高考文科数学试卷讲解（共11篇）
篇1：高考文科数学试卷讲解
2016年高考文科数学已经考完，北京高考文科数学试题已经公布，本套试题暂时只有图片版本。让同学们第一时间预估自己的分数。
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篇2：高考文科数学试卷讲解
高三的课只有两种形式：复习课和评讲课，到高三所有课都进入复习阶段，通过复习，学生要能检测出知道什么，哪些还不知道，哪些还不会，因此在复习课之前一定要有自己的思考，听课的目的就明确了。
现在学生手中都会有一种复习资料，在老师讲课之前，要把例题做一遍，做题中发现的难点，就是听课的重点;对预习中遇到的没有掌握好的有关的旧知识，可进行补缺，以减少听课过程中的困难;有助于提高思维能力，自己理解了的东西与老师的讲解进行比较、分析即可提高自己思维水平;体会分析问题的思路和解决问题的思想方法，坚持下去，就一定能举一反三，提高思维和解决问题的能力。
此外还要特别注意老师讲课中的提示。作好笔记，笔记不是记录而是将上述听课中的要点，思维方法等做出简单扼要的记录，以便复习，消化，思考。习题的解答过程留在课后去完成，每记的地方留点空余的地方，以备自已的感悟。
篇3：高考文科数学试卷讲解
2011年广东高考文科数学试卷第18题原题:如图1所示的几何体是将高为2, 底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后, 将其中一半沿切面向右水平平移后得到的.A, A′, B, B′分别为undefined的中点, O1, O′1, O2, O′2分别为CD, C′D′, DE, D′E′的中点.
(1) 证明:
O′1, A′, O2, B四点共面;
(2) 设G为AA′中点, 延长A′O′1到H′, 使得O′1H′1=A′O′1, 证明:
BO′2⊥平面H′B′G.
二、解法分析
解决几何问题, 一般有几何解法与代数解法两种方法.要证O′1, A′, O2, B四点共面, 利用几何解法应证:①O′1A′//O2B或②A′BO′1O2相交;利用代数解法应证:undefined.要证BO′2⊥平面H′B′G, 几何解法应证明直线BO2与平面H′B′G内的两条相交直线垂直;利用代数解法应证:undefined.具体解答如下:
1.几何解法
Ⅰ.对问题 (1) 的解法
解法一 如图2, 连接BO2, AO1.
∵A, A′分别为undefined中点,
∴O′1A′//O1A.
∵直线BO2是由直线AO1平移得到,
∴AO1//BO2, ∴O′1A′//BO2.
∴O′1, A′, O2, B四点共面.
解法二 ∵A′为undefined中点, O′1是C′D′的中点,
∴A′O′1⊥平面C′CEE′.
∵B是undefined的中点, O2是DE的中点,
∴BO2⊥平面C′CEE′, ∴A′O′1//BO2.
∴O′1, A′, O2, B四点共面.
解法三 如图3, 连接D′A′, D′B′, DA, DB, A′B, O′1O2.
由题意知:∠A′O′1D′=90°, D′1A′=O′1D′,
∴∠O′1D′A′=45°.
同理∠BD′O′2=45°,
∴∠O′1D′A′=∠BD′O′2.
又 ∵O′1, D′, O′2三点共线,
∴A′, D′, B′三点共线.
同理A、B、D三点共线.
又 ∵AA′//DD′//BB′,
∴AA, DD, BB共面, ∴A′B过DD′中点.
在四边形O′1O1O2O′2中, O′1O′2//O1O2, 且O′1O′2=O1O2,
∴四边形O′1O1O2O′2为平行四边形,
∴O′1O2过DD′中点.故A′B与O′1O2交于DD′中点.
∴O′1, A′, B, O2四点共面.
Ⅱ.对问题 (2) 的解法
如图4, 将AO1延长到H, 使AO1=O1H, 连HO′1, HB, HH′由题知, 平移前B, H两点重合, O′1与′2重合, O1与O2重合, 故平移后, O′1O′2//H′B′, BO′2//HO′1, 故只需证明HO′1⊥平面H′B′G′即可.
∴O′1O′2⊥平面HAA′H′.∴O′1O′2⊥HO′1, 即B′H′⊥HO′1.
下证H′G⊥HO′1.
证法1 如图5, 由题知, 四边形H′HAA′是边长为2的正方形,
O′1, G分别为A′H′, AA′中点.
undefined且∠1, ∠2为锐角.
∴∠1=∠2.
又 ∵∠2+∠3=90°,
∴∠1+∠3=90°, 即H′G⊥HO′1.
证法2 由证法1知, H′O′1=A′G, HH′=H′A,
∠HH′A′=∠H′A′G.
∴△HH′O1≌△H′A′G.
∴∠1=∠2, ∠2+∠3=90°, ∠1+∠3=90°,
即H′G⊥HO′1.
证法3 如图6, 找O1A中点P, 连接HO′1, A′O1, GP, H′P, 则HO′//O1A′//PG.
∵H′G2=22+12=5,
undefined
又undefined,
即H′G2+GP2=H′P2, ∴H′G⊥PG, 即H′G⊥HO′1.
证法4 如图7, 考察四边形HHO′1G的面积, 有
S四边形HH′O′1G
undefined
undefined
, 即undefined
又 ∵H′G与HO′为四边形HH′O′1G的对角线, 由引理知H′G⊥HO′1.
引理 在凸四边形中, 如果这个四边形的面积等于两条对角线积的一半, 则对角线相互垂直.
已知:undefined, 求证:AC⊥BD.
证明 如图8, 假设AB与CD不垂直, 则过点A作AE⊥BD, CF⊥BD, 垂足为E, F, 则
undefined
又 ∵AO>AE, CO>CF, ∴AO+CO>AE+CF.
即AC>AE+CF与AE+CF=AC矛盾, 故AC⊥BD.
证法5 如图9, 找O1A的中点P, 连接PG, PH′, PB′, PB, HO′1, O1A′, 则
undefined
undefined
又undefined, 即∠PGB′=90°.
∴PG⊥B′G.∴PG⊥平面H′GB′, 从而得证.
上述证法只用勾股定理便解决了该问题.
2.代数解法
显然建系的方法可以不同, 但只不过是点的坐标会变, 其难度不会改变, 故选择其中一种加以说明即可.
解 如图10, 以点D为原点, DE, DD′所在的直线分别为y轴、z轴建立如图的空间直角坐标系, 则点O2, B, O′1, A′, O′2, B′, H′, G的坐标分别为
undefined
undefined
三、相关的思考
1.对该题解法的思考
代数解法思维容量少, 运算量也不大.几何解法要添加一定的辅助线, 还要比较多的推理论证.因此, 代数解法显然优于几何解法.
那么我们的思考是:是否可以互相取代呢?如果可以互相取代, 从减轻学生负担这一点说就完全可是二选一了.大家知道, 代数研究的对象, 要远远超过几何研究的对象, 故是否就可以只学代数而不学几何呢?答案显然是否定的, 几何在培养学生的空间想象能力方面有其不可替代的作用, 所以去掉几何显然不可取.但随着科技的进步, 特别是三维动画技术的运用, 对立体几何的要求有所降低, 故在新课标中降低几何的要求显然是符合实际的, 该题的导向功能也是良好的.
