1、冲刺卷一 答案全解精析高考考前原创冲刺卷一一、选择题 因为 或，所以，故选 （）（）（）（），（），故选 设 与 的夹角为，因为 ，所以 ，又，所以，故选 当，时，（）（），所以“”“（）（）”；当（）（）时，因为（），所以，所以“（）（）”“”，所以“”是“（）（）”的必要不充分条件，故选 将直线 变形得（），易知直线恒过定点（，），由题意得圆 的圆心坐标为（，），又因为直线 与圆 相切，所以半径 ，所以圆 的方程为（）（）（）()，将（）的图象向左平移（）个单位后得到（）（）()的图象，因为 是（）的图象的对称轴，所以 （），解得 ，又因为，所以 的最小值为，故选 人和主教练郎平站一排合影
2、留念，郎平站在最中间，她们 人随机站于两侧，则不同的排法共有 种；若要使得朱婷和王梦洁站于郎平同一侧，则不同的排法共有 种，所以所求概率，故选 （）（）（），（）为偶函数，图象关于 轴对称，排除，当 时，（），排除，故选 根据 ，可得 ，的面积为，其所在球的小圆圆心 为斜边 的中点，由于底面积 不变，所以高最大时体积最大，所以 与平面 垂直时，三棱锥 的体积最大，为，即 ，所以，设球心为，半径为，则在直角 中，（）（），解得，故选 由，得，故公比 ，又 ，所以，所以（）（），故()()()，即，又 ，所以 的最小值为，故选 由题意得（）在，上的值域为（）在，上的值域的子集，易知（），的值域为，
3、（），当 时，（）的值域为，符合条件；当 时，（）的 值 域 为，则，所以，解得；当 时，（）的 值 域 为，则，所以，解得综上，故选 公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞 一线名卷如图所示，设另外两个切点分别为，易得 ，所以 ，可得 ，因为 ，所以 ，所以，所以双曲线的渐近线方程为，故选 二、填空题答案；解析不等式组对应的可行域如图中阴影部分所示，由，得，即，()当直线 过 时，有最大值，且 ()由，得，即（，）当直线 过 时，有最小值，且 答案 解析由 题 意 可 得 ，将（，）代入回归直线方程得 ，解得 答案，解析 建 立 如 图 所 示 的 直 角 坐 标 系，则，()，()，()，可设，()
4、（），则，()，()，所以，()，()，由，可得，所以的取值范围是，答案（）解析 因为实数，满足，所以 ，所以点（，）在曲线 （）上，点（，）在直线（）上所以（）（），如图所示，作曲线 （）平行于 （）的切线，当 点为切点时，到直线（）的距离即为 的最小值令 ，得，此时（，），到直线（）的距离（），所以的最小值为（）三、解答题解析（）（）()()()，（分）由最小正周期，得（分）公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞冲刺卷一 （）由（）知（）()，由（）()，得()（分）又（，），()，解得（分），得 （分），（分）解析（）证明：如图，连接，因为 ，所以，所以 因为四边形 为直角梯形，所以，所以，（分）
5、又，即，平面，且，所以 平面 因为 平面，所以，（分）由题易知四边形 为菱形，所以，因为，平面，且，所以 平面 因为 平面，所以（分）（）设 的中点为，连接，由题可得 为等边三角形，所以，过点 作 交 于点，易得，两两垂直，以 为坐标原点，分别以，为，轴建立空间直角坐标系则 ，()，()，()，()，（，），()，()，（分）设平面 的法向量为（，），则，即（，）（，），（，），()，即，令，得，所以，()（分）设平面 的法向量为（，），则，即（，）（，），（，），()，即，令，得，所以，()（分）所以，又二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为（分）解析（）由椭圆过点（，），得，（分）由椭圆的
