资源描述
参考答案
1．C
【解析】
试题分析：因,则,故应选C.
考点：不等式的解法与集合的运算.
2．A
【解析】
试题分析：因直线绕原点逆时针旋转后,其斜率,故直线方程为,再向右平移个单位可得,故应选A.
考点：直线的点斜式方程及直线的位置关系的运用.
3．C
【解析】
试题分析：因命题是假命题,故是真命题,而命题是真命题,故是真命题,所以应选C.
考点：命题的真假与判定.
4．C
【解析】
试题分析：因,经检验直线经过点,故应选C.
考点：回归方程及运用.
5．B
【解析】
试题分析：因,故,则,故应选B.
考点：诱导公式及余弦二倍角公式的运用.
6．A
【解析】
试题分析：由等比数列的性质，，．
考点：等比数列的性质．
7．D
【解析】
试题分析：因,故应选D.
考点：基本不等式的灵活运用.
8．B
【解析】
试题分析：因,故,设,则将两边平方并整理可得,即,解之得,故应选B.
考点：向量的数量积公式及二次不等式的解法.
9．A
【解析】
试题分析：设关于直线的对称点为,则,解之得,即,因是定值,故当最小时椭圆的离心率最大.由于（当且仅当共线时取等号）,即,则,故应选A.
考点：椭圆的定义及直线与椭圆的位置关系及运用.
【易错点晴】本题是一道考查直线与椭圆的位置关系及最值等问题的综合性问题.解答时先建立方程组求关于直线的对称点为,然后通过运用转化化归的数学思想将问题转化为求“当最小时椭圆的离心率最大”的问题．然后借助（当且仅当共线时取等号）求出,使得问题获解.
10．B
【解析】
试题分析：设，则，所以函数为增函数，由得，所以当即的解为，故选B.
考点：利用导数研究函数的单调性.
【方法点晴】本题主要考查了导数在研究函数的单调性中的应用，考查了函数的思想及学生分析问题、解决问题的能力.本题解答的关键是根据题目条件联想构造函数，并利用判断出其单调性，由求并求得其零点，得到的解集，即得原不等式的解.
11．A
【解析】
试题分析：画出不等式组表示的区域如图,当时,即时,则,结合图形可知当动直线过点时, 取最大值；当动直线过点时, 取最小值.当时,即时,则,结合图形可知当动直线过点时, 取最大值；当动直线过点时, 取最小值,故的取值范围是,应选A.
考点：不等式组表示的区域及线性规划的知识及运用.
【易错点晴】本题考查的是线性约束条件与数形结合的数学思想的综合问题,解答时先构建平面直角坐标系,再分类画出满足题设条件的不等式组，表示的平面区域,然后再依据题设条件将目标函数变为和,进而结合图形根据其经过定点的情形分别求出其最大值和最小值,最终求其公共部分确定出的取值范围是,从而使得问题获解.
12．C
【解析】
试题分析：因“阶色序”中每个点的颜色有两种选择,故“阶色序”共有种,一方面,个点可以构成个“阶色序”,故“阶魅力圆”中的等分点的个数不多于个；另一方面,若,则必须包含全部共个“阶色序”,不妨从开始按逆时针确定其它各点颜色,显然符合条件.故“阶魅力圆”中最多可有个等分点,故应选C.
考点：定义的新信息的迁移及综合运用.
13．
【解析】
试题分析:因与轴的面积为,故阴影部分的面积为,而,故由几何概型的计算公式得,应填答案.
考点：定积分及几何概型的计算公式的运用．
14．
【解析】
试题分析:令可得,令可得，以上两式两边相减可得,即,故应填答案.
考点：赋值法及运用．
15．
【解析】
试题分析：不妨设，当时，
．
考点：1、数列的前项和；2、累积法．
【方法点晴】本题主要考查数列的前项和累积法，涉及分类讨论思想、函数思想和转化化归思想，考查逻辑推理能力、转化能力和逻辑推理能力，属于较难题型．首先利用分类讨论思想和转化化归思想，可得时，进而求得，再利用累积法可得．
16．
【解析】
试题分析：函数的定义域为，则满足 ，即对任意实数恒成立，只要比的最大值大即可，而的最大值为，即．
考点：函数的定义域恒成立问题，学生的基本运算能力与逻辑推理能力．
17．（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）借助题设条件运用正弦定理求解；（2）借助题设运用余弦定理及三角形的面积公式求解.
试题解析：
（1）由正弦定理可得：，
所以，，．
（2）由余弦定理得，即，
又，所以，解得或（舍去）．
所以．
考点：正弦定理余弦定理及三角形的面积公式等知识的综合运用.
18．（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）借助题设条件运用古典概型的计算公式求解；（2）借助题设运用数学期望的计算公式建立方程求解.
