ⅰ）问中使用方法1时，此处需要求出线段的长度，酌情给分．） ∴VPBDCSBDCPDDBDCPD333131132113233．--------10分 2P 又PBPD2DB232，PCPD2DC223，BCDB2DC223， ∴PBC为等腰三角形，则SPBC32121292315．--------12分 2A D F O E B

设点D到平面PBC的距离为d， 由V133PBDCVDPBC得，3SPBCd2，解得d355．--------14分 法2：由（Ⅰ）可知CD3，PDDB3，

过点D作DECB，垂足为E，连接PE，再过点D作DFPE，垂足为F．-----------------8分 ∵PD平面ABC，又CB平面ABC，∴PDCB，又PDDED，PD,DE平面PDE ∴CB平面PDE，又DF平面PDE，∴CBDF，又CBPEE，PE,CB平面PBC ∴DF平面PBC，故DF为点D到平面PBC的距离．--------10分 在RtDEB中，DEDBsin303，PEPD2DE23522， 在33RtPDE中，DFPDDE2PE35355，即点D到平面PBC的距离为355．-------14分 215．2 16．2（2分），3 （3分）

17.解：由已知得A={1，2，3，4，5，6},B={1，2，3，4，5，6},则基本事件x,y包括：1,1，1,2，1,3，1,4，1,5，

1,6，2,1，2,2，……，6,5，6,6，共36个基本事件．

（1）设从M中任取一个元素是（3，5）的事件为B，则P(B)136 所以从M中任取一个元素是（3，5）的概率为

136 （2）设从M中任取一个元素，xy10的事件为C，有（4，6），（6，4），（5，5），（5， 则P（C）=1，所以从M中任取一个元素xy10的概率为166 18．（本题满分14分） 解析：（1）∵Sn2an2，

∴当n1时，a12a12，解得a12；当n2时，S2a1a22a22，解得a24； 当n3时，S3a1a2a32a32，解得a38． -----------------3分 （2）当n2时，anSnSn1(2an2)(2an12)2an2an1， -----5分

得an2an1又a1S12a12，a12，∴数列{an}是以2为首项，公比为2的等比数列， 所以数列{ann}的通项公式为an2． -----------------7分

b1a12，设公差为d，则由b1,b3,b11成等比数列，

6），（6，5），（6，6）

得(22d)22(210d)， -----------------8分 解得d0（舍去）或d3， ----------------9分 所以数列{bn}的通项公式为bn3n1．-----------------10分 （3）令T1nb1b2ab3bn2581a2a3a12233nn222n， 2T5n2218223n12n1，两式式相减得

T3n221333n1222n12n， 3∴(11Tn222n1)3n13n5112n52n，-----------------13分 2又3n52n0，故Tn5．-----------------14分

-----------------11分