6、离心率为，可得，又，所以，（分）所以椭圆的标准方程为（分）（）设（，），（，），（，），因为 为 的重心，所以，所以，（分）当直线 的斜率不存在时，得，所以（），解得，此时 （分）当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 （），联立，消去，得（），（）（）（），即，由根与系数的关系得，（分）（）（）（），所以（），（），所以 点的坐标为，()，（分）将 点坐标代入椭圆方程，得，符合，且，公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞 一线名卷（）（）（）（）（），将 代入，得()（），由，得（，即（，（分）综上，的取值范围为，（分）解析（）由频数分布表，可得体验得分等级为优秀的用户人数为，其中女性人数为，男性人数
7、为 使用体验得分等级为良好或一般的用户人数为，其中女性人数为，男性人数为（分）作出 列联表：优秀一般或良好合计男性人数女性人数合计（分）（）（分）因为，所以有 的把握认为“使用体验得分等级为优秀”与性别有关（分）（）记“使用体验得分等级为优秀”为事件，“使用体验得分等级为良好”为事件，“资费标准得分等级为良好”为事件，“资费标准得分等级为一般”为事件 则由频数分布表知（），（），（分）由频率分布直方图知（），（）（分）从首批办理 套餐的用户中随机抽取 人，使用体验得分等级高于资费标准得分等级的概率（）（）（）（）（）（）（）（分）通过以上数据，用户使用体验得分等级高于资费标准得分等级的概率较高
8、，说明用户普遍对于 的使用体验较为满意，相对而言，对于资费标准较不满意，作为运营商，应该采取措施降低 套餐的资费标准，才能进一步加快 套餐的推广（分）解析（）（），当 时，（）恒成立，所以（）在 上单调递增；（分）当 时，令 （），得 ()所以 ，()()时，（），此时（）单调递减，()，()时，（），此时（）单调递增（分）综上，时，（）在 上单调递增；时，（）在，()()上 单 调 递 减，在()，()上单调递增（分）（）若，则（），（）（）恒成立，即不等式 恒成立，设（）（），只需 （）即可，（）（），设（）（），则（），所以（）在（，）上单调递增，（分）又因为()，（），所以存在，()，
9、使得（），（分）且（，）时，（）（），此时（）单调递减，（，）时，（）（），此时（）单调递增，（分）所以（）（）()，（分）因为，()，所 以 ，()，即（），()，又因为，所以 的最大值为（分）解析（）因为直线 的参数方程为，（为参数），所以当 时，的普通方程为（分）当 时，的普通方程为 （）（分）因为曲线 的极坐标方程为 ，所以曲线 的直角坐标方程为（分）（）解法一：将 的参数方程代入 的直角坐标方程，整理得（）（分）（），设，对应的参数分别为，则 ，（分）所 以（）（）整理得 （），（分）故 或 当 时，由，解得 （正值舍去）故 或 （分）解法二：圆 的标准方程为（）（），圆心（，），半
10、径，公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞冲刺卷二 与圆 交于，两点，且 ，故圆心（，）到 的距离（）（分）当 时，的方程为，符合题意，此时（分）当 时，的方程为 所以 ，（分）整理得 ，解得 ，故 综上所述，或 （分）解析（）（），（分）当 时，得，所以；（分）当 时，得，所以；（分）当 时，得，所以（分）综合可得（）的解集为（分）（）解法一：作出函数（）的图象（分）当 与 平行时，（分）当 过点（，）时，（分）若（）有三个不同的实数根，即（）的图象与直线 有三个交点，则结合图象可得（分）解法二：当 时，令，时，显然不成立，时，若 有解，则；（分）当 时，令，得 ，若 有解，则；（分）当 时，令，得，
11、若 有解，则（分）若（）有三个不同的实数根，则，解得（分）高考考前原创冲刺卷二一、选择题 因为集合 ，所以，因为（）（）（）的实部与虚部相等，所以，解得，所以 因为向量（，），（，），（，），所以（，），（，），又（）（），所以，解得 解法一：设“小明选取的两节课中恰有一节是数学建模课程”为事件，则（）解法二：记两节数学建模课程为，两节数学史课程为，从 节课中，任选两节的基本事件有，共 种情况，选取的两节课中恰有一节是数学建模课程的基本事件共 种情况，所以所求概率 解法一：画出可行域，如图所示，易知直线 经过点 时，取得最大值，解法二：由线性约束条件可得可行域的三个顶点为（，），（，），（，）