2.对教材编写的思考
新课程教材中文科教材为什么没有编写代数解法?而实际上对文科学生的空间想象能力的要求要低于理科学生.怎么样去体现这个差异呢?笔者认为运用代数方法解决立体几何问题是最好的解决方案.遗憾的是文科教材没有涉及代数解法, 反而理科教材有更多的要求, 这是为什么?以后再编写时是否可以适当增加代数解法呢?
3.对该题的改编思考
该题涉及字母多, 阅读量大, 学生笔误很多, 是否可以向较易与较难两个方面改进呢?
(1) 减小难度的改编
若改为:将圆柱体改为长方体进行切割平移, 而其他条件与结论不变, 显然难度降低不少.
(2) 增加难度的改编
若改为:如图11, P1为O1H′1中点, 过点P1作垂直于O′1A′的平面切割圆柱后平移得到.①证明:O′1, A′, B, P2四点共面;②G在O1O′1上, 且undefined, 求证:BP′2⊥平面H′B′G.
若再改为:P1为线段O1H′1上的点, 且undefined, 过点P1作垂直于O′1A′的平面切割圆柱后平移得到.①证明:O′1, A′, B, P2四点共面;②若undefined, 且m
上述两种改编难度将会增加不少.
总之, 本小题主要考查空间想象、推理论证和抽象概括能力, 以及化归与转化的数学思想方法.考查线线关系和线面关系, 线线共面的判定定理, 四点共面的判定, 线面垂直的判定和性质, 圆柱体的性质和平移等基础知识.对中学立体几何教学有良好的导向作用.但本题给学生的感觉是复杂的:点多, 又要切割圆柱体, 再平移, 所以会给学生导向很难;此题不好表达, 有些结论很简单, 具体因为什么, 说不好, 故而导致选拔的功能有所减弱.因此在以后的选拔考试中如何命出更好的具有良好区分度的题又是一个值得研究的课题.
摘要：文章提供了对第18题的不同解法, 通过对解法的比较, 论述了几何与代数解法的优劣, 肯定了该题对高中立体几何教学的导向, 提出了对教材的编写思考以及对该题的改编思考.
关键词：广东高考,文科数学,解法,思考
参考文献
[1]严士健, 等.普通高中数学课程标准 (实验) 解读[M].南京:江苏教育出版社, 2004.
[2]李建华, 等.普通高中课程标准实验教科书《数学》 (必修) [M].北京:人民教育出版社, 2007.
[3]2011年普通高等学校招生全国统一考试数学 (理科) 考试大纲说明 (广东卷) .广东教育考试院, 2011.
[4]2011年高校招生考试新课程考试大纲 (理科数学) .教育部考试中心, 2011.
篇4：高考文科数学试卷讲解
1现有50名学生都做物理、化学实验，如果物理实验做正确的有40人，化学实验做正确的有31人，两种试验都做错的有4人，则两种试验都做对的人数是( )
A27 B25 C19 D10
2不等式x－5+x+3≥10的解集为( )
A［5,7］ B［－4,6］ C(－
SymboleB@ ,－5］∪［7,+
SymboleB@ ) D(－
SymboleB@ ,－4］∪［6,+
SymboleB@ )
3函数f(x)=x+2x4x－1的奇偶性是( )
A奇函数 B偶函数
C既是奇函数又是偶函数D既不是奇函数又不是偶函数
4将正整数1,2,3,…,n2填入n×n的方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，这个n×n的方格(正方形数表)就叫做n阶幻方.定义f(n)为n阶幻方的每条对角线上的数的和，例如f(3)=15，则f(4)=( )
A32 B33 C34 D35
5已知O是ΔABC所在平面上的一点，若OA2=OB2=OC2，则点O是ΔABC的( )
A内心 B外心 C重心 D垂心
6从正方体的6个面中选3个面，其中有2个面不相邻的选法的种数是( )
A8 B12 C16 D20
7若(3+2x)10=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a10(x+1)10，则a9=( )
A512 B5120 C1024 D10240
8若函数f(x)=sin2x+acos2x的图象关于直线x=－π8对称，则a=( )
A2 B－2 C1 D-1
9已知a→=2b→≠0，f(x)=13x3+12a→x2+(a→•b→)x在R上有极值，则a→,b→夹角θ的取值范围是( )
A(0,π6) B(π6,π］ C(π3,π］ D(π3,2π3］
10到两互相垂直的异面直线的距离相等的点( )
A恰有1个 B恰有3个 C恰有4个 D.有无数多个
二、填空题(只需填出正确答案；每题5分共25分)
11若tanα=2，则sin3α－cosα5sinα－3cosα= .
12某汽车站每天均有3辆开往省城的分为上、中、下等级的客车各一辆.某天于先生准备从该汽车站前往省城办事，但他不知道客车的等级情况，也不知道发车顺序.为了尽可能乘上上等车，他采取如下策略：先放过第一辆，如果第二辆比第一辆好则上第二辆，否则上第三辆，那么于先生乘上上等车的概率是 .
13若动直线l与曲线y=13x3+x2－8x能交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2)，且(x1+x2,y1+y2)为定点，则这个定点坐标为 .
14图中的四个酒杯A、B、C、D是形状相似的倒立正圆锥形(即这四个酒杯的高与底面直径的比是定值)，已知A中圆锥的底面积是B中圆锥底面积的2倍，B中圆锥的容积是C中圆锥容积的2倍，C中圆锥的高是D中圆锥高的2倍.现在B、C、D中都装满了酒，欲把B、C、D中的酒都倒入A中，A中会有酒溢出吗？
答： .(只答“会”或“不会”.)
15有一解三角形的题因纸张破损而使得有一个条件看不清，具体如下：在ΔABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边长.已知a=3,2cos2A+C2=(2－1)cosB， ，求A.
经推断知，破损处的条件为三角形一边的长度，且答案为A=60°，试将条件补充完整(必须填上所有可能的答案).
三、解答题(须写出清楚的解答过程，要求理由充分、推证严谨、条理清晰，但不啰嗦；前4题每题12分，后两题分别是13分、14分，共75分)
16已知向量m=(a+c，a-b)，n=(b，a-c)，且m∥n，其中a，b，c分别是ΔABC的内角A，B，C的对边长.
(Ⅰ)求角C的大小；
(Ⅱ)求sinA+sinB的取值范围.
