设集合,集合,则( )
知识点:数学
A
选A
【考点定位】集合的基本运算.
【名师点睛】集合的概念及运算一直是高考的热点,几乎是每年必考内容,属于容易题.一般是结合不等式,函数的定义域值域考查,解题的关键是结合韦恩图或数轴解答.
设i是虚数单位,则复数= ( )
(A)-i (B)-3i (C)i. (D)3i
知识点:数学
C
,故选C
【考点定位】复数的基本运算.
【名师点睛】复数的概念及运算也是高考的热点,几乎是每年必考内容,属于容易题.一般来说,掌握复数的基本概念及四则运算即可.
执行如图所示的程序框图,输出S的值是( )
(A) (B) (C) (D)
知识点:数学
D
这是一个循环结构,每次循环的结果依次为:大于4,所以输出的,选D
【考点定位】程序框图.
【名师点睛】程序框图也是高考的热点,几乎是每年必考内容,多半是考循环结构,基本方法是将每次循环的结果一一列举出来.
下列函数中,最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是( )
(A) (B)
(C) (D)
知识点:数学
A
对于选项A,因为,且图像关于原点对称,故选A
【考点定位】三角函数的性质.
【名师点睛】本题不是直接据条件求结果,而是从4个选项中找出符合条件的一项,故一般是逐项检验,但这类题常常可采用排除法.很明显,C、D选项中的函数既不是奇函数也不是偶函数,而B选项中的函数是偶函数,故均可排除,所以选A.
过双曲线的右焦点且与x轴垂直的直线,交该双曲线的两条渐近线于A,B两点,则=( )
(A) (B) (C)6 (D)
知识点:数学
D
双曲线的右焦点为,过P与x轴垂直的直线为x=2,渐近线方程为,将代入得:,,选D。
【考点定位】双曲线.
【名师点睛】双曲线的渐近线方程为,将直线代入这个渐近线方程,便可得交点A、B的纵坐标,从而快速得出的值.
用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的偶数共有( )
(A)144个 (B)120个 (C)96个 (D)72个
知识点:数学
B
据题意,万位上只能排4.5,若万位上排4,则有个;若万位上排5,则有3个,所以共有个,故选B
【考点定位】排列组合.
【名师点睛】利用排列组合计数时,关键是正确进行分类和分步,分类时要注意不重不漏.在本题中,万位与个位是两个特殊位置,应根据这两个位置的限制条件来进行分类.
设四边形ABCD为平行四边形,,.若点M,N满足,,则( )
(A)20 (B)15 (C)9 (D)6
知识点:数学
C
所以
选C
【考点定位】平面向量.
【名师点睛】涉及图形的向量运算问题,一般应选两个向量作为基底,选基底的原则是这两个向量有尽量多的已知元素.本题中,由于,故可选作为基底.
设a,b都是不等于1的正数,则“”是“”的 ( )
(A)充要条件 (B)充分不必要条件
(C)必要不充分条件 (D)既不充分也不必要条件
知识点:数学
B
若,则,从而有,故为充分条件。若不一定有,比如,从而不成立,故选B。
【考点定位】命题与逻辑.
【名师点睛】充分性必要性的判断问题,首先是分清条件和结论,然后考察条件推结论,结论推条件是否成立.这类问题往往与函数、三角、不等式等数学知识结合起来考.
如果函数在区间上单调递减,则mn的最大值为( )
(A)16 (B)18 (C)25 (D)
知识点:数学
B
时,抛物线的对称轴为.据题意,当时,即。,。由且得,当时,抛物线开口向下,据题意得,即,,由且得,故应舍去。要使得取得最大值,应有所以所以最大值为18,故选B
【考点定位】函数与不等式的综合应用.
【名师点睛】首先弄清抛物线的开口方向和对称轴,结合所给单调区间找到m、n满足的条件,然后利用基本不等式求解.本题将函数的单调性与基本不等式结合考查,检测了学生综合运用知识解题的能力.在知识的交汇点命题,这是高考的一个方向,这类题往往以中高档题的形式出现.
设直线与抛物线相交于A,B两点,与圆相切于点M,且M为线段AB的中点.若这样的直线恰有4条,则的取值范围是( )
(A)(1,3) (B)(1,4) (C)(2,3) (D)(2,4)
知识点:数学
D
分析:显然当直线的斜率不存在时,必有俩条直线满足题设,当直线的斜率存在时,设斜率为,设,则,相减得.由于,所以,即.圆心为,由得,,所以,即点M必在直线上.将代入得.因为点M在圆上,所以,.又(由于斜率不存在,故,所以不取等号),所以.选D。
【考点定位】直线与圆锥曲线,不等式.