12、，分别代入目标函数得 ，所以直线 经过点 时，取得最大值，解法一：如图，连接，取 的中点，连接，因为 是 的中点，所以，故异面直线 与 所成的角为（或其补角），因为正方体的棱长为，所以 ，因为，所以，在 中，故异面直线 与 所成角的余弦值为公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞 一线名卷解法二：设 为 的中点，连接，因为 是 的中点，所以，故异面直线 与 所成的角为（或其补角），因为正方体的棱长为，所以 ，在 中，故异面直线 与 所成角的余弦值为 设的公比为，因为，所以（），所以，故，所以 ()（，），令 ，则()，对于二项式()，（）()（，），令，得 ，所以 的系数为 因为()()，所以 ，所以 结
13、合题意，作出图形，可设（，），（，），得（，），（，），因为以 为直径的圆过点，所以，即，所以（），所以 ，又，所以 故选 因为函数（）的图象向右平移个单位后可得到函数（）的 图 象，所 以 （）()()，由，得，当 时，函数（）的单调递减区间为，当 时，函数（）的单调递减区间为，要使函数（）在区间，和，上单调递减，则，解得，)，所以 的最小值为 因为（）（），所以（）（）（），又因为（）（）恰有三个零点，所以函数（）的图象与 有三个交点，因为当（，时，（）的图象与 必有一个交点，所以当（，）时，（）的图象与 必有两个交点，即（）在（，）上必有两个零点，故（）()，（），解得，所以实数 的取值
14、范围为（，）二、填空题答案 解析 先将函数表达式化简为（），由此可得（），即有（）（），所以（）答案 ；解析 由（）得（），所以 （）（），即（）（），当 时，所以 ，所以，所以，所以当 时，故，即（），又 符合上式，所以 （），所以 ，（）答案解析 易知正方体瓶子的棱长是球形石子直径的整数倍，不妨设为（）倍，下面我们证明石子的大小与所有石子所占据空间的总和无关，为此设瓶中仅放入一个最大的球体，如图所示公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞冲刺卷二 由于题中的正方体瓶子可分割成 个小正方体，而每个小正方体与题图中的情况相同，每个石子都内切于一个小正方体设大正方体的体积为，其内切球体积为 球，小正方体的体
15、积为，相对应的小石子的体积为 球，显然球球（，），由等比定理得球球球球球，由此可知石子的大小与所有石子所占空间的总和无关，于是所有石子所占空间的体积总和与瓶子体积比为（）（其中 为正方体瓶子内切球半径），故当瓶子中的水不足瓶子容积的时，乌鸦将难以喝到水答案 解析 过 点作抛物线的两条切线，设切线方程为，切点坐标为（，），（，），由，得，则，解得 ，即，解得，的最大值为 三、解答题解析（）由正弦定理得（），即 （）（分）又因为，所以，所以 ，所以（分）（）由（）知，在 中，由余弦定理得 ，所以 ，（分）在 中，由正弦定理得，即（分）又因为，所以，所以 （分）解析（）当 为线段 的中点时，平面（分
16、）取线段 的中点，的中点，连接，所以，又，所以，故四边形 为平行四边形，所以，因为 平面，平面，所以 平面（分）（）过 点作，因为平面 平面，平面平面，所以 平面，以 点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，则（，），（，），（，），（，），又 因 为 ，所 以，()，所以（，），()，（分）设平面 的法向量为（，），则，即，取 ，可得 （，）（分）易知平面 的一个法向量为（，），则，（分）又易知二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为（分）解析（）记“抽取的志愿者中包含 但不包含”为事件，则（）（）（）（）（）（），解得，（舍去），则 的值为（分）（）由题意知 可取的值为，则（
