2022高考数学终极押题密卷（北京卷）（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 2022高考数学终极押题密卷（北京卷）（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 471.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-29 09:38:25 | ||
图片预览
文档简介
2022高考数学终极押题密卷1（北京卷）
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2022 昌平区二模）已知集合A＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|x≥1}，则A∪B＝（ ）
A．{x|x＞0} B．{x|1≤x＜2} C．{x|x≥1} D．{x|0＜x＜2}
2．（4分）（2022 西城区一模）复数的共轭复数（ ）
A．1﹣i B．1+i C． D．
3．（4分）（2022 石景山区一模）“m＜4”是“2x2﹣mx+1＞0在x∈（1，+∞）上恒成立”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（4分）（2022 海淀区校级模拟）若某多面体的三视图（单位：cm）如图所示，则此多面体的体积是（ ）
A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3
5．（4分）（2018 丰台区二模）设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则a＝（ ）
A． B． C． D．
6．（4分）（2022 大庆模拟）《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是：今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．若蒲、莞长度相等，则所需时间为（ ）
（结果精确到0.1．参考数据：lg2＝0.3010，lg3＝0.4771．）
A．2.2天 B．2.4天 C．2.6天 D．2.8天
7．（4分）（2019 房山区一模）关于函数f（x）＝x﹣sinx，下列说法错误的是（ ）
A．f（x）是奇函数
B．f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增
C．x＝0是f（x）的唯一零点
D．f（x）是周期函数
8．（4分）（2020 北京模拟）紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间．紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等．其中，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台（即圆锥用平行于底面的平面截去一个锥体得到的）．如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容量约为（ ）
A．100cm3 B．200cm3 C．300cm3 D．400cm3
9．（4分）（2020 北京模拟）在圆M：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0中，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（ ）
A．6 B．12 C．24 D．36
10．（4分）（2020 顺义区二模）设{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和．已知a1 a3＝16，S3＝14，若存在n0使得的乘积最大，则n0的一个可能值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2022 泸县校级模拟）在（）n的二项展开式中，所有项的系数之和为81，则常数项为
12．（5分）（2022 东城区一模）已知抛物线C：y2＝2px过点P（2，4），则p＝ ；若点Q（4，y1），R（t，y2）在C上，F为C的焦点，且|PF|，|QF|，|RF|成等比数列，则t＝ ．
13．（5分）（2020 北京模拟）已知向量（1，3），（2，1），则 ；与夹角的大小为 ．
14．（5分）（2021 顺义区二模）已知α是任意角，且满足，则常数k的一个取值为 ．
15．（5分）（2022 西城区一模）已知函数f（x）＝|2x﹣a|﹣kx﹣3，给出下列四个结论：
①若a＝1，则函数f（x）至少有一个零点；
②存在实数a，k，使得函数f（x）无零点；
③若a＞0，则不存在实数k，使得函数f（x）有三个零点；
④对任意实数a，总存在实数k使得函数f（x）有两个零点．
其中所有正确结论的序号是 ．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（13分）（2022 东城区二模）在△ABC中，acosB+bcosAccosC．
（Ⅰ）求∠C；
（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求c和sinA的值．
条件①：a＝2，AC边上中线的长；
条件②：b＝6，△ABC的面积为6；
条件③：cosB，AC边上的高BD的长为2．
17．（13分）（2022 密云区一模）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，点D，E分别为棱A1C1，B1C1的中点，点F是线段BB1上的点（不包括两个端点）．
（Ⅰ）设平面DEF与平面ABC相交于直线m，求证：A1B1∥m；
（Ⅱ）当F为线段BB1的中点时，求点B到平面DEF的距离；
（Ⅲ）是否存在一点F，使得二面角C﹣AC1﹣F的余弦值为，如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由．
18．（14分）（2022 门头沟区一模）第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日在北京、张家口盛大开幕．为保障本届冬奥会顺利运行，共招募约2.7万人参与赛会志愿服务．赛会共设对外联络服务、竞赛运行服务、媒体运行与转播服务、场馆运行服务、市场开发服务、人力资源服务、技术运行服务、文化展示服务、赛会综合服务、安保服务、交通服务、其他共12类志愿服务．
（Ⅰ）甲、乙两名志愿者被随机分配到不同类志愿服务中，每人只参加一类志愿服务．已知甲被分配到对外联络服务，求乙被分配到场馆运行服务的概率是多少？
（Ⅱ）已知来自某中学的每名志愿者被分配到文化展示服务类的概率是，设来自该中学的2名志愿者被分配到文化展示服务类的人数为ξ，求ξ的分布列与期望．
（Ⅲ）2.7万名志愿者中，18﹣35岁人群占比达到95%，为了解志愿者对某一活动方案是否支持，通过分层抽样获得如下数据：
18﹣35岁人群 其它人群
支持 不支持 支持 不支持
方案 90人 5人 1人 4人
假设所有志愿者对活动方案是否支持相互独立．
将志愿者支持方案的概率估计值记为p0，去掉其它人群志愿者，支持方案的概率估计值记为p1，试比较p0与p1的大小．（结论不要求证明）
19．（15分）（2022 东城区二模）已知函数f（x）＝xalnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当x∈[e，+∞）时，曲线y＝f（x）在x轴的上方，求实数a的取值范围．
20．（15分）（2022 西城区一模）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为4．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）直线y＝kx+m（km≠0）与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点P，线段AB的垂直平分线与AB交于点M，与y轴交于点N，O为坐标原点．如果∠MOP＝2∠MNP成立，求k的值．
21．（15分）（2022 东城区一模）设数列A：a1，a2，…，an（n≥2）．如果ai∈{1，2，…，n}（i＝1，2，…，n），且当i≠j时，ai≠aj（1≤i，j≤n），则称数列A具有性质P．对于具有性质P的数列A，定义数列T（A）：t1，t2，…，tn﹣1，其中tk）．
（Ⅰ）对T（A）：0，1，1，写出所有具有性质P的数列A；
（Ⅱ）对数列E：e1，e2，…，en﹣1（n≥2），其中ei∈{0，1}（i＝1，2，…，n﹣1），证明：存在具有性质P的数列A，使得T（A）与E为同一个数列；
（Ⅲ）对具有性质P的数列A，若|a1﹣an|＝1（n≥5）且数列T（A）满足ti（i＝1，2， ，n﹣1），证明：这样的数列A有偶数个．
2022高考数学终极押题密卷1（北京卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2022 昌平区二模）已知集合A＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|x≥1}，则A∪B＝（ ）
A．{x|x＞0} B．{x|1≤x＜2} C．{x|x≥1} D．{x|0＜x＜2}
【考点】并集及其运算．
【专题】集合思想；定义法；集合；数学运算．
【分析】利用并集定义直接求解．
【解答】解：∵集合A＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|x≥1}，
∴A∪B＝{x|x＞0}．
故选：A．
【点评】本题考查集合的运算，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（4分）（2022 西城区一模）复数的共轭复数（ ）
A．1﹣i B．1+i C． D．
【考点】复数的运算．
【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算．
【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
【解答】解：∵，
∴．
故选：B．
【点评】本题考查了共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
3．（4分）（2022 石景山区一模）“m＜4”是“2x2﹣mx+1＞0在x∈（1，+∞）上恒成立”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】充分条件、必要条件、充要条件．
【专题】整体思想；综合法；简易逻辑；数学运算．
【分析】先由不等式恒成立问题求出m的范围，再结合充分必要条件判断即可．
【解答】解：“2x2﹣mx+1＞0在x∈（1，+∞）上恒成立”，
则m在x∈（1，+∞）上恒成立，
又g（x）在x∈（1，+∞）上为增函数，
则g（x）＞3，
即m≤3，
又“m＜4”是“m≤3”的必要不充分条件，
即m＜4”是“2x2﹣mx+1＞0在x∈（1，+∞）上恒成立”的必要不充分条件，
故选：B．
【点评】本题考查了不等式恒成立问题，重点考查了充分必要条件，属基础题．
4．（4分）（2022 海淀区校级模拟）若某多面体的三视图（单位：cm）如图所示，则此多面体的体积是（ ）
A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．
【分析】作出几何体的直观图，可发现几何体为正方体切去一个三棱柱得到的．使用作差法求出几何体体积．
【解答】解：由三视图可知该几何体为正方体去掉一个三棱柱得到的几何体．
正方体的棱长为1，去掉的三棱柱底面为等腰直角三角形，直角边为，
棱柱的高为1，棱柱的体积为．
∴剩余几何体的体积为13．
故选：A．
【点评】本题考查了常见几何体的三视图和结构特征，属于基础题．
5．（4分）（2018 丰台区二模）设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则a＝（ ）
A． B． C． D．
【考点】双曲线的标准方程．
【专题】计算题；对应思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】由题意可得tan，解得即可．
【解答】解：双曲线的一条渐近线方程yx，
由题意可得tan，
∴a，
故选：C．
【点评】本题考查了双曲线的简单性质，属于基础题
6．（4分）（2022 大庆模拟）《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是：今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．若蒲、莞长度相等，则所需时间为（ ）
（结果精确到0.1．参考数据：lg2＝0.3010，lg3＝0.4771．）
A．2.2天 B．2.4天 C．2.6天 D．2.8天
【考点】等比数列的通项公式．
【专题】计算题；对应思想；转化法；等差数列与等比数列．
【分析】设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，其前n项和为An．莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn．利用等比数列的前n项和公式及其对数的运算性质即可得出．．
【解答】解：设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，其前n项和为An．
莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，
其前n项和为Bn．则An，Bn，
由题意可得：，化为：2n7，
解得2n＝6，2n＝1（舍去）．
∴n12.6．
∴估计2.6日蒲、莞长度相等，
故选：C．
【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7．（4分）（2019 房山区一模）关于函数f（x）＝x﹣sinx，下列说法错误的是（ ）
A．f（x）是奇函数
B．f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增
C．x＝0是f（x）的唯一零点
D．f（x）是周期函数
【考点】正弦函数的奇偶性和对称性．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的图象与性质．
【分析】由题意利用根据正弦函数的性质，得出结论．
【解答】解：关于函数f（x）＝x﹣sinx，显然它是奇函数，故A正确；
由于f′（x）＝1﹣cosx≥0，故f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，故B正确；
根据f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，f（0）＝0，可得x＝0是f（x）的唯一零点，故C正确；
根据f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，故它一定不是周期函数，故D错误，
故选：D．
【点评】本题主要考查正弦函数的性质，利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
8．（4分）（2020 北京模拟）紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间．紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等．其中，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台（即圆锥用平行于底面的平面截去一个锥体得到的）．如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容量约为（ ）
A．100cm3 B．200cm3 C．300cm3 D．400cm3
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．