【名师点睛】首先应结合图形进行分析.结合图形易知,只要圆的半径小于5,那么必有两条直线(即与x轴垂直的两条切线)满足题设,因此只需直线的斜率存在时,再有两条直线满足题设即可.接下来要解决的问题是当直线的斜率存在时,圆的半径的范围是什么.涉及直线与圆锥曲线的交点及弦的中点的问题,常常采用“点差法”.在本题中利用点差法可得,中点必在直线上,由此可确定中点的纵坐标的范围,利用这个范围即可得到r的取值范围.
在的展开式中,含的项的系数是 (用数字填写答案).
知识点:数学
-40
分析:,所以的系数为.
【考点定位】二项式定理.
【名师点睛】涉及二项式定理的题,一般利用其通项公式求解.
sin15°+sin75°的值是 .
知识点:数学
分析:
【考点定位】三角恒等变换及特殊角的三角函数值.
【名师点睛】这是一个来自于课本的题,这告诉我们一定要立足于课本.首先将两个角统一为一个角,然后再化为一个三角函数一般地,有.第二种方法是直接凑为特殊角,利用特殊角的三角函数值求解.
某食品的保鲜时间y(单位:小时)与储藏温度x(单位:℃)满足函数关系(e=2.718…为自然对数的底数,k、b为常数)。若该食品在0℃的保鲜时间是192小时,在22℃的保鲜时间是48小时,则该食品在33℃的保鲜时间是 小时.
知识点:数学
24
分析:
由题意得:,
所以时,.
【考点定位】函数及其应用.
【名师点睛】这是一个函数应用题,利用条件可求出参数k、b,但在实际应用中往往是利用整体代换求解(不要总是想把参数求出来).本题利用整体代换,使问题大大简化.
如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E、F分别为AB、BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为,则的最大值为 .
知识点:数学
分析:建立坐标系如图所示.设,
则设,则,
由于异面直线所成角的范围为,
所以,
令,则,当时取等号,所以
,当时,取得最大值.
【考点定位】1、空间两直线所成的角;2、不等式.
【名师点睛】空间的角与距离的问题,只要便于建立坐标系均可建立坐标系,然后利用公式求解.解本题要注意,空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.当点M在P处时,EM与AF所成角为直角,此时余弦值为0(最小),当M点向左移动时,EM与AF所成角逐渐变小,点M到达Q点时,角最小,从而余弦值最大.
已知函数, (其中).对于不相等的实数,设,
现有如下命题:
①对于任意不相等的实数,都有;
②对于任意的a及任意不相等的实数,都有;
③对于任意的a,存在不相等的实数,使得;
④对于任意的a,存在不相等的实数,使得.
其中的真命题有 (写出所有真命题的序号).
知识点:数学
①④
分析:
设.
对(1),从的图像可看出,恒成立,故正确.
对(2),直线CD的斜率可为负,即,故正确.
对(3),由得,即,
令,则.
由得:,作出的图像知,
方程不一定有解,所以不一定有极值点,即对于任意的,不一定存在不相等的实数,使得,即不一定存在不相等的实数,使得.故不正确
对(4),由得,即.
令,则.
由得:,作出的图像知,
方程必一定有解,所以一定有极值点,即对于任意的,一定存在不相等的实数,使得,即一定存在不相等的实数,使得,故正确.
【考点定位】函数与不等式的综合应用.
【名师点睛】四川高考数学15题历来是一个异彩纷呈的题,个中精彩读者可从解析中慢慢体会.解决本题的关键是转化思想,通过转化使问题得以解决.
设数列的前项和,且成等差数列.
(1)求数列的通项公式;
(2)记数列的前n项和为,求使得成立的n的最小值.
知识点:数学
(1);(2)10.
(1) 由已知
即,从而,
又因为成等差数列,即
所以解得
所以,数列是首项为2,公比为2的等比数列,
故
(2)由(1)得
所以…,
由,得,即,
因为,
所以,
于是,使成立的的最小值为10.
【考点定位】本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和公式等基础知识,考查运算求解能力.
【名师点睛】凡是有与间的关系,都是考虑消去或(多数时候是消去,得与间的递推关系).在本题中,得到与间的递推关系式后,便知道这是一个等比数列,利用等比数列的相关公式即可求解.等差数列与等比数列是高考中的必考内容,多属容易题,考生应立足得满分.
某市A,B两所中学的学生组队参加辩论赛,A中学推荐3名男生,2名女生,B中学推荐了3名男生,4名女生,两校所推荐的学生一起参加集训,由于集训后队员的水平相当,从参加集训的男生中随机抽取3人,女生中随机抽取3人组成代表队.
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率.
(2)某场比赛前,从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛,设X表示参赛的男生人数,求X的分布列和数学期望.
知识点:数学
(1)A中学至少1名学生入选的概率为.
(2)X的分布列为:
X的期望为.
(1)由题意,参加集训的男、女生各有6名.
参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为.
因此,A中学至少1名学生入选代表队的概率为.
(2)根据题意,X的可能取值为1,2,3.