17、），（），（），（），（）（分）公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞 一线名卷因此 的分布列为（分）解析（）设动点 的坐标为（，），因为动点 到直线：的距离等于到点（，）的距离的 倍，所以 （），整理得，所以动点 的轨迹 的方程为（分）（）联立，消去 得（），则（）（）（），即，（分）所以，所以点，()，即，()，假设存在（，），满足，则，即，（分）由，得点 的坐标为（，），所以()（）()（）（）()（）恒 成 立，所 以，解得，（分）所以存在点（，）满足题意（分）解析（）函数（）的定义域为（，），当 时，（），（），令 （），解得，令 （），解得，从而（）在（，）上单调递增，在（，）上单调递减，故
18、当 时，（）取得极大值，为，无极小值（分）（）（）（）（），定义域为（，），（）（），令（）（），则（），若 是函数（）的一个极大值点，则需满足（），且存在，使得（，）时，（），（，）时，（）（分）当 时，（）恒成立，从而（）在（，）上单调递增，不满足条件（分）当 时，令（），解得 ，所以 ，()时，（），()时，（），从 而 （）在，()上单调递增，在，()上单调递减，则 时，（）取得极大值，令（）（），则（），令（），解得，所以，()时，（），()时，（），所以（）()，故若满足条件，则需满足，即，（分）当 时，（）（）（）（）（），因为，所以当 时，（），又，()时，（），所以函数（）在
19、 处取得极大值，故若 是函数（）的一个极大值点，则 的取值范围为，()（分）解析（）由 ，得曲线 的极坐标方程为 ，因 为 直 线 的 参 数 方 程 为，（为参数，），所以直线 的普通方程为，所以直线 的极坐标方程为 （分）（）设（，）为点 的极坐标，则有，解得，设（，）为 点的 极 坐 标，则 有 ，解得，又 ，所以，解得 或（分）解析（）由（）（）得，令（），得（），结合图象可知 的解集为（，）（，），即不等式（）（）的解集为（，）（，）（分）（）由 （）（）得（）（），又因为，所以（）（），结合（）可知，实数 的取值范围为，（分）高考考前原创冲刺卷三一、选择题 ，则，所以，故选 因为
20、（）（）（），所公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞冲刺卷三 以 ，故选 设公差为，则，则，可转化为，解得，则，故选 设 ，依题可知选取的点取自阴影部分的概率 ，故选 将直线 代入渐近线方程 中，解得点，()，又（，），所以 ()()，所以，所以 为直角三角形，其中，则 ，因为 为等腰三角形，所以 ，即，所以双曲线 的离心率 ，故选 由几何体的三视图知几何体的直观图如下，其中 平面，则 （），故选 执行程序如下：()，；()()，；()，；()()，；()()，；()，此时退出循环，故选 因为（）的定义域为 ，且（）（）（），所以函数（）为偶函数易知当 时，函数（）单调递增，所以当 时，函数（）单调递
21、减，则（）（）等价于，即（）（），解得，故选 如图所示，在正四面体 中，取 的中点，连接，则，又 ，所以 平面，则 设平面 与除、外的各棱分别交于，则四边形 为矩形设，（，），由相似比可知，所以截面面积 （）()，当且仅当，即，即，均为所在棱中点时取到等号，故选 （）()，将函数（）的图象向右平移个单位长度后得 到 函 数 （）的 图 象，则 （）()()，易 知（）的 单 调 递 减 区 间 为，当 时，单调递减区间为，又，()，所以（）在，()上单调递减，故选 依题意得抛物线：若点 在 轴上方，设（，），（，），则（，），所以：（）（），代入点（，）整理得 ，：（）（），令 ，得 ，所以点