17 (Ⅰ)证明：(i)4+5+…+(2i－2)(2i－2)!－4+5+…+(2i－1)(2i－1)!>0(i≥3,i∈N)；
(Ⅱ)4+5+…+(2i－1)(2i－1)!－4+5+…+(2i)(2i)!>0(i≥3,i∈N)；
(Ⅲ)设un=44!－4+55!+4+5+66!－…+(－1)n－1•4+5+…+(n－1)(n－1)!(n∈N,n≥5)，求证0 SymbolcB@ 112(n∈N,n≥5). 18如图，菱形ABCD与矩形BDEF所在平面互相垂直，∠BAD=π3． (Ⅰ)求证：FC∥平面AED； (Ⅱ)若BF=k•BD，当二面角A－EF－C为直二面角时，求k的值； (Ⅲ)在(II)的条件下，求直线BC与平面AEF所成的角θ的正弦值． 19已知二次函数f(x)=ax2+bx,f(x+1)为偶函数，曲线y=f(x)与直线y=x相切. (Ⅰ)求函数f(x)的解析式； (Ⅱ)若常数k≥23，存在区间m,n使得f(x)在该区间上的值域恰好是［km,kn］，请求出区间m,n. 隐字联 君子之交淡如 醉翁之意不在 （上联隐「水」下联隐「酒」） 歇后联 乌鸦飞入鹭鸶群，雪里送炭；凤凰立在鸳鸯畔，锦上添花。 20(Ⅰ)过中心二次曲线Γ:λx2+μy2=1(λμ≠0)的中心(即坐标原点O)的直线交Γ于A,B两点，点P在曲线Γ上，求证：当直线PA,PB的斜率均存在时，它们的斜率之积为定值； (Ⅱ)过中心二次曲线Γ:λx2+μy2=1(λμ≠0)的中心(即坐标原点O)的直线交Γ于A,B两点(这两点均不在坐标轴上)，作AH⊥x轴于H，直线BH交Γ于另一点C，求证：kAB•kAC为定值. 21已知数列an的前n项和为Sn. (Ⅰ)当数列an是各项为正数且公差为d的等差数列时，求数列Sn是等差数列的简明充要条件； (Ⅱ)若Sn满足(2n－1)Sn+1=(2n+1)Sn+(4n2－1)，是否存在a1，使数列an是等差数列？若存在，求出a1的值；若不存在，请说明理由. nlc202309030642 参考答案 一、选择题 BDBCB BBDCD 解析： 140+31+4-50=25. 3先得定义域关于原点对称. 4仅仅考虑每行上的数的和都相等，就可算出f(n)=1+2+…+n2n=12n(n2+1)，所以f(4)=34. 7令x+1=t后可解. 8由f－π8=a－12=a2+1，平方后可解得a=－1.(也可由f′－π8=0求解.) 9f′(x)=x2+a→x+(a→•b→)，题设即关于x的一元二次方程f′(x)=0有两个不相等的实数根，得Δ≥0，再由a→=2b→≠0，可得cosθ SymbolcB@ cosπ3,π3≤θ≤π. 10本题即“在空间到正方体ABCD－A1B1C1D1的直线AB和CC1距离相等的点有几个”.在平面ABCD上到直线AB和CC1距离相等的点即到直线AB和点C距离相等的点的轨迹(是抛物线)，所以这样的点有无数多个. 另解 本题即“在空间到正方体ABCD－A1B1C1D1的直线AB和CC1距离相等的点有几个”.显然，顶点D,B1及棱BC,A1D1的中点、正方体的中心均满足题意，由排除法知选D. 二、填空题 11335 1212 13－2,523 14不会 15c=6+22 解析： 11sin3α－cosα5sinα－3cosα=sin3α－cosα(sin2α+cos2α)(5sinα－3cosα)(sin2α+cos2α)=(2cosα)3－cosα［(2cosα)2+cos2α］(5•2cosα－3cosα)［(2cosα)2+cos2α］=3cos3α35cos3α=335. 12三辆车的出发顺序有六种情形：①上中下；②上下中；③中上下；④中下上；⑤下上中；⑥下中上.只有③④⑤可使于先生乘上上等车，所以所求概率是36=12. 13可求得曲线y=13x3+x2－8x的两个极值点分别是P－4,803,Q2,－283，可证得该曲线关于PQ的中点M－1,263对称，所以x1+x22=－1,y1+y22=263，由此可得答案. 14两个相似圆锥的体积、对应面积(包括底面积、侧面积、表面积)的比分别等于相似比.设VD=1，得VC=8,VB=16,VA=322.可得VA>VB+VC+VD，所以A中不会有酒溢出. 15由2cos2A+C2=(2－1)cosB，得 1+cos(A+C)=1－cosB=(2－1)cosB,cosB=12,B=45°， 再由a=3,A=60°,B=45°及正弦定理可求得b=2,c=6+22. 若b=2，则原题的题设是a=3,B=45°,b=2，由正弦定理或余弦定理可求得A有两个值：60°,120°.所以此时不合题意. 若c=6+22，则原题的题设是“角边角”的条件a=3,B=45°,c=6+22，所以解三角形的答案是唯一的.所以此时符合题意. 即所缺条件是“c=6+22”. 三、解答题 . 下转第34页 歇后联 鸡犬过霜桥——一路竹叶梅花；牛马行雪地——两行蚌壳团鱼 谜语联 一口能吞二泉三江四海五湖水 孤胆敢入十方百姓千家万户门 （谜底：热水瓶） 一、本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 (1)设集合A= ，B= ，则AB等于 (A) (B) (C) (D) (2)函数y=1+cosx的.图象 (A)关于x轴对称 (B)关于y轴对称 (C)关于原点对称 (D)关于直线x= 对称 (3)若a与b-c都是非零向量，则“a・b=a・c”是“a (b-c)”的 (A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 (C)充分必要条件 (D) 既不充分也不必要条件 (4)在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有 (A)36个 (B)24个 (C)18个 (D)6个 (5)已知 是(- ，+ )上的增函数，那么a的取值范围是 (A)(1，+ ) (B)(- ,3) (C) (D)(1,3) (6)如果-1，a,b,c,-9成等比数列，那么 (A)b=3,ac=9 (B)b=-3,ac=9 (C)b=3,ac=-9 (D)b=-3,ac=-9 (7)设A、B、C、D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是 (A)若AC与BD共面，则AD与BC共面 让我们来看看这些新知识点。函数方面，增加了幂函数、函数与方程、函数模型与应用，立体几何增加了立视图、算法初步，减去了空间向量，增加了几何模型、减去了独立事件、圆锥曲线，增加了推想与证明。张老师认为，这些新内容是新课标的体现，高考一定会涉及，建议学生作为重点进行复习。 通过二轮复习的模拟考试，张老师发现多数学生基本达到了一轮复习的要求，但是还存在基本技能不够熟练、应用能力不足的缺陷，尤其是数型结合、运算变形、公式变换、空间想象等方面，依然需要加强。在此，他提出了几点复习中的注意事项，希望给考生一点帮助： 一、梳理基本知识，形成知识网络。 二、整理错题集。对于错题，不要看、背，而是重新做一遍。 三、要善于总结，包括解题思路和运算方法，知道做题方法一定要算对数。 四、提高复习的主动性。单纯听老师讲解是被动的，要结合自己的情况听讲，有针对性地总结和归纳。 五、考试时不能要求自己超常发挥，只要发挥正常水平即可，放松心态。 张老师提醒考生，考试中遇到难题不要纠缠，放弃几个题是很正常的，但是会做的题一定要一遍成功。此外，高考题目的情节设计一般是陌生的，学生不必慌，关键在于理解题意。记者 李凤 点津老师 考生在做文科数学的时候，可以先从自己熟悉的题开始做起，从自己有把握的题目入手。这样可以让自己更快的进入答题状态。在做文科数学选择题的时候，要注意审题，把题目多读几遍也没有关系，要弄清楚这个题目求什么，考察的是什么知识点，之后再动手答题。 文科数学的填空题和选择题有很多相似的地方，所以很多适用于选择题的方法填空题也可以用。数学填空题大多是计算或是概念判断等题型，所以在答填空题时要注意计算和推理的准确性。 考生在答文科数学解答题时要注意步骤，如果步骤不规范则会出现答题失分的情况。