,
,
,
所以X的分布列为:
X | 1 | 2 | 3 |
P |
因此,X的数学期望为
【考点定位】本题考查随机事件的概率、古典概型、随机变量的分布列、数学期望等基础知识,考查运算求解能力、应用意识,考查运用概率与统计的知识与方法分析和解决实际问题的能力.
【名师点睛】应用问题一定要注意弄清题意,找出题中的关键字词.在本题中,就要分清楚集训队与代表队的区别.求概率时,如果直接求比较复杂,就应该先求其对立事件的概率.超几何分布和二项分布是中学中的两个重要概率分布,考生必须牢固掌握.本题的概率分布就是一个超几何分布问题.
一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示,在正方体中,设BC的中点为M, GH的中点为N.
(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);
(2)证明:直线MN∥平面BDH;
(3)求二面角A-EG-M的余弦值.
知识点:数学
(1)点F、G、H的位置如图所示.
(2)详见解析.(3)
分析:
(1)点F,G,H的位置如图所示
(2)连结BD,设O为BD的中点.
因为分别是的中点,
所以,且,
,且,
所以,
所以是平行四边形,
从而,
又平面平面,
所以平面
(3)方法一
连接,过作于
在正方体中,,所以.
过作于,连接,
所以.从而.
所以是二面角的平面角.
设,则.
在中,
在中,
所以.
即二面角的余弦值为
(另外,也可利用空间坐标系求解)
方法二
如图,以D为坐标原点,分别以方向为轴的正方向,建立空间直角坐标系.
设AD=2,则,
所以,
设平面的一个法向量为,
由得
取,得.
在正方体中,⊥平面.
则可取平面的一个法向量为.
所以.
故二面角的余弦值为.
【考点定位】本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.
【名师点睛】立体几何解答题的考查内容,不外乎线面、面面位置关系及空间夹角与距离的计算. (1)注意ABCD是底面,将平面展开图还原可得点F、G、H的位置. (2)根据直线与平面平行的判定定理,应考虑证明MN平行于平面BDH内的一条直线.连结O、M,易得是平行四边形,从而,进而证得平面.(3)要作出二面角的平面角,首先要过M作平面AEGC的垂线,然后再过垂足作棱EG的垂线,再将垂足与点M连结,即可得二面角的平面角.
如图,A,B,C,D为平面四边形ABCD的四个内角.
(1)证明: ;
(2)若A+C=180°,AB=6,BC=3,CD=4,AD=5,求的值.
知识点:数学
(1);(2)
分析:
(1).
(2)由,得.
由(1),有
=
=
连接,
在中,有,
在中,有,
所以,
则,
于是.
连接,同理可得
,
于是.
所以
=
=
=.
【考点定位】本题考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理、简单的三角恒等变换等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力,考查函数与方程、化归与转化等数学思想.
【名师点睛】本题第(1)小题为课本必修4第142页练习1,体现了立足课本的要求.高考中常常将三角恒等变换与解三角形结合起来考,本题即是如此.本题的关键体现在以下两点,一是利用角的关系消角,体现了消元的思想;二是用余弦定理列方程组求三角函数值,体现了方程思想.
如图,椭圆E: 的离心率是,过点P(0,1)的动直线与椭圆相交于A,B两点,当直线平行于轴时,直线被椭圆E截得的线段长为.
(1)求椭圆E的方程;
(2)在平面直角坐标系中,是否存在与点P不同的定点Q,使得恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
知识点:数学
已知函数,其中.
(1)设是的导函数,评论的单调性;
(2)证明:存在,使得在区间内恒成立,且在区间内有唯一解.
知识点:数学
(1)当时,在区间上单调递增, 在区间上单调递减;当时,在区间上单调递增.(2)详见解析.
(1)由已知,函数的定义域为,
,
所以.
当时,在区间
在区间上单调递减;
当时,在区间上单调递减.
(2)由,解得.
令
则,
故存在使得.
令
由知,函数在区间上单调递增.
所以.
即.
当时,有,
由(1)知,函数在区间上单调递增
故当时,有,从而;
当时,有,从而;
所以,当时,有
综上所述,存在,使得在区间内恒成立,且在区间内有唯一解.
【考点定位】本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合,化归与转化等数学思想.
【名师点睛】本题作为压轴题,难度系数应在0.3以下.导数与微积分作为大学重要内容,在中学要求学生掌握其基础知识,在高考题中也必有体现.一般地,只要掌握了课本知识,是完全可以解决第(1)题的,所以对难度最大的最后一个题,任何人都不能完全放弃,这里还有不少的分是志在必得的.解决函数题需要的一个重要数学思想是数形结合,联系图形大胆猜想. 在本题中,结合待证结论,可以想象出的大致图象,要使得在区间内恒成立,且在内有唯一解,则这个解应为极小值点,且极小值为0,当时,的图象递减;当时,的图象单调递增,顺着这个思想,便可找到解决方法.