【分析】根据圆台的体积等于两个圆锥的体积之差，即可求出．
【解答】解：设大圆锥的高为h，所以，解得h＝10．
故cm3．
故选：B．
【点评】本题主要考查圆台体积的求法以及数学在生活中的应用，考查棱锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9．（4分）（2020 北京模拟）在圆M：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0中，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（ ）
A．6 B．12 C．24 D．36
【考点】直线与圆相交的性质．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；直线与圆；数学运算．
【分析】根据题意，把圆M的方程化为标准方程，分析其圆心坐标与圆的半径，结合直线与圆的位置关系可得AC、BD的值，进而分析可得答案．
【解答】解：根据题意，圆M：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0即（x﹣2）2+（y﹣2）2＝9，其圆心为（2，2），半径r＝3，
过点E（0，1）的最长弦AC为圆M的直径，则|AC|＝6，
最短的弦为过E与直径AC垂直的弦，且|ME|
则有|BD|＝24，
又由AC⊥BD，
则四边形ABCD的面积S＝2×S△ABC＝2×（AC×BE）＝12；
故选：B．
【点评】本题考查直线与圆相交的性质，关键是求出AC和BD的长度以及两者的位置关系，属于基础题．
10．（4分）（2020 顺义区二模）设{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和．已知a1 a3＝16，S3＝14，若存在n0使得的乘积最大，则n0的一个可能值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】等比数列的通项公式；等比数列的性质．
【专题】计算题；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】由已知利用等比数列的性质可求a2＝4，又S3＝14，可得，解得，或，分类讨论可求q的值，即可求解数列的各项，即可求解．
【解答】解：等比数列{an}中，公比q＞0；
由a1 a3＝16，
所以a2＝4，
又S3＝14，
所以，解得：，或，
若时，可得q＝2，可得的值为2，4，8，16…，不会存在n0使得的乘积最大（舍去），
若时，可得q，可得的值为8，4，2，1，，，观察可知存在n0＝4，使得8×4×2×1的乘积最大，
综上，可得n0的一个可能是4．
故选：A．
【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式以及等比数列的性质，考查了分类讨论思想的应用，属于中档题．
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2022 泸县校级模拟）在（）n的二项展开式中，所有项的系数之和为81，则常数项为 8
【考点】二项式定理．
【专题】计算题；二项式定理．
【分析】由题得（1+2）n＝81，所以n＝4，再利用二项式展开式的通项求常数项得解．
【解答】解：由题得（1+2）n＝81，所以n＝4，二项展开式的通项为Tr+1＝C（）4﹣r（）r＝C2rx，
令0，∴r＝1．
所以常数项为C 2＝8．
故答案为：8
【点评】本题主要考查二项式展开式的系数和问题，考查二项式展开式特定项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力，属中档题．
12．（5分）（2022 东城区一模）已知抛物线C：y2＝2px过点P（2，4），则p＝ 4 ；若点Q（4，y1），R（t，y2）在C上，F为C的焦点，且|PF|，|QF|，|RF|成等比数列，则t＝ 7 ．
【考点】抛物线的性质．
【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【分析】根据点P（2，4）在抛物线C：y2＝2px上，代入可得p＝4，再由抛物线定义可得|PF|＝24，|QF|＝6，|RF|＝t+2，又|PF|，|QF|，|RF|成等比数列，代入|QF|2＝|PF||RF|，即可求解．
【解答】解：∴抛物线C：y2＝2px过点P（2，4），∴42＝4p，所以p＝4；
根据抛物线定义可得|PF|＝22+2＝4，|QF|＝46，|RF|＝tt+2，
又|PF|，|QF|，|RF|成等比数列，∴|QF|2＝|PF||RF|，
∴62＝4×（t+2），解得t＝7，
故答案为：4；7．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，属中档题．
13．（5分）（2020 北京模拟）已知向量（1，3），（2，1），则 5 ；与夹角的大小为 ．
【考点】数量积表示两个向量的夹角．
【专题】计算题；平面向量及应用．
【分析】由向量数量积的坐标运算得：1×2+3×1＝5，
由向量的夹角公式得：cosθ，得解．
【解答】解：因为向量，
由向量数量积的坐标运算得：1×2+3×1＝5，
设与的夹角为θ，由向量的夹角公式得：cosθ，
因为θ∈[0，π]，
所以，
故答案为：5，．
【点评】本题考查了向量数量积的坐标运算、向量的夹角公式，属简单题．
14．（5分）（2021 顺义区二模）已知α是任意角，且满足，则常数k的一个取值为 ﹣3（答案不唯一） ．
【考点】两角和与差的三角函数．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；数学运算．
【分析】由已知结合诱导公式进行化简即可求解．
【解答】解：因为，
令k，则k＝﹣3．
故答案为：﹣3（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查了诱导公式，属于基础题．
15．（5分）（2022 西城区一模）已知函数f（x）＝|2x﹣a|﹣kx﹣3，给出下列四个结论：
①若a＝1，则函数f（x）至少有一个零点；
②存在实数a，k，使得函数f（x）无零点；
③若a＞0，则不存在实数k，使得函数f（x）有三个零点；
④对任意实数a，总存在实数k使得函数f（x）有两个零点．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【考点】命题的真假判断与应用．
【专题】分类讨论；函数思想；数形结合法；函数的性质及应用；逻辑推理；直观想象；数学运算．
【分析】在同一坐标系中作出y＝|2x﹣a|，y＝kx+3的图象，利用数形结合法求解．
【解答】解：①当a＝1时，f（x）＝|2x﹣a|﹣kx﹣3，令f（x）＝0，得|2x﹣1|＝kx+3，
在同一坐标系中作出y＝|2x﹣1|，y＝kx+3的图象，如图所示：
由图象及直线y＝kx+3过定点（0，3）知函数f（x）至少有一个零点，故正确；
②当a＝﹣4，k＝0时，作出y＝|2x+4|，y＝3的图象，
由图象知，函数f（x）无零点，故正确；
③当a＝6，k时，在同一坐标系中作出y＝|2x﹣6|，yx+3的图象，如图所示：
由图象知：函数f（x）有三个零点，故错误；
④当a＝0时，
，
当a＜0时，
，
当a＞0时，
由图象知：对任意实数a，总存在实数k使得函数f（x）有两个零点，故正确．
故答案为：①②④
【点评】本题考查了函数的零点，分类讨论思想及数形结合思想，难点是针对每种情况能准确作了图象，属于中档题．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（13分）（2022 东城区二模）在△ABC中，acosB+bcosAccosC．
（Ⅰ）求∠C；
（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求c和sinA的值．
条件①：a＝2，AC边上中线的长；
条件②：b＝6，△ABC的面积为6；
条件③：cosB，AC边上的高BD的长为2．
【考点】正弦定理．
【专题】计算题；数形结合；分类讨论；数形结合法；解三角形；数学运算．
【分析】（Ⅰ）利用正弦定理化简acosB+bcosAccosC，结合三角恒等变换求角C即可；
（Ⅱ）若选条件①，作图，利用余弦定理可求得CD的长度有2个值，故不满足唯一性；
若选条件②，由三角形面积公式可求a，结合余弦定理求c，再利用正弦定理求sinA即可；
若选条件③，作图，可判断△BCD为等腰直角三角形，利用直角三角形求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理得，
sinAcosB+sinBcosAsinCcosC，
即sin（A+B）sinCcosC，
即sinCsinCcosC，
即cosC，
故∠C；
（Ⅱ）若选条件①，
由余弦定理得，
BD2＝a2+CD2﹣2×a×CD×cosC，
即5＝8+CD2﹣4CD，
解得CD＝1或CD＝3；
故△ABC存在但不唯一，
不满足条件；
若选条件②，
∵S△ABCb×a×sinA＝6，即6×a6，
∴a＝2，
故c2，
∵，
∴sinA；
若选条件③，
由题意知，△BCD为等腰直角三角形，
∴CD＝BD＝2，a＝BC＝2，
∵cosB，∴sinB，
∴sin∠ABD＝sin（∠ABC）
＝sin∠ABCcoscos∠ABCsin
（）
，
故sinA＝cos∠ABD；
c＝AB2．
【点评】本题考查了解三角形与三角恒等变换的综合应用，属于中档题．
17．（13分）（2022 密云区一模）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，点D，E分别为棱A1C1，B1C1的中点，点F是线段BB1上的点（不包括两个端点）．
（Ⅰ）设平面DEF与平面ABC相交于直线m，求证：A1B1∥m；
（Ⅱ）当F为线段BB1的中点时，求点B到平面DEF的距离；
（Ⅲ）是否存在一点F，使得二面角C﹣AC1﹣F的余弦值为，如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由．
【考点】二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算；直线与平面平行．
【专题】计算题；整体思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】（Ⅰ）利用线面平行的判定定理证明DE∥平面ABC，在利用线面平行的性质定理证明DE∥m，最后利用平行的传递性推出结论；
（Ⅱ）利用等体积法求解即可；
（Ⅲ）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
【解答】（Ⅰ）证明：因为D，E分别为棱A1C1，B1C1的中点，则DE∥A1B1，
又A1B1∥AB，所以DE∥AB，
因为DE∥AB，DE 平面ABC，AB 平面ABC，
所以DE∥平面ABC，
因为DE∥平面ABC，DE 平面DEF，平面DEF∩平面ABC＝m，
所以DE∥m，又DE∥A1B1
所以A1B1∥m；
解：（Ⅱ）
因为AC⊥BC，AC⊥CC1，BC 平面BCC1B1，CC1 平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1，
又C1F 平面BCC1B1
所以AC⊥C1F，
又A1C1∥AC，所以A1C1⊥C1F，
在RtΔDC1E中，，
在RtΔEB1F中，，
在RtΔC1B1F中，，
在RtΔDC1F中，，
则，所以∠DEF＝120°，
所以，
，
因为AC⊥平面BCC1B1，A1C1∥AC，所以A1C1⊥平面BCC1B1，
所以D点到平面BEF的距离即为垂线段D1C1的长，
设点B到平面DEF的距离为h，
VB﹣DEF＝VD﹣BEF，即，解得，
即点B到平面DEF的距离为，
（Ⅲ）设BF＝λ（0＜λ＜2），建立如图所示的空间直角坐标系，
则F（0，2，λ），A（2，0，0），C1（0，0，2），
所以，
设（x，y，z）为平面AC1F的法向量，
则即，
令x＝1，则，
因为平面ACC1为坐标平面xOz，所以（0，1，0）为其法向量，
依题意，
解之得λ＝1或λ＝3（舍），
所以．
【点评】本题考查了平行关系的证明，点到平面的距离以及二面角的计算，属于中档题．
18．（14分）（2022 门头沟区一模）第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日在北京、张家口盛大开幕．为保障本届冬奥会顺利运行，共招募约2.7万人参与赛会志愿服务．赛会共设对外联络服务、竞赛运行服务、媒体运行与转播服务、场馆运行服务、市场开发服务、人力资源服务、技术运行服务、文化展示服务、赛会综合服务、安保服务、交通服务、其他共12类志愿服务．
（Ⅰ）甲、乙两名志愿者被随机分配到不同类志愿服务中，每人只参加一类志愿服务．已知甲被分配到对外联络服务，求乙被分配到场馆运行服务的概率是多少？
（Ⅱ）已知来自某中学的每名志愿者被分配到文化展示服务类的概率是，设来自该中学的2名志愿者被分配到文化展示服务类的人数为ξ，求ξ的分布列与期望．
（Ⅲ）2.7万名志愿者中，18﹣35岁人群占比达到95%，为了解志愿者对某一活动方案是否支持，通过分层抽样获得如下数据：
18﹣35岁人群 其它人群
支持 不支持 支持 不支持
方案 90人 5人 1人 4人
假设所有志愿者对活动方案是否支持相互独立．
将志愿者支持方案的概率估计值记为p0，去掉其它人群志愿者，支持方案的概率估计值记为p1，试比较p0与p1的大小．（结论不要求证明）
【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；数学运算．
【分析】（Ⅰ）根据古典概型的计算公式直接计算；
（Ⅱ）分别计算概率并列出分布列，并求期望；
（Ⅲ）根据古典概型计算公式分别计算p0与p1，并比较大小．
【解答】解：（Ⅰ）由已知共12类志愿服务，甲被分配到对外联络服务，
且甲、乙两名志愿者被随机分配到不同类志愿服务中，
故乙可被分配的志愿服务共11，
所以乙被分配到场馆运行服务的概率为：
（Ⅱ）由已知可得随机变量的可能取值为0，1，2，
故，
，
，
分布列如下：
ξ 0 1 2
P
期望E（ξ）＝012；
（Ⅲ）由已知得志愿者支持方案的概率估计值记为，
去掉其它人群志愿者，支持方案的概率估计值记为，
故p1＞p0．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
19．（15分）（2022 东城区二模）已知函数f（x）＝xalnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当x∈[e，+∞）时，曲线y＝f（x）在x轴的上方，求实数a的取值范围．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】计算题；分类讨论；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（Ⅰ）利用导数的几何意义即得；
（Ⅱ）由题可知f（x）min＞0，当a≥0时适合题意，当a＜0时，分类讨论，利用导数求函数的最值即得．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝xlnx，x＞0，
所以f′（x）＝1，
所以f（1）＝3，f′（1）＝0，
所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝3；
（Ⅱ）因为函数f（x）＝xalnx（a∈R），
当a≥0时，由x∈[e，+∞）有f（x）＞0，故曲线y＝f（x）在x轴的上方，
当a＜0时，f′（x）＝1，
由f′（x）＝0可得x＝﹣2a或x＝a （舍去），
所以当x∈（0，﹣2a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（﹣2a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当﹣2a≤e，即a＜0时，所以f（x）在[e，+∞）上单调递增，
则f（x）≥f（e）＝ea（a）2e＞0，即曲线y＝f（x）在x轴的上方，
当﹣2a＞e，即a时，f（x）在[e，﹣2a）上单调递减，在（﹣2a，+∞）上单调递增，
则f（x）≥f（﹣2a）＝﹣3a+aln（﹣2a），
由x∈[e，+∞）时，曲线y＝f（x）在x轴的上方，
所以﹣3a+aln（﹣2a）＞0，解得a，
所以a；
综上，实数a的取值范围为（，+∞）．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
20．（15分）（2022 西城区一模）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为4．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）直线y＝kx+m（km≠0）与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点P，线段AB的垂直平分线与AB交于点M，与y轴交于点N，O为坐标原点．如果∠MOP＝2∠MNP成立，求k的值．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】转化思想；设而不求法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑推理；数学运算．
【分析】（Ⅰ）由椭圆的对称性可判断以椭圆的四个顶点为顶点的四边形为菱形，结合题意可得a2+b2＝5，再由离心率可得a，b的值，进而得出所求椭圆的方程；
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组得：（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）＝0，由韦达定理可得x1+x2，，y1+y2，
进而得出M（，），从而求出MN的方程，即可得出N（0，），再结合图形及已知条件∠MOP＝2∠MNP可得|OM|＝|ON|，进而得出k的值．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形为菱形，边长为，
所以44，即a2+b2＝5，
又因为a2﹣b2＝c2，且，所以a＝2，b＝1，
所以椭圆C的方程为．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），则
联立方程组得：
（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）＝0，
所以Δ＝64k2m2﹣16（1+4k2）（m2﹣1）＝16（4k2﹣m2+1）＞0，
x1+x2，，
所以y1+y2＝k（x1+x2）+2m＝k（）+2m，
因为M是AB的中点，所以M（，），
所以MN的方程为y（x），
令x＝0，则y，所以N（0，），
因为∠MOP＝2∠MNP，且∠MOP＝∠MNP+∠OMN，
所以∠MNP＝∠∠OMN，所以|OM|＝|ON|，如图所示，
因为|OM|＝|，|ON|＝||，
所以（）2＝||2，
解得，解得k＝±．
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
21．（15分）（2022 东城区一模）设数列A：a1，a2，…，an（n≥2）．如果ai∈{1，2，…，n}（i＝1，2，…，n），且当i≠j时，ai≠aj（1≤i，j≤n），则称数列A具有性质P．对于具有性质P的数列A，定义数列T（A）：t1，t2，…，tn﹣1，其中tk）．
（Ⅰ）对T（A）：0，1，1，写出所有具有性质P的数列A；
（Ⅱ）对数列E：e1，e2，…，en﹣1（n≥2），其中ei∈{0，1}（i＝1，2，…，n﹣1），证明：存在具有性质P的数列A，使得T（A）与E为同一个数列；
（Ⅲ）对具有性质P的数列A，若|a1﹣an|＝1（n≥5）且数列T（A）满足ti（i＝1，2， ，n﹣1），证明：这样的数列A有偶数个．
【考点】数列的应用．
【专题】转化思想；转化法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【分析】（Ⅰ）根据数列T（A）的定义得到n＝4且a1＞a2，a2＜a3，a3＜a4，确定a2＝1，按照a1＝4或a4＝4分类讨论即可得出答案；
（Ⅱ）设数列E：e1，e2，…，en﹣1（n≥2）中恰有s项为1，再按照s＝0，s＝n﹣1，0＜s＜n﹣1，三种情况分类讨论可证得结论；
（Ⅲ）按照n的奇偶性分类讨论，结合数列T（A）的定义可证结论．
【解答】解：（Ⅰ）因为T（A）：0，1，1，所以n﹣1＝3，即n＝4．
因为t1＝0，t2＝1，t3＝1，所以a1＞a2，a2＜a3，a3＜a4，
又因为ai∈{1，2，3，4}（i＝1，2，3，4），
所以a2＝1，a1＝4，或a4＝4，
当a1＝4时，a3＝2，a4＝3，
当a4＝4时，a1＝3，a3＝2，或a1＝2，a3＝3，
综上所述，所有具有性质P的数列A为：4，1，2，3、3，1，2，4、2，1，3、4．
证明：（Ⅱ）由于数列E：e1，e2，…，en﹣1（n≥2），其中ei∈{0，1}（i＝1，2，…，n﹣1），
不妨设数列E：e1，e2，…，en﹣1（n≥2）中恰有s项为1，
若s＝0，则A：n，n﹣1，…，1符合题意；
若s＝n﹣1，则A：1，2，…，n符合题意；
若0＜s＜n﹣1，则设这s项分别为，，…，（k1＜k2＜…＜ks），
构造数列A：a1，a2，…，an，令，，…，分别为n﹣s+1，n﹣s+2，…，n，
数列A的其余各项，，…，（m1＜m2＜…＜mn﹣s）分别为n﹣s，n﹣s﹣1，…，1，
经检验数列A符合题意．
证明：（Ⅲ）对于符合题意的数列A：a1，a2，…，an（n≥5），
①当n为奇数时，存在数列A'：an，an﹣1，…，a1符合题意，且数列A与A'不同，T（A）与T（A'）相同，
按这样的方式可由数列A'构造出数列A，所以当n为奇数时，这样的数列A有偶数个，
当n＝3时，这样的数列A也有偶数个．
②当n为偶数时，如果n，n﹣1是数列A中不相邻的两项，交换n与n﹣1得到数列A'符合题意，且数列A与A'不同，T（A）与T（A'）相同，
按这样的方式可由数列A'构造出数列A，所以这样的数列A有偶数个；
如果n，n﹣1是数列A中相邻的两项，由题设可知：必有an﹣1＝n，an＝n﹣1，a1＝n﹣2，
除这三项外，a2，a3，…，an﹣2是一个n﹣3项的符合题意的数列A，
由①知这样的数列A有偶数个；
综上所述，这样的数列A有偶数个．
【点评】本题考查数列的综合应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
考点卡片
1．并集及其运算
【知识点的认识】
由所有属于集合A或属于集合B的元素的组成的集合叫做A与B的并集，记作A∪B．
符号语言：A∪B＝{x|x∈A或x∈B}．
图形语言：．
A∪B实际理解为：①x仅是A中元素；②x仅是B中的元素；③x是A且是B中的元素．
运算形状：
①A∪B＝B∪A．②A∪ ＝A．③A∪A＝A．④A∪B A，A∪B B．⑤A∪B＝B A B．⑥A∪B＝ ，两个集合都是空集．⑦A∪（ UA）＝U．⑧ U（A∪B）＝（CUA）∩（CUB）．
【解题方法点拨】解答并集问题，需要注意并集中：“或”与“所有”的理解．不能把“或”与“且”混用；注意并集中元素的互异性．不能重复．
【命题方向】掌握并集的表示法，会求两个集合的并集，命题通常以选择题、填空题为主，也可以与函数的定义域，值域联合命题．
2．充分条件、必要条件、充要条件
【知识点的认识】
1、判断：当命题“若p则q”为真时，可表示为p q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．事实上，与“p q”等价的逆否命题是“￢q ￢p”．它的意义是：若q不成立，则p一定不成立．这就是说，q对于p是必不可少的，所以说q是p的必要条件．例如：p：x＞2；q：x＞0．显然x∈p，则x∈q．等价于x q，则x p一定成立．
2、充要条件：如果既有“p q”，又有“q p”，则称条件p是q成立的充要条件，或称条件q是p成立的充要条件，记作“p q”．p与q互为充要条件．
【解题方法点拨】
充要条件的解题的思想方法中转化思想的依据；解题中必须涉及两个方面，充分条件与必要条件，缺一不可．证明题目需要证明充分性与必要性，实际上，充分性理解为充分条件，必要性理解为必要条件，学生答题时往往混淆二者的关系．判断题目可以常用转化思想、反例、特殊值等方法解答即可．
判断充要条件的方法是：
①若p q为真命题且q p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；
②若p q为假命题且q p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；
③若p q为真命题且q p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；
④若p q为假命题且q p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．
⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．
【命题方向】
充要条件是学生学习知识开始，或者没有上学就能应用的，只不过没有明确定义，因而几乎年年必考内容，多以小题为主，有时也会以大题形式出现，中学阶段的知识点都相关，所以命题的范围特别广．
3．命题的真假判断与应用
【知识点的认识】
判断含有“或”、“且”、“非”的复合命题的真假，首先要明确p、q及非p的真假，然后由真值表判断复合命题的真假．
注意：“非p”的正确写法，本题不应将“非p”写成“方程x2﹣2x+1＝0的两根都不是实根”，因为“都是”的反面是“不都是”，而不是“都不是”，要认真区分．
【解题方法点拨】
1．判断复合命题的真假，常分三步：先确定复合命题的构成形式，再指出其中简单命题的真假，最后由真值表得出复合命题的真假．
2．判断一个“若p则q”形式的复合命题的真假，不能用真值表时，可用下列方法：若“pq”，则“若p则q”为真；而要确定“若p则q”为假，只需举出一个反例说明即可．
3．判断逆命题、否命题、逆否命题的真假，有时可利用原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假这一关系进行转化判断．
【命题方向】该部分内容是《课程标准》新增加的内容，几乎年年都考，涉及知识点多而且全，多以小题形式出现．
4．利用导数研究曲线上某点切线方程
【考点描述】
利用导数来求曲线某点的切线方程是高考中的一个常考点，它既可以考查学生求导能力，也考察了学生对导数意义的理解，还考察直线方程的求法，因为包含了几个比较重要的基本点，所以在高考出题时备受青睐．我们在解答这类题的时候关键找好两点，第一找到切线的斜率；第二告诉的这点其实也就是直线上的一个点，在知道斜率的情况下可以用点斜式把直线方程求出来．
【实例解析】
例：已知函数y＝xlnx，求这个函数的图象在点x＝1处的切线方程．
解：k＝y'|x＝1＝ln1+1＝1
又当x＝1时，y＝0，所以切点为（1，0）
∴切线方程为y﹣0＝1×（x﹣1），
即y＝x﹣1．
我们通过这个例题发现，第一步确定切点；第二步求斜率，即求曲线上该点的导数；第三步利用点斜式求出直线方程．这种题的原则基本上就这样，希望大家灵活应用，认真总结．
5．等比数列的性质
【等比数列】
（又名几何数列），是一种特殊数列．如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列，因为第二项与第一项的比和第三项与第二项的比相等，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）． 注：q＝1 时，an为常数列．
等比数列和等差数列一样，也有一些通项公式：①第n项的通项公式，an＝a1qn﹣1，这里a1为首项，q为公比，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤立的点．②求和公式，Sn，表示的是前面n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有am an＝ap aq．
例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝ ．
解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，
则18＝2q4，解得q2＝3，
∴y＝2q2＝2×3＝6．
故答案为：6．
本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．
【等比数列的性质】
（1）通项公式的推广：an＝am qn﹣m，（n，m∈N*）．
（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则 ak al＝am an
（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an bn}，仍是等比数列．
（4）单调性：或 {an}是递增数列；或 {an}是递减数列；q＝1 {an}是常数列；q＜0 {an}是摆动数列．
6．等比数列的通项公式
【知识点的认识】
1．等比数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示（q≠0）．从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非零常数．
2．等比数列的通项公式
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝a1 qn﹣1
3．等比中项：
如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项． G2＝a b （ab≠0）
4．等比数列的常用性质
（1）通项公式的推广：an＝am qn﹣m，（n，m∈N*）．
（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则 ak al＝am an
（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an bn}，仍是等比数列．
（4）单调性：或 {an}是递增数列；或 {an}是递减数列；q＝1 {an}是常数列；q＜0 {an}是摆动数列．
7．数列的应用
【知识点的知识】
1、数列与函数的综合
2、等差数列与等比数列的综合
3、数列的实际应用
数列与银行利率、产品利润、人口增长等实际问题的结合．
8．数量积表示两个向量的夹角
【知识点的知识】
我们知道向量是有方向的，也知道向量是可以平行的或者共线的，那么，当两条向量与不平行时，那么它们就会有一个夹角θ，并且还有这样的公式：cosθ．通过这公式，我们就可以求出两向量之间的夹角了．
【典型例题分析】
例：复数zi与它的共轭复数对应的两个向量的夹角为 60° ．
解：cos60°+isin60°．
∴复数zi与它的共轭复数对应的两个向量的夹角为60°．
故答案为：60°．
点评：这是个向量与复数相结合的题，本题其实可以换成是用向量（，1）与向量（，﹣1）的夹角．
【考点点评】
这是向量里面非常重要的一个公式，也是一个常考点，出题方式一般喜欢与其他的考点结合起来，比方说复数、三角函数等，希望大家认真掌握．
9．复数的运算
复数的加、减、乘、除运算法则
10．离散型随机变量及其分布列
【考点归纳】
1、相关概念；
（1）随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量随机变量常用希腊字母ξ、η等表示．
（2）离散型随机变量：对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量．若ξ是随机变量，η＝aξ+b，其中a、b是常数，则η也是随机变量．
（3）连续型随机变量：对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量
（4）离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系：离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出．
2、离散型随机变量
（1）随机变量：在随机试验中，试验可能出现的结果可以用一个变量X来表示，并且X是随着试验结果的不同而变化的，这样的变量X叫做一个随机变量．随机变量常用大写字母X，Y，…表示，也可以用希腊字母ξ，η，…表示．
（2）离散型随机变量：如果随机变量X的所有可能的取值都能一一列举出来，则称X为离散型随机变量．
3、离散型随机变量的分布列．
（1）定义：一般地，设离散型随机变量X的所有可能值为x1，x2，…，xn；X取每一个对应值的概率分别为p1，p2，…，pn，则得下表：
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
该表为随机变量X的概率分布，或称为离散型随机变量X的分布列．
（2）性质：①pi≥0，i＝1，2，3，…，n；②p1+p2+…+pn＝1．
11．离散型随机变量的期望与方差
【知识点的知识】
1、离散型随机变量的期望
数学期望：一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为
x1 x2 … xn …
P p1 p2 … pn …
则称Eξ＝x1p1+x2p2+…+xnpn+…为ξ的数学期望，简称期望．
数学期望的意义：数学期望离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
平均数与均值：一般地，在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令p1＝p2＝…＝pn，则有p1＝p2＝…＝pn，Eξ＝（x1+x2+…+xn），所以ξ的数学期望又称为平均数、均值．
期望的一个性质：若η＝aξ+b，则E（aξ+b）＝aEξ+b．
2、离散型随机变量的方差；
方差：对于离散型随机变量ξ，如果它所有可能取的值是x1，x2，…，xn，…，且取这些值的概率分别是p1，p2，…，pn…，那么，
称为随机变量ξ的均方差，简称为方差，式中的Eξ是随机变量ξ的期望．
标准差：Dξ的算术平方根叫做随机变量ξ的标准差，记作．
方差的性质：．
方差的意义：
（1）随机变量 的方差的定义与一组数据的方差的定义式是相同的；
（2）随机变量 的方差、标准差也是随机变量 的特征数，它们都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度；
（3）标准差与随机变量本身有相同的单位，所以在实际问题中应用更广泛．
12．二项式定理
【二项式定理】又称牛顿二项式定理．公式（a+b）n nian﹣i bi．通过这个定理可以把一个多项式的多次方拆开．
例1：用二项式定理估算1.0110＝ 1.105 ．（精确到0.001）
解：1.0110＝（1+0.01）10＝110+C101 19×0.01+C102 18 0.012≈1+0.1+0.0045≈1.105．
故答案为：1.105．
这个例题考查了二项式定理的应用，也是比较常见的题型．
例2：把把二项式定理展开，展开式的第8项的系数是．
解：由题意T8＝C107120×3i＝360i．
故答案为：360i．
通过这两个例题，大家可以看到二项式定理的重点是在定理，这类型的题都是围着这个定理运作，解题的时候一定要牢记展开式的形式，能正确求解就可以了．
【性质】
1、二项式定理
一般地，对于任意正整数n，都有
这个公式就叫做二项式定理，右边的多项式叫做（a+b）n的二项展开式．其中各项的系数叫做二项式系数．
注意：
（1）二项展开式有n+1项；
（2）二项式系数与二项展开式系数是两个不同的概念；
（3）每一项的次数是一样的，即为n次，展开式依a的降幂排列，b的升幂排列展开；
（4）二项式定理通常有如下变形：
①；
②；
（5）要注意逆用二项式定理来分析问题、解决问题．
2、二项展开式的通项公式
二项展开式的第n+1项叫做二项展开式的通项公式．它体现了二项展开式的项数、系数、次数的变化规律，是二项式定理的核心，它在求展开式的某些特定的项及其系数方面有着广泛的应用．
注意：
（1）通项公式表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是 nr；
（2）字母b的次数和组合数的上标相同；
（3）a与b的次数之和为n．
3、二项式系数的性质．
（1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即；
（2）增减性与最大值：当k时，二项式系数是逐渐增大的．由对称性知，它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取最大值．当n为偶数时，则中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，则中间的两项，相等，且同时取得最大值．
13．两角和与差的三角函数
【知识点的认识】
（1）C（α﹣β）：cos （α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsinβ；
（2）C（α+β）：cos（α+β）＝cosαcosβ﹣sinαsinβ；
（3）S（α+β）：sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ；
（4）S（α﹣β）：sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣cosαsinβ；
（5）T（α+β）：tan（α+β）．
（6）T（α﹣β）：tan（α﹣β）．
14．正弦函数的奇偶性和对称性
【正弦函数的对称性】
正弦函数是定义域为R的奇函数，既然是奇函数，那么其图象关于原点对称，即有sin（﹣x）＝﹣sinx．另外，正弦函数具有周期性，其对称轴为x＝kπ，k∈z．
【例题解析】
例：函数y＝sin2x+2sin2x的对称轴方程为x＝ ．
解：由于函数y＝sin2x+2sin2x＝sin2x+1﹣cos2x，
而函数y＝sint的对称轴为
则，解得（k∈Z）
则函数y＝sin2x+2sin2x的对称轴方程为
故答案为．
这个题很有代表性，一般三角函数都是先化简，化成一个单独的正弦或者余弦函数，然后把2x看成一个整体，最后根据公式把单调性求出来即可．
【考点点评】
这个考点非常重要，也很简单，大家熟记这个公式，并能够理解运用就可以了．
15．正弦定理
【知识点的知识】
1．正弦定理和余弦定理
定理 正弦定理 余弦定理
内容 2R （ R是△ABC外接圆半径） a2＝b2+c2﹣2bccosA， b2＝a2+c2﹣2accosB， c2＝a2+b2﹣2abcosC
变形 形式 ①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC； ②sinA，sinB，sinC； ③a：b：c＝sinA：sinB：sinC； ④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA cosA， cosB， cosC
解决 三角 形的 问题 ①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边； ②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角 ①已知三边，求各角； ②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角
在△ABC中，已知a，b和角A时，解的情况
A为锐角 A为钝角或直角
图形
关系式 a＝bsinA bsinA＜a＜b a≥b a＞b
解的个数 一解 两解 一解 一解
由上表可知，当A为锐角时，a＜bsinA，无解．当A为钝角或直角时，a≤b，无解．
2、三角形常用面积公式
1．Sa ha（ha表示边a上的高）；
2．SabsinCacsinBbcsinA．
3．Sr（a+b+c）（r为内切圆半径）．
【正余弦定理的应用】
1、解直角三角形的基本元素．
2、判断三角形的形状．
3、解决与面积有关的问题．
4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识
（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．
解题关键在于明确：
①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；
②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．
（2）测量高度问题：
解题思路：
①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．
②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．
点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．
16．直线与圆相交的性质
【知识点的知识】
直线与圆的关系分为相交、相切、相离．判断的方法就是看圆心到直线的距离和圆半径谁大谁小：
①当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆相交；
②当圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；
③当圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相离．
【例题解析】
例：写出直线y＝x+m与圆x2+y2＝1相交的一个必要不充分条件：
解：直线x﹣y+m＝0若与圆x2+y2＝1相交，
则圆心（0，0）到直线的距离d＜1，
即d，
∴|m|，
即，
∴满足的必要不充分条件均可．
故答案为：满足的必要不充分条件均可．
这是一道符合高考命题习惯的例题，对于简单的知识点，高考一般都是把几个知识点结合在一起，这也要求大家知识一定要全面，切不可投机取巧．本题首先根据直线与圆的关系求出满足要求的m的值；然后在考查了考试对逻辑关系的掌握程度，不失为一道好题．
【考点解析】
本知识点内容比较简单，在初中的时候就已经学习过，所以大家要熟练掌握，特别是点到直线的距离怎么求，如何判断直线与圆相切．
17．抛物线的性质
【知识点的知识】
抛物线的简单性质：
18．双曲线的标准方程
【知识点的认识】
双曲线标准方程的两种形式：
（1）（a＞0，b＞0），焦点在x轴上，焦点坐标为F（±c，0），焦距|F1F2|＝2c；
（2）（a＞0，b＞0），焦点在y轴上，焦点坐标为F（0，±c），焦距|F1F2|＝2c．
两种形式相同点：形状、大小相同；都有a＞0，b＞0；c2＝b2+a2
两种形式不同点：位置不同；焦点坐标不同．
标准方程 （a＞0，b＞0） 中心在原点，焦点在x轴上 （a＞0，b＞0） 中心在原点，焦点在y轴上
图形
顶点 （a，0）和（﹣a，0） （0，a）和（0，﹣a）
对称轴 x轴、y轴，实轴长2a，虚轴长2b 焦点在实轴上 x轴、y轴，实轴长2a，虚轴长2b 焦点在实轴上
焦点 F1（﹣c，0），F2（c，0） F1（0，﹣c），F2（0，c）
焦距 |F1F2|＝2c（c＞0） c2＝a2+b2 |F1F2|＝2c（c＞0） c2＝a2+b2
离心率 e（e＞1） e（e＞1）
渐近线 即y＝±x 即y＝±x
准线 x＝± y＝±
19．直线与椭圆的综合
v．
20．由三视图求面积、体积
【知识点的认识】
1．三视图：观测者从不同位置观察同一个几何体，画出的空间几何体的图形，包括：
（1）主视图：物体前后方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和长度；
（2）左视图：物体左右方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和宽度；
（3）俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图，反映物体的长度和宽度．
2．三视图的画图规则：
（1）高平齐：主视图和左视图的高保持平齐；
（2）长对正：主视图和俯视图的长相对应；
（3）宽相等：俯视图和左视图的宽度相等．
3．常见空间几何体表面积、体积公式
（1）表面积公式：
（2）体积公式：
【解题思路点拨】
1．解题步骤：
（1）由三视图定对应几何体形状（柱、锥、球）
（2）选对应公式
（3）定公式中的基本量（一般看俯视图定底面积，看主、左视图定高）
（4）代公式计算
2．求面积、体积常用思想方法：
（1）截面法：尤其是关于旋转体及与旋转体有关的组合体问题，常用轴截面进行分析求解；
（2）割补法：求不规则图形的面积或几何体的体积时常用割补法；
（3）等体积转化：充分利用三棱锥的任意一个面都可以作为底面的特点，灵活求解三棱锥的体积；
（4）还台为锥的思想：这是处理台体时常用的思想方法．
【命题方向】三视图是新课标新增内容之一，是新课程高考重点考查的内容．解答此类问题，必须熟练掌握三视图的概念，弄清视图之间的数量关系：正视图、俯视图之间长相等，左视图、俯视图之间宽相等，正视图、左视图之间高相等（正俯长对正，正左高平齐，左俯宽相等），要善于将三视图还原成空间几何体，熟记各类几何体的表面积和体积公式，正确选用，准确计算．
例：某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A.8﹣2πB.8﹣πC.8 D.8
分析：几何体是正方体切去两个圆柱，根据三视图判断正方体的棱长及切去的圆柱的底面半径和高，把数据代入正方体与圆柱的体积公式计算．
解答：由三视图知：几何体是正方体切去两个圆柱，
正方体的棱长为2，切去的圆柱的底面半径为1，高为2，
∴几何体的体积V＝23﹣2π×12×2＝8﹣π．
故选：B．
点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．
21．棱柱、棱锥、棱台的体积
【知识点的知识】
柱体、锥体、台体的体积公式：
V柱＝sh，V锥Sh．
22．直线与平面平行
【知识点的知识】
1、直线与平面平行的判定定理：
如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行． 用符号表示为：若a α，b α，a∥b，则a∥α．
2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．
1、直线和平面平行的性质定理：
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．
用符号表示为：若a∥α，a β，α∩β＝b，则a∥b．
2、直线和平面平行的性质定理的实质是：
已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行 线线平行．
由线面平行 线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．
正确的结论是：a∥α，若b α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．
23．二面角的平面角及求法
【知识点的知识】
1、二面角的定义：
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面．棱为AB、面分别为α、β的二面角记作二面角α﹣AB﹣β．有时为了方便，也可在α、β内（棱以外的半平面部分）分别取点P、Q，将这个二面角记作P﹣AB﹣Q．如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．
2、二面角的平面角
在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小与点O的位置无关，也就是说，我们可以根据需要来选择棱l上的点O．
3、二面角的平面角求法：
（1）定义；
（2）三垂线定理及其逆定理；
①定理内容：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么，它就和这条斜线垂直．
②三垂线定理（逆定理）法：由二面角的一个面上的斜线（或它的射影）与二面角的棱垂直，推得它位于二面角的另一的面上的射影（或斜线）也与二面角的棱垂直，从而确定二面角的平面角．
（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．；
（4）平移或延长（展）线（面）法；
（5）射影公式；
（6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角；
（7）向量法：用空间向量求平面间夹角的方法：
设平面α和β的法向量分别为和，若两个平面的夹角为θ，则
（1）当0，，θ，，此时cosθ＝cos，．
（2）当，π时，θ＝cos（π，）＝﹣cos，．
24．点、线、面间的距离计算
【知识点的知识】
第1页（共1页）
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2022 昌平区二模）已知集合A＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|x≥1}，则A∪B＝（ ）
A．{x|x＞0} B．{x|1≤x＜2} C．{x|x≥1} D．{x|0＜x＜2}
2．（4分）（2022 西城区一模）复数的共轭复数（ ）
A．1﹣i B．1+i C． D．
3．（4分）（2022 石景山区一模）“m＜4”是“2x2﹣mx+1＞0在x∈（1，+∞）上恒成立”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（4分）（2022 海淀区校级模拟）若某多面体的三视图（单位：cm）如图所示，则此多面体的体积是（ ）
A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3
5．（4分）（2018 丰台区二模）设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则a＝（ ）
A． B． C． D．
6．（4分）（2022 大庆模拟）《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是：今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．若蒲、莞长度相等，则所需时间为（ ）
（结果精确到0.1．参考数据：lg2＝0.3010，lg3＝0.4771．）
A．2.2天 B．2.4天 C．2.6天 D．2.8天
7．（4分）（2019 房山区一模）关于函数f（x）＝x﹣sinx，下列说法错误的是（ ）
A．f（x）是奇函数
B．f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增
C．x＝0是f（x）的唯一零点
D．f（x）是周期函数
8．（4分）（2020 北京模拟）紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间．紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等．其中，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台（即圆锥用平行于底面的平面截去一个锥体得到的）．如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容量约为（ ）
A．100cm3 B．200cm3 C．300cm3 D．400cm3
9．（4分）（2020 北京模拟）在圆M：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0中，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（ ）
A．6 B．12 C．24 D．36
10．（4分）（2020 顺义区二模）设{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和．已知a1 a3＝16，S3＝14，若存在n0使得的乘积最大，则n0的一个可能值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2022 泸县校级模拟）在（）n的二项展开式中，所有项的系数之和为81，则常数项为
12．（5分）（2022 东城区一模）已知抛物线C：y2＝2px过点P（2，4），则p＝ ；若点Q（4，y1），R（t，y2）在C上，F为C的焦点，且|PF|，|QF|，|RF|成等比数列，则t＝ ．
13．（5分）（2020 北京模拟）已知向量（1，3），（2，1），则 ；与夹角的大小为 ．
14．（5分）（2021 顺义区二模）已知α是任意角，且满足，则常数k的一个取值为 ．
15．（5分）（2022 西城区一模）已知函数f（x）＝|2x﹣a|﹣kx﹣3，给出下列四个结论：
①若a＝1，则函数f（x）至少有一个零点；
②存在实数a，k，使得函数f（x）无零点；
③若a＞0，则不存在实数k，使得函数f（x）有三个零点；
④对任意实数a，总存在实数k使得函数f（x）有两个零点．
其中所有正确结论的序号是 ．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（13分）（2022 东城区二模）在△ABC中，acosB+bcosAccosC．
（Ⅰ）求∠C；
（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求c和sinA的值．
条件①：a＝2，AC边上中线的长；
条件②：b＝6，△ABC的面积为6；
条件③：cosB，AC边上的高BD的长为2．
17．（13分）（2022 密云区一模）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，点D，E分别为棱A1C1，B1C1的中点，点F是线段BB1上的点（不包括两个端点）．
（Ⅰ）设平面DEF与平面ABC相交于直线m，求证：A1B1∥m；
（Ⅱ）当F为线段BB1的中点时，求点B到平面DEF的距离；
（Ⅲ）是否存在一点F，使得二面角C﹣AC1﹣F的余弦值为，如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由．
18．（14分）（2022 门头沟区一模）第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日在北京、张家口盛大开幕．为保障本届冬奥会顺利运行，共招募约2.7万人参与赛会志愿服务．赛会共设对外联络服务、竞赛运行服务、媒体运行与转播服务、场馆运行服务、市场开发服务、人力资源服务、技术运行服务、文化展示服务、赛会综合服务、安保服务、交通服务、其他共12类志愿服务．
（Ⅰ）甲、乙两名志愿者被随机分配到不同类志愿服务中，每人只参加一类志愿服务．已知甲被分配到对外联络服务，求乙被分配到场馆运行服务的概率是多少？
（Ⅱ）已知来自某中学的每名志愿者被分配到文化展示服务类的概率是，设来自该中学的2名志愿者被分配到文化展示服务类的人数为ξ，求ξ的分布列与期望．
（Ⅲ）2.7万名志愿者中，18﹣35岁人群占比达到95%，为了解志愿者对某一活动方案是否支持，通过分层抽样获得如下数据：
18﹣35岁人群 其它人群
支持 不支持 支持 不支持
方案 90人 5人 1人 4人
假设所有志愿者对活动方案是否支持相互独立．
将志愿者支持方案的概率估计值记为p0，去掉其它人群志愿者，支持方案的概率估计值记为p1，试比较p0与p1的大小．（结论不要求证明）
19．（15分）（2022 东城区二模）已知函数f（x）＝xalnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当x∈[e，+∞）时，曲线y＝f（x）在x轴的上方，求实数a的取值范围．
20．（15分）（2022 西城区一模）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为4．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）直线y＝kx+m（km≠0）与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点P，线段AB的垂直平分线与AB交于点M，与y轴交于点N，O为坐标原点．如果∠MOP＝2∠MNP成立，求k的值．
21．（15分）（2022 东城区一模）设数列A：a1，a2，…，an（n≥2）．如果ai∈{1，2，…，n}（i＝1，2，…，n），且当i≠j时，ai≠aj（1≤i，j≤n），则称数列A具有性质P．对于具有性质P的数列A，定义数列T（A）：t1，t2，…，tn﹣1，其中tk）．
（Ⅰ）对T（A）：0，1，1，写出所有具有性质P的数列A；
（Ⅱ）对数列E：e1，e2，…，en﹣1（n≥2），其中ei∈{0，1}（i＝1，2，…，n﹣1），证明：存在具有性质P的数列A，使得T（A）与E为同一个数列；
（Ⅲ）对具有性质P的数列A，若|a1﹣an|＝1（n≥5）且数列T（A）满足ti（i＝1，2， ，n﹣1），证明：这样的数列A有偶数个．
2022高考数学终极押题密卷1（北京卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2022 昌平区二模）已知集合A＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|x≥1}，则A∪B＝（ ）
A．{x|x＞0} B．{x|1≤x＜2} C．{x|x≥1} D．{x|0＜x＜2}
【考点】并集及其运算．
【专题】集合思想；定义法；集合；数学运算．
【分析】利用并集定义直接求解．
【解答】解：∵集合A＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|x≥1}，
∴A∪B＝{x|x＞0}．
故选：A．
【点评】本题考查集合的运算，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（4分）（2022 西城区一模）复数的共轭复数（ ）
A．1﹣i B．1+i C． D．
【考点】复数的运算．
【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算．
【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
【解答】解：∵，
∴．
故选：B．
【点评】本题考查了共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
3．（4分）（2022 石景山区一模）“m＜4”是“2x2﹣mx+1＞0在x∈（1，+∞）上恒成立”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】充分条件、必要条件、充要条件．
【专题】整体思想；综合法；简易逻辑；数学运算．
【分析】先由不等式恒成立问题求出m的范围，再结合充分必要条件判断即可．
【解答】解：“2x2﹣mx+1＞0在x∈（1，+∞）上恒成立”，
则m在x∈（1，+∞）上恒成立，
又g（x）在x∈（1，+∞）上为增函数，
则g（x）＞3，
即m≤3，
又“m＜4”是“m≤3”的必要不充分条件，
即m＜4”是“2x2﹣mx+1＞0在x∈（1，+∞）上恒成立”的必要不充分条件，
故选：B．
【点评】本题考查了不等式恒成立问题，重点考查了充分必要条件，属基础题．
4．（4分）（2022 海淀区校级模拟）若某多面体的三视图（单位：cm）如图所示，则此多面体的体积是（ ）
A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．
【分析】作出几何体的直观图，可发现几何体为正方体切去一个三棱柱得到的．使用作差法求出几何体体积．
【解答】解：由三视图可知该几何体为正方体去掉一个三棱柱得到的几何体．
正方体的棱长为1，去掉的三棱柱底面为等腰直角三角形，直角边为，
棱柱的高为1，棱柱的体积为．
∴剩余几何体的体积为13．
故选：A．
【点评】本题考查了常见几何体的三视图和结构特征，属于基础题．
5．（4分）（2018 丰台区二模）设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则a＝（ ）
A． B． C． D．
【考点】双曲线的标准方程．
【专题】计算题；对应思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】由题意可得tan，解得即可．
【解答】解：双曲线的一条渐近线方程yx，
由题意可得tan，
∴a，
故选：C．
【点评】本题考查了双曲线的简单性质，属于基础题
6．（4分）（2022 大庆模拟）《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是：今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．若蒲、莞长度相等，则所需时间为（ ）
（结果精确到0.1．参考数据：lg2＝0.3010，lg3＝0.4771．）
A．2.2天 B．2.4天 C．2.6天 D．2.8天
【考点】等比数列的通项公式．
【专题】计算题；对应思想；转化法；等差数列与等比数列．
【分析】设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，其前n项和为An．莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn．利用等比数列的前n项和公式及其对数的运算性质即可得出．．
【解答】解：设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，其前n项和为An．
莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，
其前n项和为Bn．则An，Bn，
由题意可得：，化为：2n7，
解得2n＝6，2n＝1（舍去）．
∴n12.6．
∴估计2.6日蒲、莞长度相等，
故选：C．
【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7．（4分）（2019 房山区一模）关于函数f（x）＝x﹣sinx，下列说法错误的是（ ）
A．f（x）是奇函数
B．f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增
C．x＝0是f（x）的唯一零点
D．f（x）是周期函数
【考点】正弦函数的奇偶性和对称性．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的图象与性质．
【分析】由题意利用根据正弦函数的性质，得出结论．
【解答】解：关于函数f（x）＝x﹣sinx，显然它是奇函数，故A正确；
由于f′（x）＝1﹣cosx≥0，故f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，故B正确；
根据f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，f（0）＝0，可得x＝0是f（x）的唯一零点，故C正确；
根据f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，故它一定不是周期函数，故D错误，
故选：D．
【点评】本题主要考查正弦函数的性质，利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
8．（4分）（2020 北京模拟）紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间．紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等．其中，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台（即圆锥用平行于底面的平面截去一个锥体得到的）．如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容量约为（ ）
A．100cm3 B．200cm3 C．300cm3 D．400cm3
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．
【分析】根据圆台的体积等于两个圆锥的体积之差，即可求出．
【解答】解：设大圆锥的高为h，所以，解得h＝10．
故cm3．
故选：B．
【点评】本题主要考查圆台体积的求法以及数学在生活中的应用，考查棱锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9．（4分）（2020 北京模拟）在圆M：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0中，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（ ）
A．6 B．12 C．24 D．36
【考点】直线与圆相交的性质．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；直线与圆；数学运算．
【分析】根据题意，把圆M的方程化为标准方程，分析其圆心坐标与圆的半径，结合直线与圆的位置关系可得AC、BD的值，进而分析可得答案．
【解答】解：根据题意，圆M：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0即（x﹣2）2+（y﹣2）2＝9，其圆心为（2，2），半径r＝3，
过点E（0，1）的最长弦AC为圆M的直径，则|AC|＝6，
最短的弦为过E与直径AC垂直的弦，且|ME|
则有|BD|＝24，
又由AC⊥BD，
则四边形ABCD的面积S＝2×S△ABC＝2×（AC×BE）＝12；
故选：B．
【点评】本题考查直线与圆相交的性质，关键是求出AC和BD的长度以及两者的位置关系，属于基础题．
10．（4分）（2020 顺义区二模）设{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和．已知a1 a3＝16，S3＝14，若存在n0使得的乘积最大，则n0的一个可能值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】等比数列的通项公式；等比数列的性质．
【专题】计算题；等差数列与等比数列；数学运算．
【分析】由已知利用等比数列的性质可求a2＝4，又S3＝14，可得，解得，或，分类讨论可求q的值，即可求解数列的各项，即可求解．
【解答】解：等比数列{an}中，公比q＞0；
由a1 a3＝16，
所以a2＝4，
又S3＝14，
所以，解得：，或，
若时，可得q＝2，可得的值为2，4，8，16…，不会存在n0使得的乘积最大（舍去），
若时，可得q，可得的值为8，4，2，1，，，观察可知存在n0＝4，使得8×4×2×1的乘积最大，
综上，可得n0的一个可能是4．
故选：A．
【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式以及等比数列的性质，考查了分类讨论思想的应用，属于中档题．
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2022 泸县校级模拟）在（）n的二项展开式中，所有项的系数之和为81，则常数项为 8
【考点】二项式定理．
【专题】计算题；二项式定理．
【分析】由题得（1+2）n＝81，所以n＝4，再利用二项式展开式的通项求常数项得解．
【解答】解：由题得（1+2）n＝81，所以n＝4，二项展开式的通项为Tr+1＝C（）4﹣r（）r＝C2rx，
令0，∴r＝1．
所以常数项为C 2＝8．
故答案为：8
【点评】本题主要考查二项式展开式的系数和问题，考查二项式展开式特定项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力，属中档题．
12．（5分）（2022 东城区一模）已知抛物线C：y2＝2px过点P（2，4），则p＝ 4 ；若点Q（4，y1），R（t，y2）在C上，F为C的焦点，且|PF|，|QF|，|RF|成等比数列，则t＝ 7 ．
【考点】抛物线的性质．
【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【分析】根据点P（2，4）在抛物线C：y2＝2px上，代入可得p＝4，再由抛物线定义可得|PF|＝24，|QF|＝6，|RF|＝t+2，又|PF|，|QF|，|RF|成等比数列，代入|QF|2＝|PF||RF|，即可求解．
【解答】解：∴抛物线C：y2＝2px过点P（2，4），∴42＝4p，所以p＝4；
根据抛物线定义可得|PF|＝22+2＝4，|QF|＝46，|RF|＝tt+2，
又|PF|，|QF|，|RF|成等比数列，∴|QF|2＝|PF||RF|，
∴62＝4×（t+2），解得t＝7，
故答案为：4；7．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，属中档题．
13．（5分）（2020 北京模拟）已知向量（1，3），（2，1），则 5 ；与夹角的大小为 ．
【考点】数量积表示两个向量的夹角．
【专题】计算题；平面向量及应用．
【分析】由向量数量积的坐标运算得：1×2+3×1＝5，
由向量的夹角公式得：cosθ，得解．
【解答】解：因为向量，
由向量数量积的坐标运算得：1×2+3×1＝5，
设与的夹角为θ，由向量的夹角公式得：cosθ，
因为θ∈[0，π]，
所以，
故答案为：5，．
【点评】本题考查了向量数量积的坐标运算、向量的夹角公式，属简单题．
14．（5分）（2021 顺义区二模）已知α是任意角，且满足，则常数k的一个取值为 ﹣3（答案不唯一） ．
【考点】两角和与差的三角函数．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；数学运算．
【分析】由已知结合诱导公式进行化简即可求解．
【解答】解：因为，
令k，则k＝﹣3．
故答案为：﹣3（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查了诱导公式，属于基础题．
15．（5分）（2022 西城区一模）已知函数f（x）＝|2x﹣a|﹣kx﹣3，给出下列四个结论：
①若a＝1，则函数f（x）至少有一个零点；
②存在实数a，k，使得函数f（x）无零点；
③若a＞0，则不存在实数k，使得函数f（x）有三个零点；
④对任意实数a，总存在实数k使得函数f（x）有两个零点．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【考点】命题的真假判断与应用．
【专题】分类讨论；函数思想；数形结合法；函数的性质及应用；逻辑推理；直观想象；数学运算．
【分析】在同一坐标系中作出y＝|2x﹣a|，y＝kx+3的图象，利用数形结合法求解．
【解答】解：①当a＝1时，f（x）＝|2x﹣a|﹣kx﹣3，令f（x）＝0，得|2x﹣1|＝kx+3，
在同一坐标系中作出y＝|2x﹣1|，y＝kx+3的图象，如图所示：
由图象及直线y＝kx+3过定点（0，3）知函数f（x）至少有一个零点，故正确；
②当a＝﹣4，k＝0时，作出y＝|2x+4|，y＝3的图象，
由图象知，函数f（x）无零点，故正确；
③当a＝6，k时，在同一坐标系中作出y＝|2x﹣6|，yx+3的图象，如图所示：
由图象知：函数f（x）有三个零点，故错误；
④当a＝0时，
，
当a＜0时，
，
当a＞0时，
由图象知：对任意实数a，总存在实数k使得函数f（x）有两个零点，故正确．
故答案为：①②④
【点评】本题考查了函数的零点，分类讨论思想及数形结合思想，难点是针对每种情况能准确作了图象，属于中档题．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（13分）（2022 东城区二模）在△ABC中，acosB+bcosAccosC．
（Ⅰ）求∠C；
（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求c和sinA的值．
条件①：a＝2，AC边上中线的长；
条件②：b＝6，△ABC的面积为6；
条件③：cosB，AC边上的高BD的长为2．
【考点】正弦定理．
【专题】计算题；数形结合；分类讨论；数形结合法；解三角形；数学运算．
【分析】（Ⅰ）利用正弦定理化简acosB+bcosAccosC，结合三角恒等变换求角C即可；
（Ⅱ）若选条件①，作图，利用余弦定理可求得CD的长度有2个值，故不满足唯一性；
若选条件②，由三角形面积公式可求a，结合余弦定理求c，再利用正弦定理求sinA即可；
若选条件③，作图，可判断△BCD为等腰直角三角形，利用直角三角形求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理得，
sinAcosB+sinBcosAsinCcosC，
即sin（A+B）sinCcosC，
即sinCsinCcosC，
即cosC，
故∠C；
（Ⅱ）若选条件①，
由余弦定理得，
BD2＝a2+CD2﹣2×a×CD×cosC，
即5＝8+CD2﹣4CD，
解得CD＝1或CD＝3；
故△ABC存在但不唯一，
不满足条件；
若选条件②，
∵S△ABCb×a×sinA＝6，即6×a6，
∴a＝2，
故c2，
∵，
∴sinA；
若选条件③，
由题意知，△BCD为等腰直角三角形，
∴CD＝BD＝2，a＝BC＝2，
∵cosB，∴sinB，
∴sin∠ABD＝sin（∠ABC）
＝sin∠ABCcoscos∠ABCsin
（）
，
故sinA＝cos∠ABD；
c＝AB2．
【点评】本题考查了解三角形与三角恒等变换的综合应用，属于中档题．
17．（13分）（2022 密云区一模）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，点D，E分别为棱A1C1，B1C1的中点，点F是线段BB1上的点（不包括两个端点）．
（Ⅰ）设平面DEF与平面ABC相交于直线m，求证：A1B1∥m；
（Ⅱ）当F为线段BB1的中点时，求点B到平面DEF的距离；
（Ⅲ）是否存在一点F，使得二面角C﹣AC1﹣F的余弦值为，如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由．
【考点】二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算；直线与平面平行．
【专题】计算题；整体思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】（Ⅰ）利用线面平行的判定定理证明DE∥平面ABC，在利用线面平行的性质定理证明DE∥m，最后利用平行的传递性推出结论；
（Ⅱ）利用等体积法求解即可；
（Ⅲ）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
【解答】（Ⅰ）证明：因为D，E分别为棱A1C1，B1C1的中点，则DE∥A1B1，
又A1B1∥AB，所以DE∥AB，
因为DE∥AB，DE 平面ABC，AB 平面ABC，
所以DE∥平面ABC，
因为DE∥平面ABC，DE 平面DEF，平面DEF∩平面ABC＝m，
所以DE∥m，又DE∥A1B1
所以A1B1∥m；
解：（Ⅱ）
因为AC⊥BC，AC⊥CC1，BC 平面BCC1B1，CC1 平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1，
又C1F 平面BCC1B1
所以AC⊥C1F，
又A1C1∥AC，所以A1C1⊥C1F，
在RtΔDC1E中，，
在RtΔEB1F中，，
在RtΔC1B1F中，，
在RtΔDC1F中，，
则，所以∠DEF＝120°，
所以，
，
因为AC⊥平面BCC1B1，A1C1∥AC，所以A1C1⊥平面BCC1B1，
所以D点到平面BEF的距离即为垂线段D1C1的长，
设点B到平面DEF的距离为h，
VB﹣DEF＝VD﹣BEF，即，解得，
即点B到平面DEF的距离为，
（Ⅲ）设BF＝λ（0＜λ＜2），建立如图所示的空间直角坐标系，
则F（0，2，λ），A（2，0，0），C1（0，0，2），
所以，
设（x，y，z）为平面AC1F的法向量，
则即，
令x＝1，则，
因为平面ACC1为坐标平面xOz，所以（0，1，0）为其法向量，
依题意，
解之得λ＝1或λ＝3（舍），
所以．
【点评】本题考查了平行关系的证明，点到平面的距离以及二面角的计算，属于中档题．
18．（14分）（2022 门头沟区一模）第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日在北京、张家口盛大开幕．为保障本届冬奥会顺利运行，共招募约2.7万人参与赛会志愿服务．赛会共设对外联络服务、竞赛运行服务、媒体运行与转播服务、场馆运行服务、市场开发服务、人力资源服务、技术运行服务、文化展示服务、赛会综合服务、安保服务、交通服务、其他共12类志愿服务．
（Ⅰ）甲、乙两名志愿者被随机分配到不同类志愿服务中，每人只参加一类志愿服务．已知甲被分配到对外联络服务，求乙被分配到场馆运行服务的概率是多少？
（Ⅱ）已知来自某中学的每名志愿者被分配到文化展示服务类的概率是，设来自该中学的2名志愿者被分配到文化展示服务类的人数为ξ，求ξ的分布列与期望．
（Ⅲ）2.7万名志愿者中，18﹣35岁人群占比达到95%，为了解志愿者对某一活动方案是否支持，通过分层抽样获得如下数据：
18﹣35岁人群 其它人群
支持 不支持 支持 不支持
方案 90人 5人 1人 4人
假设所有志愿者对活动方案是否支持相互独立．
将志愿者支持方案的概率估计值记为p0，去掉其它人群志愿者，支持方案的概率估计值记为p1，试比较p0与p1的大小．（结论不要求证明）
【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；数学运算．
【分析】（Ⅰ）根据古典概型的计算公式直接计算；
（Ⅱ）分别计算概率并列出分布列，并求期望；
（Ⅲ）根据古典概型计算公式分别计算p0与p1，并比较大小．
【解答】解：（Ⅰ）由已知共12类志愿服务，甲被分配到对外联络服务，
且甲、乙两名志愿者被随机分配到不同类志愿服务中，
故乙可被分配的志愿服务共11，
所以乙被分配到场馆运行服务的概率为：
（Ⅱ）由已知可得随机变量的可能取值为0，1，2，
故，
，
，
分布列如下：
ξ 0 1 2
P
期望E（ξ）＝012；
（Ⅲ）由已知得志愿者支持方案的概率估计值记为，
去掉其它人群志愿者，支持方案的概率估计值记为，
故p1＞p0．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
19．（15分）（2022 东城区二模）已知函数f（x）＝xalnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当x∈[e，+∞）时，曲线y＝f（x）在x轴的上方，求实数a的取值范围．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】计算题；分类讨论；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（Ⅰ）利用导数的几何意义即得；
（Ⅱ）由题可知f（x）min＞0，当a≥0时适合题意，当a＜0时，分类讨论，利用导数求函数的最值即得．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝xlnx，x＞0，
所以f′（x）＝1，
所以f（1）＝3，f′（1）＝0，
所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝3；
（Ⅱ）因为函数f（x）＝xalnx（a∈R），
当a≥0时，由x∈[e，+∞）有f（x）＞0，故曲线y＝f（x）在x轴的上方，
当a＜0时，f′（x）＝1，
由f′（x）＝0可得x＝﹣2a或x＝a （舍去），
所以当x∈（0，﹣2a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（﹣2a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当﹣2a≤e，即a＜0时，所以f（x）在[e，+∞）上单调递增，
则f（x）≥f（e）＝ea（a）2e＞0，即曲线y＝f（x）在x轴的上方，
当﹣2a＞e，即a时，f（x）在[e，﹣2a）上单调递减，在（﹣2a，+∞）上单调递增，
则f（x）≥f（﹣2a）＝﹣3a+aln（﹣2a），
由x∈[e，+∞）时，曲线y＝f（x）在x轴的上方，
所以﹣3a+aln（﹣2a）＞0，解得a，
所以a；
综上，实数a的取值范围为（，+∞）．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
20．（15分）（2022 西城区一模）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为4．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）直线y＝kx+m（km≠0）与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点P，线段AB的垂直平分线与AB交于点M，与y轴交于点N，O为坐标原点．如果∠MOP＝2∠MNP成立，求k的值．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】转化思想；设而不求法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑推理；数学运算．
【分析】（Ⅰ）由椭圆的对称性可判断以椭圆的四个顶点为顶点的四边形为菱形，结合题意可得a2+b2＝5，再由离心率可得a，b的值，进而得出所求椭圆的方程；
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组得：（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）＝0，由韦达定理可得x1+x2，，y1+y2，
进而得出M（，），从而求出MN的方程，即可得出N（0，），再结合图形及已知条件∠MOP＝2∠MNP可得|OM|＝|ON|，进而得出k的值．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形为菱形，边长为，
所以44，即a2+b2＝5，
又因为a2﹣b2＝c2，且，所以a＝2，b＝1，
所以椭圆C的方程为．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），则
联立方程组得：
（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）＝0，
所以Δ＝64k2m2﹣16（1+4k2）（m2﹣1）＝16（4k2﹣m2+1）＞0，
x1+x2，，
所以y1+y2＝k（x1+x2）+2m＝k（）+2m，
因为M是AB的中点，所以M（，），
所以MN的方程为y（x），
令x＝0，则y，所以N（0，），
因为∠MOP＝2∠MNP，且∠MOP＝∠MNP+∠OMN，
所以∠MNP＝∠∠OMN，所以|OM|＝|ON|，如图所示，
因为|OM|＝|，|ON|＝||，
所以（）2＝||2，
解得，解得k＝±．
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
21．（15分）（2022 东城区一模）设数列A：a1，a2，…，an（n≥2）．如果ai∈{1，2，…，n}（i＝1，2，…，n），且当i≠j时，ai≠aj（1≤i，j≤n），则称数列A具有性质P．对于具有性质P的数列A，定义数列T（A）：t1，t2，…，tn﹣1，其中tk）．
（Ⅰ）对T（A）：0，1，1，写出所有具有性质P的数列A；
（Ⅱ）对数列E：e1，e2，…，en﹣1（n≥2），其中ei∈{0，1}（i＝1，2，…，n﹣1），证明：存在具有性质P的数列A，使得T（A）与E为同一个数列；
（Ⅲ）对具有性质P的数列A，若|a1﹣an|＝1（n≥5）且数列T（A）满足ti（i＝1，2， ，n﹣1），证明：这样的数列A有偶数个．
【考点】数列的应用．
【专题】转化思想；转化法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．
【分析】（Ⅰ）根据数列T（A）的定义得到n＝4且a1＞a2，a2＜a3，a3＜a4，确定a2＝1，按照a1＝4或a4＝4分类讨论即可得出答案；
（Ⅱ）设数列E：e1，e2，…，en﹣1（n≥2）中恰有s项为1，再按照s＝0，s＝n﹣1，0＜s＜n﹣1，三种情况分类讨论可证得结论；
（Ⅲ）按照n的奇偶性分类讨论，结合数列T（A）的定义可证结论．
【解答】解：（Ⅰ）因为T（A）：0，1，1，所以n﹣1＝3，即n＝4．
因为t1＝0，t2＝1，t3＝1，所以a1＞a2，a2＜a3，a3＜a4，
又因为ai∈{1，2，3，4}（i＝1，2，3，4），
所以a2＝1，a1＝4，或a4＝4，
当a1＝4时，a3＝2，a4＝3，
当a4＝4时，a1＝3，a3＝2，或a1＝2，a3＝3，
综上所述，所有具有性质P的数列A为：4，1，2，3、3，1，2，4、2，1，3、4．
证明：（Ⅱ）由于数列E：e1，e2，…，en﹣1（n≥2），其中ei∈{0，1}（i＝1，2，…，n﹣1），
不妨设数列E：e1，e2，…，en﹣1（n≥2）中恰有s项为1，
若s＝0，则A：n，n﹣1，…，1符合题意；
若s＝n﹣1，则A：1，2，…，n符合题意；
若0＜s＜n﹣1，则设这s项分别为，，…，（k1＜k2＜…＜ks），
构造数列A：a1，a2，…，an，令，，…，分别为n﹣s+1，n﹣s+2，…，n，
数列A的其余各项，，…，（m1＜m2＜…＜mn﹣s）分别为n﹣s，n﹣s﹣1，…，1，
经检验数列A符合题意．
证明：（Ⅲ）对于符合题意的数列A：a1，a2，…，an（n≥5），
①当n为奇数时，存在数列A'：an，an﹣1，…，a1符合题意，且数列A与A'不同，T（A）与T（A'）相同，
按这样的方式可由数列A'构造出数列A，所以当n为奇数时，这样的数列A有偶数个，
当n＝3时，这样的数列A也有偶数个．
②当n为偶数时，如果n，n﹣1是数列A中不相邻的两项，交换n与n﹣1得到数列A'符合题意，且数列A与A'不同，T（A）与T（A'）相同，
按这样的方式可由数列A'构造出数列A，所以这样的数列A有偶数个；
如果n，n﹣1是数列A中相邻的两项，由题设可知：必有an﹣1＝n，an＝n﹣1，a1＝n﹣2，
除这三项外，a2，a3，…，an﹣2是一个n﹣3项的符合题意的数列A，
由①知这样的数列A有偶数个；
综上所述，这样的数列A有偶数个．
【点评】本题考查数列的综合应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
考点卡片
1．并集及其运算
【知识点的认识】
由所有属于集合A或属于集合B的元素的组成的集合叫做A与B的并集，记作A∪B．
符号语言：A∪B＝{x|x∈A或x∈B}．
图形语言：．
A∪B实际理解为：①x仅是A中元素；②x仅是B中的元素；③x是A且是B中的元素．
运算形状：
①A∪B＝B∪A．②A∪ ＝A．③A∪A＝A．④A∪B A，A∪B B．⑤A∪B＝B A B．⑥A∪B＝ ，两个集合都是空集．⑦A∪（ UA）＝U．⑧ U（A∪B）＝（CUA）∩（CUB）．
【解题方法点拨】解答并集问题，需要注意并集中：“或”与“所有”的理解．不能把“或”与“且”混用；注意并集中元素的互异性．不能重复．
【命题方向】掌握并集的表示法，会求两个集合的并集，命题通常以选择题、填空题为主，也可以与函数的定义域，值域联合命题．
2．充分条件、必要条件、充要条件
【知识点的认识】
1、判断：当命题“若p则q”为真时，可表示为p q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．事实上，与“p q”等价的逆否命题是“￢q ￢p”．它的意义是：若q不成立，则p一定不成立．这就是说，q对于p是必不可少的，所以说q是p的必要条件．例如：p：x＞2；q：x＞0．显然x∈p，则x∈q．等价于x q，则x p一定成立．
2、充要条件：如果既有“p q”，又有“q p”，则称条件p是q成立的充要条件，或称条件q是p成立的充要条件，记作“p q”．p与q互为充要条件．
【解题方法点拨】
充要条件的解题的思想方法中转化思想的依据；解题中必须涉及两个方面，充分条件与必要条件，缺一不可．证明题目需要证明充分性与必要性，实际上，充分性理解为充分条件，必要性理解为必要条件，学生答题时往往混淆二者的关系．判断题目可以常用转化思想、反例、特殊值等方法解答即可．
判断充要条件的方法是：
①若p q为真命题且q p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；
②若p q为假命题且q p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；
③若p q为真命题且q p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；
④若p q为假命题且q p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．
⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．
【命题方向】
充要条件是学生学习知识开始，或者没有上学就能应用的，只不过没有明确定义，因而几乎年年必考内容，多以小题为主，有时也会以大题形式出现，中学阶段的知识点都相关，所以命题的范围特别广．
3．命题的真假判断与应用
【知识点的认识】
判断含有“或”、“且”、“非”的复合命题的真假，首先要明确p、q及非p的真假，然后由真值表判断复合命题的真假．
注意：“非p”的正确写法，本题不应将“非p”写成“方程x2﹣2x+1＝0的两根都不是实根”，因为“都是”的反面是“不都是”，而不是“都不是”，要认真区分．
【解题方法点拨】
1．判断复合命题的真假，常分三步：先确定复合命题的构成形式，再指出其中简单命题的真假，最后由真值表得出复合命题的真假．
2．判断一个“若p则q”形式的复合命题的真假，不能用真值表时，可用下列方法：若“pq”，则“若p则q”为真；而要确定“若p则q”为假，只需举出一个反例说明即可．
3．判断逆命题、否命题、逆否命题的真假，有时可利用原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假这一关系进行转化判断．
【命题方向】该部分内容是《课程标准》新增加的内容，几乎年年都考，涉及知识点多而且全，多以小题形式出现．
4．利用导数研究曲线上某点切线方程
【考点描述】
利用导数来求曲线某点的切线方程是高考中的一个常考点，它既可以考查学生求导能力，也考察了学生对导数意义的理解，还考察直线方程的求法，因为包含了几个比较重要的基本点，所以在高考出题时备受青睐．我们在解答这类题的时候关键找好两点，第一找到切线的斜率；第二告诉的这点其实也就是直线上的一个点，在知道斜率的情况下可以用点斜式把直线方程求出来．
【实例解析】
例：已知函数y＝xlnx，求这个函数的图象在点x＝1处的切线方程．
解：k＝y'|x＝1＝ln1+1＝1
又当x＝1时，y＝0，所以切点为（1，0）
∴切线方程为y﹣0＝1×（x﹣1），
即y＝x﹣1．
我们通过这个例题发现，第一步确定切点；第二步求斜率，即求曲线上该点的导数；第三步利用点斜式求出直线方程．这种题的原则基本上就这样，希望大家灵活应用，认真总结．
5．等比数列的性质
【等比数列】
（又名几何数列），是一种特殊数列．如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列，因为第二项与第一项的比和第三项与第二项的比相等，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）． 注：q＝1 时，an为常数列．
等比数列和等差数列一样，也有一些通项公式：①第n项的通项公式，an＝a1qn﹣1，这里a1为首项，q为公比，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤立的点．②求和公式，Sn，表示的是前面n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有am an＝ap aq．
例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝ ．
解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，
则18＝2q4，解得q2＝3，
∴y＝2q2＝2×3＝6．
故答案为：6．
本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．
【等比数列的性质】
（1）通项公式的推广：an＝am qn﹣m，（n，m∈N*）．
（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则 ak al＝am an
（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an bn}，仍是等比数列．
（4）单调性：或 {an}是递增数列；或 {an}是递减数列；q＝1 {an}是常数列；q＜0 {an}是摆动数列．
6．等比数列的通项公式
【知识点的认识】
1．等比数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示（q≠0）．从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非零常数．
2．等比数列的通项公式
设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝a1 qn﹣1
3．等比中项：
如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项． G2＝a b （ab≠0）
4．等比数列的常用性质
（1）通项公式的推广：an＝am qn﹣m，（n，m∈N*）．
（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则 ak al＝am an
（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an bn}，仍是等比数列．
（4）单调性：或 {an}是递增数列；或 {an}是递减数列；q＝1 {an}是常数列；q＜0 {an}是摆动数列．
7．数列的应用
【知识点的知识】
1、数列与函数的综合
2、等差数列与等比数列的综合
3、数列的实际应用
数列与银行利率、产品利润、人口增长等实际问题的结合．
8．数量积表示两个向量的夹角
【知识点的知识】
我们知道向量是有方向的，也知道向量是可以平行的或者共线的，那么，当两条向量与不平行时，那么它们就会有一个夹角θ，并且还有这样的公式：cosθ．通过这公式，我们就可以求出两向量之间的夹角了．
【典型例题分析】
例：复数zi与它的共轭复数对应的两个向量的夹角为 60° ．
解：cos60°+isin60°．
∴复数zi与它的共轭复数对应的两个向量的夹角为60°．
故答案为：60°．
点评：这是个向量与复数相结合的题，本题其实可以换成是用向量（，1）与向量（，﹣1）的夹角．
【考点点评】
这是向量里面非常重要的一个公式，也是一个常考点，出题方式一般喜欢与其他的考点结合起来，比方说复数、三角函数等，希望大家认真掌握．
9．复数的运算
复数的加、减、乘、除运算法则
10．离散型随机变量及其分布列
【考点归纳】
1、相关概念；
（1）随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量随机变量常用希腊字母ξ、η等表示．
（2）离散型随机变量：对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量．若ξ是随机变量，η＝aξ+b，其中a、b是常数，则η也是随机变量．
（3）连续型随机变量：对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量
（4）离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系：离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出．
2、离散型随机变量
（1）随机变量：在随机试验中，试验可能出现的结果可以用一个变量X来表示，并且X是随着试验结果的不同而变化的，这样的变量X叫做一个随机变量．随机变量常用大写字母X，Y，…表示，也可以用希腊字母ξ，η，…表示．
（2）离散型随机变量：如果随机变量X的所有可能的取值都能一一列举出来，则称X为离散型随机变量．
3、离散型随机变量的分布列．
（1）定义：一般地，设离散型随机变量X的所有可能值为x1，x2，…，xn；X取每一个对应值的概率分别为p1，p2，…，pn，则得下表：