另外，对于解题公式、定理和常用性质等一定要记牢。对于自己不会做的难题要适当的学会放弃，如果一道题的第一问不会做，但是第二问有思路，考生也可以跳过第一步答题，这样可以尽最大可能得分。 关键词：计数原理,二项式定理,思维不严谨 笔者通过连续几年指导学生备考复习得出, 其实解决这个问题的办法是比较简单的, 那就是随时留意自己在复习中的知识漏洞, 在以后的解题过程中, 时常有意识地提醒自己, 别再犯类似的错误。 下面笔者就“两个计数原理和二项式定理”在学生复习中常见的问题做总结, 望引起广大考生注意。 一、“加法”与“乘法”原理混淆致误 排列组合问题基于两个计数原理, 即加法原理和乘法原理, 故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列组合问题的前提。在教学中必须分清分类原理与分步原理的本质差异, 强调加法原理“只要完成某一类办法中某一种方法就完成了这一事件”, 而乘法原理“只有依次完成每一个步骤才能完成这一事件”, 注意办法与办法, 每一办法中的方法与方法是相互独立、互相排斥的;而步骤与步骤是连续的, 每一步骤的方法与方法是相互独立、互相排斥的。 例1:某校高一有6个班, 高二有5个班, 高三有8个班, 各年级举行班与班之间篮球单循环赛, 则共需要进行比赛的场数为 () 解析:依题意, 高一有比赛C62场, 高二有比赛C52场, 高三有比赛C82场, 由分类计数原理, 得共需要进行的场数为C62+C52+C82, 故选B。 二、“排列”与“组合”的概念混淆致误 从n个不同的元素中, 任取m (m≤n) 个元素, 按照一定顺序排成一列, 叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。 从n个不同的元素中, 任取m (m≤n) 个元素, 并组成一组, 叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合。 它们的共同点就是都要从n个不同的元素中任取m个元素, 而不同点在于排列要把取出的m个元素按照一定顺序排成一列, 组合则没有这个要求。简言之, 排列是“一选元素, 二排顺序”, 组合是“只选元素, 不排顺序”, 因此应抓住是否与顺序有关来区分排列、组合。 界定排列与组合, 唯一的标准是“顺序”, “有序”是排列问题, “无序”是组合问题, 若排列与组合问题并存, 解答时, 一般采用先组合后排列的方法。 例2:有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球, 排成一排, 则不同的排法有______种。 解析.8个小球拍好后对应着8个位置, 题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球, 剩下的位置给白球, 由于这3个红球完全相同, 所以没有顺序, 是组合问题。这样共有:C83=56种排法。 答案:56。 例3:在一张节目表上原有6个节目, 如果保持这些节目的相对顺序不变, 再添加进3个节目, 求共有多少种安排方法? 解法1:添加的3个节目有三类方法排进去: 第一类三个节目连排 把添加的3个节目看做是一个假想元素, 放进原来6个节目的排列中所出现的7个空中, 有C71种放法。 添加的3个节目进行排列后, 则有C13A33种排法。 第二类添加的3个节目互不相邻 把添加的3个节目, 放进7个空档中有A37种排法。 第三类有且仅有2个节目相邻 把添加的3个节目看做两个假想元素, 共有C31C71·C162A2种排法。 根据分类计数原理, 有C17A33+A37+C13C17 C16A22=504 (种) ∴共有504种不同的排法。 解法2:把添加的3个节目放进后, 共有9个节目先排入3个添加的节目, 共有A93种排法, 而原来的6个节目, 按顺序放入只有1种放法。 ∴共有A93=504 (种) 排法。 评注:本题是排列、组合的混合问题, 应注意使用假想元素法、插空法等常用方法。 三、项与二项式系数的对应关系不清致误 例4: (1-x2) 20的展开式中, 若第4r项和第r+2项的二项式系数相等, 则r=______. ∵r∈N∴无解。 错因:此题并不是无解, 而是上面的解答过程错误, 将r项对应的二项式系数错误的认为是Cnr。实际上Cnr是r+1项的二项式系数, 而第r项的二项式系数是Cnr-1。 答案:4。 四、项系数与二项式系数混淆致误 二项式系数与各项系数是两个既有联系又有区别的概念, 二项式系数是展开式中各项所含有的组合数, 即Cnr (n=0, 1, 2, …n) , 项的系数是各项的字母系数, 要特别区分清楚。 例5:设的展开式中, 第三项的系数为36, 则x2项的系数为___. 解析:的展开式的第三项为 ∴, 即n2-n-12=0, 解此方程并舍去不合题意的负值, 得n=4, 设的展开式中x2的项为第r+1项, 则, 由4-r=2, 得r=2, 即的展开式中x2的项为.所以x2项的系数为36. 答案:36。 考生们在平时的学习过程中, 应注意对做过的题进行归纳和整理。特别是做过的试卷进行改错, 明确哪些是明明会却做错了的题;哪些是模棱两可、似是而非的题。其实, 出现这些问题的原因是:记忆不准确, 理解不透彻, 应用不够自如。建议考生一定要掌握好基本概念, 主动总结, 及时纠错, 做题后认真反思, 避免下次再犯类似的错误。 参考文献 [1].数学爱好者.高考版 (刊号CN14-1342∕01) .2011年第二期. [2].2011年普通高等学校招生全国统一考试大纲 (文科.数学) .高等教育出版社. 两年前，华中科技大学新闻学院一本科生给校长“根叔”写信，呼吁取消文科生数学课程，一时间网络上兴起了关于“文科生要不要学数学”的大讨论。 但我以为，用不上就取消，这看似合理，却是一种典型的功利化思维。数学作为理科的基础学科，乃是属于通识教育的内容，其锻炼的是学生的逻辑思维及分析解决问题的能力。同样，在科学界，往往会因为一个数学问题的突破带来整个科学的变革，回顾科学发展史即可佐证这一观点。 笔者认为，持这一观点的网友很大一部分对数学是怀着一种厌恶的心态，于是借着高考英语改革的“东风”开始呼吁高考取消数学，这一心态可以理解，但绝不可行。 数学改革应符合教育规律 胡乐乐 继北京高考英语降分、语文加分引发热议后，三大科目之一的数学又引发了网友的集体吐槽，认为数学难度太大，与日常生活严重脱节，建议不再列入高考科目。 人气爆旺的新浪微博顺势推出的“数学滚出高考”民意调查显示，目前有超17万网友参与投票讨论，13万多网友支持“数学滚出高考”——占到75%以上。大家还纷纷吐槽自己被数学虐待的种种悲惨经历，许多人看后或者感同身受，或者连连同情。 一些反对高考数学改革的人强烈主张数学有助于包括文科生在内的思维训练。诚然，数学自有其不可替代与或缺的独特价值，但客观而言，这样的价值究竟有多少人——特别是文科生能用得上多少？这样说，并非贬义的实用主义，而是要考虑学生的时间、精力和生命很有限。既然绝大多数文科生压根儿用不着那么难的数学，学校仍然要教，高考仍然要考，那么这岂不是既非常不符合教育学原理，又很不人道吗？ （责编：萧茵） 背景链接 北京、江苏、上海、山东等省市日前相继传来酝酿高考改革的消息。在各省市透露的方案中都将英语考试作为改革的重点。江苏英语将“退出”高考；从明年起，山东将取消高考英语听力测试；北京英语高考分值将降低。于是，据报道，继北京高考英语降分、语文加分引发热议后，三大科目之一的数学又引发了网友的集体吐槽，认为数学难度太大，与日常生活严重脱节，建议不再列入文科高考科目。 西藏高考成绩及分数线预计6月26日公布 伴随着6月9日藏语文科目考试结束的铃声，西藏2023年普通高考圆满结束。记者了解到，6月10日开始2023年普通高考网上评卷工作，预计6月26日公布考生成绩和最低录取控制分数线。考生可通过西藏自治区教育考试招生信息查询系统、绑定“西藏教育考试招生”微信服务号、“西藏微青年”微信公众号和西藏自治区普通高校招生考试信息管理系统等渠道查询。 