22、 的坐标为（，）；若点 在 轴下方，由抛物线的对称性可知，点 的坐标为（，），故选 由题意得，则（，）且（）令（），则（）（），则函数（）在（，）上单调递增由（）（）得，即 因为函数（）在（，）上单调递增且()，公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞 一线名卷()，所以，()，故选 二、填空题答案 解析 （，），（，），（，），又 向量 与 垂直，（），即（），解得 答案 解析 根据不等式组，画出可行域，如图所示，目标函数 表示定点（，）与可行域内的动点（，）连线的斜率，由图可知当点 的坐标为（，）时，取得最大值，为 答案（，）解析（），因为函数（）在（，上没有最小值，则（）在（，上没有最大值（），当
23、时，（）在（，上单调递增，故（）存在最大值，不符合题意；当 时，（）在（，）上单调递减，在（，）上单调递增，则只需使（）（），解得；当 时，（）在（，上单调递减，符合题意综上可得，故 的取值范围为（，）答案（，解析 设 边上的高为 由 得，（），化简得 ，则 由 可知，根据余弦定理可得 ，解得，所以（，三、解答题解析（）证明：由题意可得（），（分）又，数列是以 为首项，为公比的等比数列（分）（）由（）得（），则（）（），（分）则（）（）（）（）（）（）（）（）（）（分）解析（）证明：取 的中点，连接，在 中，且，且，四边形 为平行四边形，又 平面，平面，平面（分）（）由题意可知，在四棱锥 中，
24、又，平面，又，所以 平面，所以 与平面 所成角为，（分）设，则，由题可得 ，所以 ，则，即，（分）以 为坐标原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，则（，），（，），（，），（，），（），()，即，()，连接，设平面 的法向量为 （，），则，即，取，可得（，），（分）易知平面 的一个法向量为（，），（），（分）易知二面角 为锐角，二面角 的余弦值为（分）公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞冲刺卷三 解析（）由题意可得，解得 ，（分）所以，则椭圆 的方程为（分）（）证明：当直线 与 轴不重合时，设直线：，（，），（，），联立，整理得（），（分）由（）（）得，根据韦达定理可得，（分）（）（）（）（）（）（）（
25、）（）（）（）（）（）（），（分）所以（分）当直线 与 轴重合时，（，），（，）（或（，），（，），则（分）综上可知，（分）解析（）因为游客来京时间是任意的，所以所求概率为古典概型连续两天的取法共有 种，这 天内有 次连续 天空气质量为优或良，则所求概率（分）（）设洗车店每天收入为 元，则 可取，（分）（），（），（），（分）则 的分布列为则（）（元），故洗车店这段时间每天收入的数学期望为 元（分）（）月份连续 天的空气质量为“优”的频率为，记 为抽取的 天中空气质量为“优”的天数，则 (，)，（分）所以“”的概率（）（）（）()()()所以至少有 天空气质量为“优”的概率为（分）解析（）当
26、时，定义域为（，），当 时，定义域为（，）（分）（）（），令 （）得，（分）若，则当 ，()时，（），当，()时，（）；（分）若，则当 ，()时，（），当，()时，（）（分）当 时，函数（）的单调递减区间为，()，单调递增区间为，()；当 时，函数（）的单调递减区间为，()，单调递增区间为，()（分）（）证明：当 时，（）等价于（），（分）由（）可得，当 时，函数（）在，()上单调递增，在，()上单调递减，（）()，（分）令（）（），则（）（），当（，）时，（），函数（）单调递减，当（，）时，（），函数（）单调递增，（）（），（分）又函数（）与（）不能同时取到最值，（）（），即（）（分）解析（）由，得（，），（，），（分）曲线 的普通方程为（）（分）（）对曲线 上的任意点 都有 为锐角，曲线 与以 为直径的圆 外离，（分）则有，所以 或（分）解析（）由题可知（）（），即 ，又，即（分）公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞
