1、参考答案1C【解析】试题分析：对于A,B，D，当时，三者均不成立；对于C，在不等式两边同时除以得，故C正确，故选项为C.考点：充分条件，必要条件的判定.2B【解析】试题分析：由及，则，故选项为B.考点：（1）绝对值不等式的解法；（2）集合的运算.3D【解析】试题分析：设第一天织尺，从第二天起每天比第一天多织尺，由已知得，解得，所以第十日所织尺数为，故选D.考点：等差数列的通项公式.4C【解析】试题分析：因为，所以，所以，故选C.考点：复数的运算.5B【解析】试题分析：由题意得，即，所以，所以，即，所以三角形一定是直角三角形，故选B.考点：向量的运算；三角形的性质的判定.【方法点晴】本题主要考查
2、了平面向量的运算及三角形形状的判定，涉及到泡面吗向量加减的平行四边形法则、平面向量的数量积的运算、平面向量的模、向量垂直等知识的应用，其中数列掌握平面向量的数量积和向量的模的运算法则是解答本题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，属于基础题.6D【解析】试题分析：，故选项为D.考点：诱导公式.7C【解析】试题分析：因为, 则,即,即，故选C.考点：1、余弦定理的应用；2、特殊角的三角函数.8C 【解析】试题分析：因为函数的周期为,不正确；若,即,则时也成立,故不正确；在区间上,单调递增,正确；函数函数是奇函数,所以的图象关于点成中心对称，点不是函数的对称中心，故不正确,故选C. 考点
3、：1、三角函数的周期性及三角函数的单调性；2、三角函数的图象、正弦的二倍角公式及简单的三角方程.【方法点晴】本题通过对多个命题真假的判断考察三角函数的周期性及三角函数的单调性、三角函数的图象、正弦的二倍角公式及简单的三角方程及数学化归思想，属于难题.该题型往往出现在选择、填空题最后两题，综合性较强，考查知识点较多，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的命题.9B【解析】试题分析：设，由图形的对称性及圆的切线的性质得，因为,所以,所以，所以又，所以，所以故选B.考点：1、双曲
4、线的标准方程；2、双曲线的简单几何性质；3、圆的切线的性质.10D【解析】试题分析：如图，作出函数的图象和直线，直线过定点，由题意，解得故选D 考点：函数与方程【名师点睛】本题考查函数与方程思想，考查方程解的个数问题，解决这类问题大多数是把它转化为函数图象交点个数问题，利用数形结合思想求解，本题中，作出函数与直线，特别是直线过定点，由此易知它们要有三个交点，直线的位置变化规律，易得出结论11C【解析】试题分析：对于任意给定的不等实数，不等式恒成立，不等式等价为恒成立，即函数f（x）是定义在R上的增函数；，则函数在定义域上不单调；y=3-2（cosx+sinx）=3-2sin（x+）0，函数单调
5、递增，满足条件为增函数，满足条件，当x0时，函数单调递增，当x0时，函数单调递减，不满足条件综上满足“H函数”的函数为，考点：函数单调性的性质；函数的图象 12A【解析】试题分析：设，当时，当时，所以的斜率为，的斜率为，因为和垂直，且，所以，即，直线，取分别得到，所以，联立两直线方程可得交点的横轴为，所以，因为函数在上是减函数，且，所以，则，所以，所以三角形的面积的取值范围是，故选A.考点：利用导数研究曲线在某点处的切线方程.【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究曲线在某点处的切线方程、导数的综合应用，解答中设出点的坐标，求出原分段函数的导数，得出切线的斜率，由两横线垂直求出点的横坐标的乘积为
6、，再分别写出两直线的点斜式方程，解得，然后代入三角形的面积公式，利用基本不等式和函数的性质，即可求解三角形面积的取值范围，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题.13【解析】试题分析：数列满足，且，当时，当时，上式也成立，数列的前项的和数列的前项的和为故答案为：考点：（1）数列递推式；（2）数列求和.148【解析】试题分析：因为，所以方法一：，；方法二（消元）：，考点：不等式在求解最值上的应用15【解析】试题分析：变量满足不等式组，故其对应的区域如图所示，其中，故，得，故的取值范围是 考点：线性规划16【解析】试题分析：对任意，不等式恒成立
7、等价于，当且仅当时取等号，所以，即，当时，当时，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，所以，所以有，解之得.考点：1.导数与函数的最值；2.函数与不等式.【名师点睛】本题主要考查导数与函数的最值、函数与不等式，属中档题；解决不等式相关问题最常用的方法就是等价转换，即将题中所给的我们不熟悉的问题通过等价转化，转化为我们能够解决的、熟悉的问题解决，如本题中的第一步等价转换就是解题的关键.17（1）；（2）；【解析】试题分析：（1）本题通过向量平行引入数列的前项，再由求通项公式；计算时注意与计算方法的不同；（2）由函数式给出数列的递推式，从递推式知是等差数列；数列是由等差数列与等比数列相
8、除得到的，其前项和是用错位相减法求得试题解析：（1）当时，；当时，满足上式，（2） 又是以1为首项，1为公差的等差数列，两边同乘，得，两式相减得：，考点：向量平行，由求通项，等差数列的通项公式，错位相减法求和（1）（2）【解析】试题分析：（1）由通项与和项关系求数列通项公式，需注意分类讨论，即，而由得数列成等比是不充分的，需强调每一项不为零，这就必须求出首项（2）因为，所以一般利用裂项求和：，即试题解析：解：（1）由已知，有，即，即数列是以2为公比的等比数列，又成等差数列，即：，（2）由（1）知，考点：由通项与和项关系求数列通项公式，裂项相消法求和【方法点睛】给出Sn与an的递推关系求an，常
9、用思路是：一是利用SnSn1an（n2）转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an. 应用关系式an时，一定要注意分n1，n2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起. 19（1）；（2）【解析】试题分析：（1）先由正弦定理求得与的关系，然后结合已知等式求得的值，从而求得的值；（ 2）先由余弦定理求得的值，从而由的范围取舍的值，进而由面积公式求解试题解析：（1）在中，由正弦定理，得，即.又因为，所以.因为为锐角三角形，所以.（2）在中，由余弦定理，得，即.解得或. 当时，因为，所以角为钝角，不符合题意，舍去.当时，因为，又，所
10、以为锐角三角形，符合题意.所以的面积. 考点：1、正余弦定理；2、三角形面积公式20（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由条件利用两角和差的正弦公式，二倍角的正弦公式求得，可得的范围，从而求得A的范围（2）由（1）及及得，又，结合为钝角，可求，由余弦定理可求得的值，由正弦定理可求，从而得解试题解析：（1）由，得，即，因为，所以. 由正弦定理，得，故必为锐角，又，所以. 因此角的取值范围为. （2）由（1）及得，又因为，所以，从而，因为为钝角，故. 由余弦定理，得，故. 由正弦定理，得，因此. 考点：正弦定理，余弦定理，两角和与差的三角函数21（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据直线与圆相
11、切得圆心到直线距离等于半径：，又由离心率得，解得（2）由对称性可知,根据直线与椭圆联立方程组得A点坐标（用K表示），从而，最后根据基本不等式求最值试题解析：（1）由题设可知,圆的方程为,因为直线与圆相切,有,已知,所以有,得,所以椭圆的方程为.（2）设点,则,设直线交轴于点,由对称性知:.由,解得.当且仅当时,即时取得等号, 所以面积的最大值为.考点：直线与圆位置关系，直线与椭圆位置关系21（1）；（2）定值，为【解析】试题分析：（1）题中有两个条件，离心率提供一个等式，第二个原点到已知直线的距离等于，由此结合结合可求得得标准方程；（2）本小题是解析几何中的探索性问题，对于定值问题，我们引入一
12、个参数，证明与此参数无关即可题目涉及直线与椭圆的交点，因此设交点为，直线的方程为（这样设包含了斜率不存在的情形），代入椭圆方程可得，同时求出的坐标，求得，最后把代入化简，结果与的值无关，是一个常数试题解析：（1）由题意得，故椭圆的方程为（2）设，直线的方程为，由，由三点共线可知同理可得，所以 考点：椭圆标准方程，直线与椭圆的位置关系，探索性问题、定值问题 22（1） 当时，单调增区间为，无单调减区间；时，单调增区间为，单调减区间为；（2）3；（3） 【解析】试题分析：（1）求导后，分、，根据导函数与0的关系求得单调区间；（2） 由（1）知的最小值，即，令，求得，通过讨论的单调性求得的值；（3）
13、 由是方程的两个不等实根，则，两式相减，得，然后通过换元求导即可证明试题解析：当时， ，函数在上单调递增，所以函数的单调增区间为，无单调减区间当时，由，得；由，得.所以函数的单调增区间为，单调减区间为.（4分）（2）由（1）得，若函数有两个零点，则，且的最小值，即.因为，所以.令，显然在上为增函数，且，所以存在.当时，；当时，所以满足条件的最小正整数.又当时，所以时，有两个零点综上所述，满足条件的最小正整数的值为3.（3） ，结论证明如下：因为是方程的两个不等实根，由（1）知.不妨设，则两式相减得，即所以.因为，当时，当时，故只要证即可，即证明，即证明，即证明.设t令，则.因为，所以，当且仅当时，所以在上是增函数又，所以当总成立所以原题得证（12分）版权所有：高考资源网()