为加强考生志愿填报指导，自治区教育考试院将于6月下旬开展线上志愿填报指导工作，并开展高考模拟志愿填报，提前适应志愿填报系统。西藏所有考生在知分知位知线(即知晓考生个人成绩、本人同科类排位和最低录取控制分数线)后，进行正式志愿填报。以上工作具体时间另行通知。 2023年西藏高考是全国几卷 用什么试卷 西藏高考用全国甲卷考试。由教育部命题，采用语数外+文综/理综模式。高考全国卷不会因考题差别导致教材差别，一切都是遵照高考大纲命题的。高校招生全国统一考试科目设置为3+文科综合/理科综合。其中3指语文(汉语和藏语文)、数学(分文理科)、外语，文科综合指政治、历史、地理的综合，理科综合指物理、化学、生物的综合。 西藏高考试卷难度适中，顶尖学校录取率也不是很高，还是有一定难度的。就高考试题难度来说，西藏高考采用全国甲卷，虽然比新高考卷略简单一些，但也是处于适中位置，大家之所以说西藏高考难度不大，主要在于西藏录取分数线低，这也就前几年存在高考移民现象的主要原因。 西藏高考总分及各科目分值 西藏高考总分750分。语文、数学、外语满分150分。文科/理科综合试卷满分300分，总分750分。 科目设置为3+文科综合/理科综合。3指语文(汉藏)、数学(文理)和外语。文科的综合是指政治、历史、地理的综合，理科的综合是指物理、化学、生物的综合。 3+文科简称文史，3+理科简称理工。每位考生必须在文史类和理工科中选择一门填报，不得两科都报。申请类别一经填写，不可更改。 全国统考科目中的外语分为英语、俄语、日语、法语、德语、西班牙语六种语言。考生可选择其中一项参加考试。报考外语专业的考生要参加外语口语考试。外语口语试题由我区自主订购，各地(市)招生办组织测试。除外语和藏语外，其他科目一律使用国家通用语言文字答题。 考生高考前可以如何备考 第一，分析自己所学科目现状。 把最近一次的模考分数列出来。分别按照:语文、数学、英语、历史、地理、政治，还有物理、化学、生物的顺序，左边写科目名称，右边写分数。然后我们就能很直观地找到最容易加分的科目，来进行重点学习。 比如语文的古诗词和作文，数学的选择题，或是加强历史政治的背诵记忆、熟练地理的常规题，多练习英语的阅读理解和作文都是不错的选择。 第二，要合理运用时间。 对于那些耗费时间过多且分值不高的题型可以选择性地放弃。 比如数学的大题，英语的部分选择题，或是语文中从来都不擅长的那些题型，到了高考前最后的复习阶段，就要根据自身情况适当地舍弃，这样才能把时间和精力放在提分最快，学习效果最明显的科目和题型上。 第三，心态要好。 (扫描二维码可查看试题解析) 一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）1．（5分）（2014•湖南）设命题p：∀x∈R，x+1＞0，则￢p为（）22 ∈R，x∈R，x A．B． ∃x+1＞0 ∃x+1≤0 000022∈R，x C．D． ∃x+1＜0 ∀x∈R，x+1≤0 00 2．（5分）（2014•湖南）已知集合A={x|x＞2}，B={x|1＜x＜3}，则A∩B=（） A．{x|x＞2} B． {x|x＞1} C． {x|2＜x＜3} D． {x|1＜x＜3} 3．（5分）（2014•湖南）对一个容量为N的总体抽取容量为n的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为P，P，P，则（）123 A．B． C． D． P=P＜P P=P＜P P=P＜P P=P=P 123231132123 4．（5分）（2014•湖南）下列函数中，既是偶函数又在区间（﹣∞，0）上单调递增的是（） 23x ﹣ A．B． C． D． f（x）=x+1 f（x）=x f（x）=2 f（x）= 5．（5分）（2014•湖南）在区间[﹣2，3]上随机选取一个数X，则X≤1的概率为（） A．B． C． D． 2222 6．（5分）（2014•湖南）若圆C：x+y=1与圆C：x+y﹣6x﹣8y+m=0外切，则12m=（） 19 9 A．B． C． D． ﹣11 7．（5分）（2014•湖南）执行如图所示的程序框图，如果输入的t∈[﹣2，2]，则输出的S属于（）第1页（共21页） A．[﹣6，﹣2] B． [﹣5，﹣1] C． [﹣4，5] D． [﹣3，6] 8．（5分）（2014•湖南）一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）2 3 4 A．B． C． D． 9．（5分）（2014•湖南）若0＜x＜x＜1，则（）1 2A．B． ﹣＞lnx﹣lnx ﹣＜lnx﹣lnx 2121 C．D． x＞x x＜x 212 110．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，O为原点，A（﹣1，0），B（0，），C（3，0），动点D满足||=1，则|++|的取值范围是（） D． A．[4，6] B． C．，2] [﹣1，[﹣1，+1] [2+1] 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）第2页（共21页） 11．（5分）（2014•湖南）复数（i为虚数单位）的实部等于 ． 12．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，曲线C：（t为参数）的普通方程为 ． 13．（5分）（2014•湖南）若变量x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为 ． 14．（5分）（2014•湖南）平面上一机器人在行进中始终保持与点F（1，0）的距离和到直线x=﹣1的距离相等，若机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，则k的取值范围是 ． 3x 15．（5分）（2014•湖南）若f（x）=ln（e+1）+ax是偶函数，则a= ． 三、解答题（共6小题，75分） * 16．（12分）（2014•湖南）已知数列{a}的前n项和S=，n∈N． nn（Ⅰ）求数列{a}的通项公式； n n（Ⅱ）设b=+（﹣1）a，求数列{b}的前2n项和． nnn 17．（12分）（2014•湖南）某企业有甲、乙两个研发小组，为了比较他们的研发水平，现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下： （a，b），（a，），（a，b），（，b），（，），（a，b），（a，b），（a，），（，b），（a，），（，），（a，b），（a，），（，b）（a，b） 其中a，分别表示甲组研发成功和失败，b，分别表示乙组研发成功和失败．（Ⅰ）若某组成功研发一种新产品，则给该组记1分，否则记0分，试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差，并比较甲、乙两组的研发水平；（Ⅱ）若该企业安排甲、乙两组各自研发一样的产品，试估计恰有一组研发成功的概率． 18．（12分）（2014•湖南）如图，已知二面角α﹣MN﹣β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A、B两点在棱MN上，∠BAD=60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O． 第3页（共21页） （Ⅰ）证明：AB⊥平面ODE；（Ⅱ）求异面直线BC与OD所成角的余弦值． 19．（13分）（2014•湖南）如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE=1，EC=，EA=2，∠ADC=，∠BEC=．（Ⅰ）求sin∠CED的值；（Ⅱ）求BE的长． 20．（13分）（2014•湖南）如图，O为坐标原点，双曲线C：﹣=1（a＞0，11 b＞0）和椭圆C：+=1（a＞b＞0）均过点P（，1），且以C的两个顶点和12221C的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形． 2（Ⅰ）求C、C的方程； 12（Ⅱ）是否存在直线l，使得l与C交于A、B两点，与C只有一个公共点，且|+|=||？12证明你的结论． 21．（13分）（2014•湖南）已知函数f（x）=xcosx﹣sinx+1（x＞0）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间； 第4页（共21页） **（Ⅱ）记x为f（x）的从小到大的第i（i∈N）个零点，证明：对一切n∈N，有++…+i ＜． 第5页（共21页）2014年湖南省高考数学试卷（文科） 参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）21．（5分）（2014•湖南）设命题p：∀x∈R，x+1＞0，则￢p为（）22 ∈R，x∈R，x A．B． ∃x+1≤0 ∃x+1＞0 000022∈R，x C．D． ∃x+1＜0 ∀x∈R，x+1≤0 00 考点： 命题的否定． 专题： 简易逻辑． 分析： 题设中的命题是一个特称命题，按命题否定的规则写出其否定即可找出正确选项 2解答： 解∵命题p：∀x∈R，x+1＞0，是一个特称命题． 2∈R，x∴￢p：∃x+1≤0． 00故选B． 点评： 本题考查特称命题的否定，掌握其中的规律是正确作答的关键． 2．（5分）（2014•湖南）已知集合A={x|x＞2}，B={x|1＜x＜3}，则A∩B=（）A．{x|x＞2} B． {x|x＞1} C． {x|2＜x＜3} D． {x|1＜x＜3} 考点： 交集及其运算． 专题： 集合． 分析： 直接利用交集运算求得答案． 解答： 解：∵A={x|x＞2}，B={x|1＜x＜3}，∴A∩B={x|x＞2}∩{x|1＜x＜3}={x|2＜x＜3}． 故选：C． 点评： 本题考查交集及其运算，是基础的计算题． 3．（5分）（2014•湖南）对一个容量为N的总体抽取容量为n的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为P，1P，P，则（）23 A．B． C． D． P=P＜P P=P＜P P=P＜P P=P=P 123231132123 考点： 简单随机抽样；分层抽样方法；系统抽样方法． 专题： 概率与统计． 分析： 根据简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的定义即可得到结论． 解答： 解：根据简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的定义可知，无论哪种抽样，每个个体被抽中的概率都是相等的，即P=P=P． 123第6页（共21页） 故选：D． 点评： 本题主要考查简单随机抽样、系统抽样和分层抽样的性质，比较基础． 4．（5分）（2014•湖南）下列函数中，既是偶函数又在区间（﹣∞，0）上单调递增的是（） 23x ﹣ A．B． C． D． f（x）=x+1 f（x）=x f（x）=2 f（x）= 考点： 函数奇偶性的判断；函数单调性的判断与证明． 专题： 函数的性质及应用． 分析： 利用函数函数的奇偶性和单调性即可判断出． 解答： 23解：只有函数f（x）=，f（x）=x+1是偶函数，而函数f（x）=x是奇函数，f（x）x﹣=2不具有奇偶性． 2，f（x）=x+1中，只有函数f（x）=而函数f（x）=在区间（﹣∞，0）上单调递增的． 综上可知：只有A正确． 故选：A． 点评： 本题考查了函数函数的奇偶性和单调性，属于基础题． 5．（5分）（2014•湖南）在区间[﹣2，3]上随机选取一个数X，则X≤1的概率为（）A．B． C． D． 考点： 几何概型． 专题： 概率与统计． 分析： 利用几何槪型的概率公式，求出对应的区间长度，即可得到结论． 解答： 解：在区间[﹣2，3]上随机选取一个数 X，则﹣2≤X≤3，则X≤1的概率P=，故选：B． 点评： 本题主要考查几何槪型的概率的计算，求出对应的区间长度是解决本题的关键，比较基础． 22226．（5分）（2014•湖南）若圆C：x+y=1与圆C：x+y﹣6x﹣8y+m=0外切，则m=（）12 21 19 9 A．B． C． D． ﹣11 考点： 圆的切线方程． 专题： 直线与圆． 分析： 化两圆的一般式方程为标准方程，求出圆心和半径，由两圆心间的距离等于半径和列式求得m值． 第7页（共21页） 22解答： 解：由C：x+y=1，得圆心C（0，0），半径为1，由圆C：x+y﹣6x﹣8y+m=0，得（x﹣3）+（y﹣4）=25﹣112222m，2∴圆心C（3，4），半径为． 2∵圆C与圆C外切，12 ∴，解得：m=9． 故选：C． 点评： 本题考查两圆的位置关系，考查了两圆外切的条件，是基础题． 7．（5分）（2014•湖南）执行如图所示的程序框图，如果输入的t∈[﹣2，2]，则输出的S属于（） A．[﹣6，﹣2] B． [﹣5，﹣1] C． [﹣4，5] D． [﹣3，6] 考点： 程序框图． 专题： 算法和程序框图． 分析： 根据程序框图，结合条件，利用函数的性质即可得到结论． 解答： 解：若0≤t≤2，则不满足条件输出S=t﹣3∈[﹣3，﹣1]，2若﹣2≤t＜0，则满足条件，此时t=2t+1∈（1，9]，此时不满足条件，输出S=t﹣3∈（﹣2，6]，综上：S=t﹣3∈[﹣3，6]，故选：D 点评： 本题主要考查程序框图的识别和判断，利用函数的取值范围是解决本题的关键，比较基础． 8．（5分）（2014•湖南）一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于（） 第8页（共21页） A．B． C． D． 考点： 球内接多面体；由三视图求面积、体积；球的体积和表面积． 专题： 计算题；空间位置关系与距离． 分析： 由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r． 解答： 解：由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r，则 8﹣r+6﹣r=，∴r=2． 故选：B． 点评： 本题考查三视图，考查几何体的内切圆，考查学生的计算能力，属于基础题． 9．（5分）（2014•湖南）若0＜x＜x＜1，则（）12 A．B． ﹣＞lnx﹣lnx ﹣＜lnx﹣lnx 2121 C．D． x＞x x＜x 2121 考点： 对数的运算性质． 专题： 导数的综合应用． 分析： x分别设出两个辅助函数f（x）=e+lnx，g（x）=，由导数判断其在（0，1）上的单调性，结合已知条件0＜x＜x＜1得答案． 12x解答： 解：令f（x）=e+lnx，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，1）上为增函数，∵0＜x＜x＜1，12 ∴，即． 第9页（共21页） 由此可知选项A，B不正确． 令g（x）=，当0＜x＜1时，g′（x）＜0． ∴g（x）在（0，1）上为减函数，∵0＜x＜x＜1，12 ∴，即． ∴选项C正确而D不正确． 故选：C． 点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了函数构造法，解答此题的关键在于想到构造两个函数，是中档题． 10．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，O为原点，A（﹣1，0），B（0，），C （3，0），动点D满足||=1，则|++|的取值范围是（）A．[4，6] B． C． D． [﹣1，+1] [2，2] [﹣1，+1] 考向量的加法及其几何意义． 点： 专平面向量及应用． 题： 分 由于动点D满足||=1，C（3，0），可设D（3+cosθ，sinθ）（θ∈[0，2π））．再利用向量析： 的坐标运算、数量积性质、模的计算公式、三角函数的单调性即可得出． 解 解：∵动点D满足||=1，C（3，0），答： ∴可设D（3+cosθ，sinθ）（θ∈[0，2π））． 