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
该表为随机变量X的概率分布，或称为离散型随机变量X的分布列．
（2）性质：①pi≥0，i＝1，2，3，…，n；②p1+p2+…+pn＝1．
11．离散型随机变量的期望与方差
【知识点的知识】
1、离散型随机变量的期望
数学期望：一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为
x1 x2 … xn …
P p1 p2 … pn …
则称Eξ＝x1p1+x2p2+…+xnpn+…为ξ的数学期望，简称期望．
数学期望的意义：数学期望离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
平均数与均值：一般地，在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令p1＝p2＝…＝pn，则有p1＝p2＝…＝pn，Eξ＝（x1+x2+…+xn），所以ξ的数学期望又称为平均数、均值．
期望的一个性质：若η＝aξ+b，则E（aξ+b）＝aEξ+b．
2、离散型随机变量的方差；
方差：对于离散型随机变量ξ，如果它所有可能取的值是x1，x2，…，xn，…，且取这些值的概率分别是p1，p2，…，pn…，那么，
称为随机变量ξ的均方差，简称为方差，式中的Eξ是随机变量ξ的期望．
标准差：Dξ的算术平方根叫做随机变量ξ的标准差，记作．
方差的性质：．
方差的意义：
（1）随机变量 的方差的定义与一组数据的方差的定义式是相同的；
（2）随机变量 的方差、标准差也是随机变量 的特征数，它们都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度；
（3）标准差与随机变量本身有相同的单位，所以在实际问题中应用更广泛．
12．二项式定理
【二项式定理】又称牛顿二项式定理．公式（a+b）n nian﹣i bi．通过这个定理可以把一个多项式的多次方拆开．
例1：用二项式定理估算1.0110＝ 1.105 ．（精确到0.001）
解：1.0110＝（1+0.01）10＝110+C101 19×0.01+C102 18 0.012≈1+0.1+0.0045≈1.105．
故答案为：1.105．
这个例题考查了二项式定理的应用，也是比较常见的题型．
例2：把把二项式定理展开，展开式的第8项的系数是．
解：由题意T8＝C107120×3i＝360i．
故答案为：360i．
通过这两个例题，大家可以看到二项式定理的重点是在定理，这类型的题都是围着这个定理运作，解题的时候一定要牢记展开式的形式，能正确求解就可以了．
【性质】
1、二项式定理
一般地，对于任意正整数n，都有
这个公式就叫做二项式定理，右边的多项式叫做（a+b）n的二项展开式．其中各项的系数叫做二项式系数．
注意：
（1）二项展开式有n+1项；
（2）二项式系数与二项展开式系数是两个不同的概念；
（3）每一项的次数是一样的，即为n次，展开式依a的降幂排列，b的升幂排列展开；
（4）二项式定理通常有如下变形：
①；
②；
（5）要注意逆用二项式定理来分析问题、解决问题．
2、二项展开式的通项公式
二项展开式的第n+1项叫做二项展开式的通项公式．它体现了二项展开式的项数、系数、次数的变化规律，是二项式定理的核心，它在求展开式的某些特定的项及其系数方面有着广泛的应用．
注意：
（1）通项公式表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是 nr；
（2）字母b的次数和组合数的上标相同；
（3）a与b的次数之和为n．
3、二项式系数的性质．
（1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即；
（2）增减性与最大值：当k时，二项式系数是逐渐增大的．由对称性知，它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取最大值．当n为偶数时，则中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，则中间的两项，相等，且同时取得最大值．
13．两角和与差的三角函数
【知识点的认识】
（1）C（α﹣β）：cos （α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsinβ；
（2）C（α+β）：cos（α+β）＝cosαcosβ﹣sinαsinβ；
（3）S（α+β）：sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ；
（4）S（α﹣β）：sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣cosαsinβ；
（5）T（α+β）：tan（α+β）．
（6）T（α﹣β）：tan（α﹣β）．
14．正弦函数的奇偶性和对称性
【正弦函数的对称性】
正弦函数是定义域为R的奇函数，既然是奇函数，那么其图象关于原点对称，即有sin（﹣x）＝﹣sinx．另外，正弦函数具有周期性，其对称轴为x＝kπ，k∈z．
【例题解析】
例：函数y＝sin2x+2sin2x的对称轴方程为x＝ ．
解：由于函数y＝sin2x+2sin2x＝sin2x+1﹣cos2x，
而函数y＝sint的对称轴为
则，解得（k∈Z）
则函数y＝sin2x+2sin2x的对称轴方程为
故答案为．
这个题很有代表性，一般三角函数都是先化简，化成一个单独的正弦或者余弦函数，然后把2x看成一个整体，最后根据公式把单调性求出来即可．
【考点点评】
这个考点非常重要，也很简单，大家熟记这个公式，并能够理解运用就可以了．
15．正弦定理
【知识点的知识】
1．正弦定理和余弦定理
定理 正弦定理 余弦定理
内容 2R （ R是△ABC外接圆半径） a2＝b2+c2﹣2bccosA， b2＝a2+c2﹣2accosB， c2＝a2+b2﹣2abcosC
变形 形式 ①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC； ②sinA，sinB，sinC； ③a：b：c＝sinA：sinB：sinC； ④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA cosA， cosB， cosC
解决 三角 形的 问题 ①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边； ②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角 ①已知三边，求各角； ②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角
在△ABC中，已知a，b和角A时，解的情况
A为锐角 A为钝角或直角
图形
关系式 a＝bsinA bsinA＜a＜b a≥b a＞b
解的个数 一解 两解 一解 一解
由上表可知，当A为锐角时，a＜bsinA，无解．当A为钝角或直角时，a≤b，无解．
2、三角形常用面积公式
1．Sa ha（ha表示边a上的高）；
2．SabsinCacsinBbcsinA．
3．Sr（a+b+c）（r为内切圆半径）．
【正余弦定理的应用】
1、解直角三角形的基本元素．
2、判断三角形的形状．
3、解决与面积有关的问题．
4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识
（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．
解题关键在于明确：
①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；
②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．
（2）测量高度问题：
解题思路：
①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．
②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．
点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．
16．直线与圆相交的性质
【知识点的知识】
直线与圆的关系分为相交、相切、相离．判断的方法就是看圆心到直线的距离和圆半径谁大谁小：
①当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆相交；
②当圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；
③当圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相离．
【例题解析】
例：写出直线y＝x+m与圆x2+y2＝1相交的一个必要不充分条件：
解：直线x﹣y+m＝0若与圆x2+y2＝1相交，
则圆心（0，0）到直线的距离d＜1，
即d，
∴|m|，
即，
∴满足的必要不充分条件均可．
故答案为：满足的必要不充分条件均可．
这是一道符合高考命题习惯的例题，对于简单的知识点，高考一般都是把几个知识点结合在一起，这也要求大家知识一定要全面，切不可投机取巧．本题首先根据直线与圆的关系求出满足要求的m的值；然后在考查了考试对逻辑关系的掌握程度，不失为一道好题．
【考点解析】
本知识点内容比较简单，在初中的时候就已经学习过，所以大家要熟练掌握，特别是点到直线的距离怎么求，如何判断直线与圆相切．
17．抛物线的性质
【知识点的知识】
抛物线的简单性质：
18．双曲线的标准方程
【知识点的认识】
双曲线标准方程的两种形式：
（1）（a＞0，b＞0），焦点在x轴上，焦点坐标为F（±c，0），焦距|F1F2|＝2c；
（2）（a＞0，b＞0），焦点在y轴上，焦点坐标为F（0，±c），焦距|F1F2|＝2c．
两种形式相同点：形状、大小相同；都有a＞0，b＞0；c2＝b2+a2
两种形式不同点：位置不同；焦点坐标不同．
标准方程 （a＞0，b＞0） 中心在原点，焦点在x轴上 （a＞0，b＞0） 中心在原点，焦点在y轴上
图形
顶点 （a，0）和（﹣a，0） （0，a）和（0，﹣a）
对称轴 x轴、y轴，实轴长2a，虚轴长2b 焦点在实轴上 x轴、y轴，实轴长2a，虚轴长2b 焦点在实轴上
焦点 F1（﹣c，0），F2（c，0） F1（0，﹣c），F2（0，c）
焦距 |F1F2|＝2c（c＞0） c2＝a2+b2 |F1F2|＝2c（c＞0） c2＝a2+b2
离心率 e（e＞1） e（e＞1）
渐近线 即y＝±x 即y＝±x
准线 x＝± y＝±
19．直线与椭圆的综合
v．
20．由三视图求面积、体积
【知识点的认识】
1．三视图：观测者从不同位置观察同一个几何体，画出的空间几何体的图形，包括：
（1）主视图：物体前后方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和长度；
（2）左视图：物体左右方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和宽度；
（3）俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图，反映物体的长度和宽度．
2．三视图的画图规则：
（1）高平齐：主视图和左视图的高保持平齐；
（2）长对正：主视图和俯视图的长相对应；
（3）宽相等：俯视图和左视图的宽度相等．
3．常见空间几何体表面积、体积公式
（1）表面积公式：
（2）体积公式：
【解题思路点拨】
1．解题步骤：
（1）由三视图定对应几何体形状（柱、锥、球）
（2）选对应公式
（3）定公式中的基本量（一般看俯视图定底面积，看主、左视图定高）
（4）代公式计算
2．求面积、体积常用思想方法：
（1）截面法：尤其是关于旋转体及与旋转体有关的组合体问题，常用轴截面进行分析求解；
（2）割补法：求不规则图形的面积或几何体的体积时常用割补法；
（3）等体积转化：充分利用三棱锥的任意一个面都可以作为底面的特点，灵活求解三棱锥的体积；
（4）还台为锥的思想：这是处理台体时常用的思想方法．
【命题方向】三视图是新课标新增内容之一，是新课程高考重点考查的内容．解答此类问题，必须熟练掌握三视图的概念，弄清视图之间的数量关系：正视图、俯视图之间长相等，左视图、俯视图之间宽相等，正视图、左视图之间高相等（正俯长对正，正左高平齐，左俯宽相等），要善于将三视图还原成空间几何体，熟记各类几何体的表面积和体积公式，正确选用，准确计算．
例：某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A.8﹣2πB.8﹣πC.8 D.8
分析：几何体是正方体切去两个圆柱，根据三视图判断正方体的棱长及切去的圆柱的底面半径和高，把数据代入正方体与圆柱的体积公式计算．
解答：由三视图知：几何体是正方体切去两个圆柱，
正方体的棱长为2，切去的圆柱的底面半径为1，高为2，
∴几何体的体积V＝23﹣2π×12×2＝8﹣π．
故选：B．
点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．
21．棱柱、棱锥、棱台的体积
【知识点的知识】
柱体、锥体、台体的体积公式：
V柱＝sh，V锥Sh．
22．直线与平面平行
【知识点的知识】
1、直线与平面平行的判定定理：
如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行． 用符号表示为：若a α，b α，a∥b，则a∥α．
2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．
1、直线和平面平行的性质定理：
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．
用符号表示为：若a∥α，a β，α∩β＝b，则a∥b．
2、直线和平面平行的性质定理的实质是：
已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行 线线平行．
由线面平行 线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．
正确的结论是：a∥α，若b α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．
23．二面角的平面角及求法
【知识点的知识】
1、二面角的定义：
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面．棱为AB、面分别为α、β的二面角记作二面角α﹣AB﹣β．有时为了方便，也可在α、β内（棱以外的半平面部分）分别取点P、Q，将这个二面角记作P﹣AB﹣Q．如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．
2、二面角的平面角
在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小与点O的位置无关，也就是说，我们可以根据需要来选择棱l上的点O．
3、二面角的平面角求法：
（1）定义；
（2）三垂线定理及其逆定理；
①定理内容：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么，它就和这条斜线垂直．
②三垂线定理（逆定理）法：由二面角的一个面上的斜线（或它的射影）与二面角的棱垂直，推得它位于二面角的另一的面上的射影（或斜线）也与二面角的棱垂直，从而确定二面角的平面角．
（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．；
（4）平移或延长（展）线（面）法；
（5）射影公式；
（6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角；
（7）向量法：用空间向量求平面间夹角的方法：
设平面α和β的法向量分别为和，若两个平面的夹角为θ，则
（1）当0，，θ，，此时cosθ＝cos，．
（2）当，π时，θ＝cos（π，）＝﹣cos，．
24．点、线、面间的距离计算
【知识点的知识】
第1页（共1页）
同课章节目录