试题解析：
（1）因为6根竹竿的长度从小到大依次为3.6,3.8,4.0,4.1,4.3,4.5，其中长度之差超过0.5米的两根竹竿长可能是3.6和4.3,3.6和4.5,3.8和4.5．
，所以，
故所求的概率为．
（2）设任取两根竹竿的价格之和为，则的可能取值为，，20，
其中，，，
所以．
令，得．
考点：古典概型的计算公式及数学期望公式的综合运用.
19．（1）证明见解析；（2）存在点，且.
【解析】
试题分析：（1）借助题设条件运用线面垂直的性质定理推证；（2）借助题设运用空间向量的数量积公式建立方程求解.
试题解析：
（1）证明：连接，
因为为正三棱柱，所以为正三角形，
又因为为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，所以．
因为，，，所以，，
所以在中，，
在中，，所以，即，
又，
所以平面，平面，所以．
（2）假设存在点满足条件，设，
取的中点，连接，则平面，
所以，，
分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则即令，得，
同理，平面的一个法向量为，
则即取，得，
所以，解得，
故存在点，当时，二面角等于．
考点：线面垂直的性质定理及空间向量的数量积公式的综合运用.
20．（1）；（2）证明见解析．
【解析】
试题分析：（1）本小题要求椭圆标准方程，由离心率可得，再把点坐标代入又得的一个方程，两者联立可解得；（2）设直线PD、PE的斜率分别为，则要证直线PD、PE与y轴围成的三角形是等腰三角形，只需证，为此先得，从而有，于是可设直线方程为，同时设，由直线方程与椭圆方程可得，计算，可得结论．
试题解析：（1）因为C1离心率为，所以a2＝4b2，
从而C1的方程为：＋＝1 .代入P（－2，1）
解得：b2＝2，因此a2＝8.
所以椭圆C1的方程为：＋＝1 .
（2）由题设知A、B的坐标分别为（－2，－1），（2，1）．
因此直线l的斜率为.
设直线l的方程为：y＝x＋t.
由得：x2＋2tx＋2t2－4＝0.
当Δ＞0时，不妨设C（x1，y1），D（x2，y2），
于是 x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4.
设直线PD、PE的斜率分别为k1，k2，则要证直线PD、PE与y轴围成的三角形是等腰三角形，只需证k1＋k2＝0，
又k1＋k2＝＋＝，
则只需证（y2－1）（2－x1）－（2＋x2）（y1＋1）＝0，
而（y2－1）（2－x1）－（2＋x2）（y1＋1）
＝2（y2－y1）－（x1y2＋x2y1）＋x1－x2－4
＝x2－x1－x1x2－t（x1＋x2）＋x1－x2－4
＝－x1x2－t（x1＋x2）－4
＝－2t2＋4＋2t2－4
＝0
所以直线PD、PE与y轴围成的三角形是等腰三角形．
考点：椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合问题．
【名师点睛】解析几何中的直线与曲线相交的综合性问题，可设出直线方程，同时设交点坐标为，由直线方程与椭圆方程可得，然后计算相关量，象本题计算，并把用表示出来，把刚才所得代入可得结论．
21．（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）借助题设条件运用导数及二次函数的有关知识求解；（2）借助题设构设函数运用导数的有关知识探求.
试题解析：
（1）由已知可得，
∵函数为偶函数，
∴，
即恒成立，
所以．
又，∴，，
又∵对一切实数，不等式恒成立，
∴恒成立，
∴
∴，∴．
（2）由（1）得，，
∴（），，
由题意得
又，
∴，解得，
∵，（）为的零点，
∴，，
两式相减得，，
又，从而，
设（），
则（）记为，
，
∴在上单调递减，
∴，
故的最小值为．
考点：二次函数导数的有关知识的综合运用.
【易错点晴】导数是研究函数的单调性和极值最值问题的重要而有效的工具.本题就是以含参数的函数解析式为背景,考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力.本题的第一问求解时借助二次函数的判别式及函数的奇偶性等知识建立方程和不等式获解；第二问则借助题设条件构造函数,再运用导数等知识进行分析推证,从而使得问题获解.
22．（1），；（2）.
【解析】
试题分析：（1）借助题设条件运用极坐标与直角坐标的关系及参数方程与直角坐标方程的互化求解；（2）借助题设运用圆与圆的位置关系求解.
试题解析：
（1）由（为参数）得，
曲线的普通方程为，
∵，∴，
∴有，即为所求曲线的直角坐标方程．
（2）∵圆的圆心坐标，圆的圆心坐标为，
∴，所以两圆相交．
设相交弦长为，因为两圆半径相等，所以公共弦平分线段，
∴，
∴，即所求公共弦的长为．
考点：极坐标与直角坐标之间的关系和参数方程与直角坐标之间的互化关系的综合运用.
23．（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）借助题设条件运用绝对值不等式的几何意义求解；（2）借助题设运用分类整合思想建立不等式组求解.
试题解析：
（1）可以看做数轴上的点到点和点的距离之和，
∴，∴．
（2）由（1）得的最大值为8，原不等式等价于，
∴有或
从而或，
∴原不等式的解集为．
考点：绝对值不等式的几何意义与分类整合思想的综合运用.
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