又A（﹣1，0），B（0，），∴++=． ∴|++|===，（其中sinφ=，cosφ=）∵﹣1≤sin（θ+φ）≤1，第10页（共21页） ∴=sin（θ+φ）≤=，∴|++|的取值范围是． 故选：D． 点本题考查了向量的坐标运算、数量积性质、模的计算公式、三角函数的单调性等基础知评： 识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题． 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分） 11．（5分）（2014•湖南）复数（i为虚数单位）的实部等于 ﹣3 ． 考点： 复数代数形式的乘除运算． 专题： 数系的扩充和复数． 分析： 直接由虚数单位i的运算性质化简，则复数的实部可求． 解答： 解：∵=． ∴复数（i为虚数单位）的实部等于﹣3． 故答案为：﹣3． 点评： 本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了虚数单位i的运算性质，是基础题． 12．（5分）（2014•湖南）在平面直角坐标系中，曲线C：（t为参数）的普通方程为 x﹣y﹣1=0 ． 考点： 直线的参数方程． 专题： 选作题；坐标系和参数方程． 分析： 利用两式相减，消去t，从而得到曲线C的普通方程． 解答： 解：∵曲线C：（t为参数），∴两式相减可得x﹣y﹣1=0． 故答案为：x﹣y﹣1=0． 点评： 本题考查参数方程化成普通方程，应掌握两者的互相转化． 13．（5分）（2014•湖南）若变量x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为 7 ． 第11页（共21页） 考点： 简单线性规划． 专题： 不等式的解法及应用． 分析： 作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，进行平移即可得到结论． 解答： 解：作出不等式组对应的平面区域如图： 由z=2x+y，得y=﹣2x+z，平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点C，直线y=﹣2x+z的截距最大，此时z最大，由，解得，即C（3，1），此时z=2×3+1=7，故答案为：7． 点评： 本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键． 14．（5分）（2014•湖南）平面上一机器人在行进中始终保持与点F（1，0）的距离和到直线x=﹣1的距离相等，若机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，则k的取值范围是 k＜﹣1或k＞1 ． 考点： 抛物线的简单性质． 专题： 圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析： 由抛物线的定义，求出机器人的轨迹方程，过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线方程2为y=k（x+1），代入y=4x，利用判别式，即可求出k的取值范围． 2解答： 解：由抛物线的定义可知，机器人的轨迹方程为y=4x，过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线方程为y=k（x+1），22222代入y=4x，可得kx+（2k﹣4）x+k=0，∵机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，224∴△=（2k﹣4）﹣4k＜0，∴k＜﹣1或k＞1． 故答案为：k＜﹣1或k＞1． 点评： 本题考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题． 第12页（共21页） 3x15．（5分）（2014•湖南）若f（x）=ln（e+1）+ax是偶函数，则a= ﹣ ． 考点： 函数奇偶性的性质． 结论． 3x专题： 函数的性质及应用． 分析： 根据函数奇偶性的定义，建立方程关系即可得到解答： 解：若f（x）=ln（e+1）+ax是偶函数，则f（﹣x）=f（x），3x3x﹣即ln（e+1）点评： 本题主要考查函数奇偶性的应用，根据偶函数的定义得到f（﹣x）=f（x）是+ax=ln（e+1）﹣ax，3x3x3x﹣﹣即2ax=ln（e+1）﹣ln（e+1）=ln=lne=﹣3x，即2a=﹣3，解得a=﹣，故答案为：﹣，解决本题的关键． 三、解答题（共6小题，75分）*16．（12分）（2014•湖南）已知数列{a}的前n项和S=，n∈N． nn（Ⅰ）求数列{a}的通项公式； n n（Ⅱ）设b=+（﹣1）a，求数列{b}的前2n项和． nnn 考点： 数列的求和；数列递推式． 专题： 等差数列与等比数列． 分析：（Ⅰ）利 解答： 解：（Ⅰ）当n=1时，a=s=1，用公式法即可求得；（Ⅱ）利用数列分组求和即可得出结论． 当n≥2时，a=s﹣s=﹣=n，nnn1﹣∴数列{a}的通项公式是a=n． nnnn（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b=2+（﹣1）n，记数列{b}的前2n项和为T，则 nn2n122nT=（2+2+…+2）+（﹣1+2﹣3+4﹣…+2n）2n 2n+1=+n=2+n﹣2． 2n+1∴数列{b}的前2n项和为2+n﹣2． n 点评： 本题主要考查数列通项公式的求法﹣公式法及数列求和的方法﹣分组求和法，考查学生的运算能力，属中档题． 第13页（共21页） 17．（12分）（2014•湖南）某企业有甲、乙两个研发小组，为了比较他们的研发水平，现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下：（a，b），（a，），（a，b），（，b），（，），（a，b），（a，b），（a，），（，b），（a，），（，），（a，b），（a，），（，b）（a，b） 其中a，分别表示甲组研发成功和失败，b，分别表示乙组研发成功和失败．（Ⅰ）若某组成功研发一种新产品，则给该组记1分，否则记0分，试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差，并比较甲、乙两组的研发水平；（Ⅱ）若该企业安排甲、乙两组各自研发一样的产品，试估计恰有一组研发成功的概率． 考点： 模拟方法估计概率；极差、方差与标准差． 专题： 概率与统计． 分析：（Ⅰ）分别求出甲乙的研发成绩，再根据平均数和方差公式计算平均数，方差，最后比较即可．（Ⅱ）找15个结果中，找到恰有一组研发成功的结果是7个，求出频率，将频率视为概率，问题得以解决． 解答： 解：（Ⅰ）甲组研发新产品的成绩为1，1，1，0，0，1，1，1，0，1，0，1，1，0，1，则=，== =，乙组研发新产品的成绩为1，0，1，1，0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1则 ==． 因为 所以甲的研发水平高于乙的研发水平．（Ⅱ）记E={恰有一组研发成功}，在所抽到的15个结果中，恰有一组研发成功的结果是（a，），（，b），（a，），（，b），（a，），（a，），（，b）共7个，故事件E发生的频率为，． 将频率视为概率，即恰有一组研发成功的概率为P（E）=点评： 本题主要考查了平均数方差和用频率表示概率，培养的学生的运算能力． 18．（12分）（2014•湖南）如图，已知二面角α﹣MN﹣β的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A、B两点在棱MN上，∠BAD=60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O．（Ⅰ）证明：AB⊥平面ODE；（Ⅱ）求异面直线BC与OD所成角的余弦值． 第14页（共21页） 考点： 异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定． 专题： 计算题；证明题；空间位置关系与距离；空间角． 分析：（Ⅰ）运用直线与平面垂直的判定定理，即可证得，注意平面内的相交二直线；（Ⅱ）根据异面直线的定义，找出所成的角为∠ADO，说明∠DEO是二面角α﹣MN﹣β的平面角，不妨设AB=2，从而求出OD的长，再在直角三角形AOD中，求出cos∠ADO． 解答：（1）证明：如图 ∵DO⊥面α，AB⊂α，∴DO⊥AB，连接BD，由题设知，△ABD是正三角形，又E是AB的中点，∴DE⊥AB，又DO∩DE=D，∴AB⊥平面ODE；（Ⅱ）解：∵BC∥AD，∴BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是BC与OD所成的角，由（Ⅰ）知，AB⊥平面ODE，∴AB⊥OE，又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角α﹣MN﹣β的平面角，从而∠DEO=60°，不妨设AB=2，则AD=2，易知DE=，在Rt△DOE中，DO=DEsin60°=，连AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO==，故异面直线BC与OD所成角的余弦值为． 点评： 本题主要考查线面垂直的判定，以及空间的二面角和异面直线所成的角的定义以及计算，是一道基础题． 19．（13分）（2014•湖南）如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE=1，EC=，EA=2，∠ADC=，∠BEC=．（Ⅰ）求sin∠CED的值；（Ⅱ）求BE的长． 第15页（共21页） 考点： 余弦定理的应用；正弦定理． 专题： 解三角形． 分析：（Ⅰ）根据三角形边角之间的关系，结合正弦定理和余弦定理即可得到结论．（Ⅱ）利用两角和的余弦公式，结合正弦定理即可得到结论． 解答： 解：（Ⅰ）设α=∠CED，222在△CDE中，由余弦定理得EC=CD+ED﹣2CD•DEcos∠CDE，22即7=CD+1+CD，则CD+CD﹣6=0，解得CD=2或CD=﹣3，（舍去），在△CDE中，由正弦定理得，则sinα=，即sin∠CED=． （Ⅱ）由题设知0＜α＜，由（Ⅰ）知cosα=，而∠AEB=，∴cos∠AEB=cos（）=coscosα+sinsinα=，在Rt△EAB中，cos∠AEB= 故BE=． 点评： 本题主要考查解三角形的应用，根据正弦定理和余弦定理是解决本题本题的关键，难度不大． 20．（13分）（2014•湖南）如图，O为坐标原点，双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）111 和椭圆C：+=1（a＞b＞0）均过点P（，1），且以C的两个顶点和C的两个22212焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．（Ⅰ）求C、C的方程； 12（Ⅱ）是否存在直线l，使得l与C交于A、B两点，与C只有一个公共点，且|+|=||？12证明你的结论． 第16页（共21页） 考点： 直线与圆锥曲线的综合问题． 专题： 圆锥曲线中的最值与范围问题． 分析：（Ⅰ）由条件可得a=1，c=1，根据点P（，1）在上求得=3，可得双曲线12 =﹣的值，从而求得椭圆C的方程．再由椭圆的定义求得a=，可得12C的方程．（Ⅱ）若直线l垂直于x轴，检验部不满足|+|≠||．若直线l不垂直于x轴，设 直线l得方程为 y=kx+m，由 可得y•y=．由 可12222得（2k+3）x+4kmx+2m﹣6=0，根据直线l和C仅有一个交点，根据判别式△=0，22求得2k=m﹣3，可得≠0，可得|+|≠||．综合（1）、（2）可得结论． 解答： 解：（Ⅰ）设椭圆C的焦距为2c，由题意可得2a=2，∴a=1，c=1． 22112 由于点P（，1）在上，∴﹣=1，=3，2∴双曲线C的方程为：x﹣=1． 1再由椭圆的定义可得 2a=+=2，∴a=，22 ∴=﹣=2，∴椭圆C的方程为：+=1． 2（Ⅱ）不存在满足条件的直线l． （1）若直线l垂直于x轴，则由题意可得直线l得方程为x=，或 x=﹣． 当x=时，可得 A（，）、B（，﹣），求得||=2，||=2，第17页（共21页） 显然，|+|≠||． 时，也有|+|≠||． 同理，当x=﹣（2）若直线l不垂直于x轴，设直线l得方程为 y=kx+m，由 可得 222（3﹣k）x﹣2mkx﹣m﹣3=0，∴x+x=，x•x=． 1212 22于是，y•y=kx•x+km（x+x）+m=． 121212 222由 可得（2k+3）x+4kmx+2m﹣6=0，根据直线l和C仅有一个交点，1222222∴判别式△=16km﹣8（2k+3）（m﹣3）=0，∴2k=m﹣3． ∴=x•x+y•y=≠0，∴≠，1212 ∴|+|≠||． 综合（1）、（2）可得，不存在满足条件的直线l． 点评： 本题主要考查椭圆的定义、性质、标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系的应用，韦达定理，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题． 21．（13分）（2014•湖南）已知函数f（x）=xcosx﹣sinx+1（x＞0）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间； **（Ⅱ）记x为f（x）的从小到大的第i（i∈N）个零点，证明：对一切n∈N，有++…+i ＜． 考利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性． 点： 专导数的综合应用． 题： 分（Ⅰ）求函数的导数，利用导数研究页） f（x）的单调区间； 第18页（共21 析（Ⅱ）利用放缩法即可证明不等式即可． ： 解解：（Ⅰ）∵f（x）=xcosx﹣sinx+1（x＞0），答∴f′（x）=cosx﹣xsinx﹣cosx=﹣xsinx，*： 由f′（x）=﹣xsinx=0，解得x=kπ（k∈N），当x∈（2kπ，（2k+1）π）（k∈N），sinx＞0，此时f′（x）＜0，函数单调递减，当x∈（（2k+1）π，（2k+2）π）（k∈N），sinx＜0，此时f′（x）＞0，函数单调递增，故f（x）的单调增区间为（（2k+1）π，（2k+2）π），k≥0，单调递减区间为（2kπ，（2k+1）π），k≥0． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在区间（0，π）上单调递减，又f（）=0，故x=，1*当n∈N，nn+1∵f（nπ）f（（n+1）π）=[（﹣1）nπ+1][（﹣1）（n+1）π+1]＜0，且函数f（x）的图象是连续不间断的，∴f（x）在区间（nπ，（n+1）π）内至少存在一个零点，又f（x）在区间（nπ，（n+1）π）是单调的，故nπ＜x＜（n+1）π，n+1 因此当n=1时，有=＜成立． 当n=2时，有+＜＜． 当n≥3时，… ++…+＜ [][ ]（6﹣）＜． *综上证明：对一切n∈N，有++…+＜． 点本题主要考查函数单调性的判定和证明，以及利用导数和不等式的综合，利用放缩法是评解决本题的关键，综合性较强，运算量较大． ： 第19页（共21页） 第20页（共21页） 【高考文科数学试卷讲解】相关文章： 全国高考文科数学06-11 山东高考数学文科06-18 高考状元文科数学笔记11-26 文科数学高考复习攻略03-13 高考文科数学模拟考试04-12 高考文科数学石家庄08-11 文科高考数学模拟试题05-04 十年高考真题文科数学05-11 2011四川高考数学文科(word版)05-05 文科及艺术类高考数学考点构成05-15篇5：北京高考数学文科真题
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