2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东模拟卷）数学（理）试题（一） - 图文

2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东模拟卷）

数学（理科）试题

本试卷共10页，21小题，满分150分．考试用时120分钟．

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中．有且只有一项是符合题目要求的． 1.设集合M??x|x?1?，N??x|??x?1??0?，则集合M、N的关系为（ ） x?1?N??

?A．M??N B．N?M C．M?N D．M（原创）主要考查集合之间的关系及简单分式不等式的解法，命题灵感来源于教材

(命题意图)考查集合的关系，分式不等式的解法,共2个知识点

x?1?0??1?x?1?N??x|?1?x?1??N?M,故选B． ?x?11?i2.设i为虚数单位，且复数z?，则z的共轭复数z的虚部为（ ）

1?iA．1 B．i C．?1 D．?i

解析:

（原创）主要考查复数的基本概念（实部、虚部、共轭）及复数的除法运算，命题灵感来源于教材及广东近年的高考试题

(命题意图)考查复数的基本概念及其运算能力，共3个知识点

1?i??i?z?i?z的虚部为1，故选A． 1?i3.在?ABC中，D为BC边的中点，若BC?(2,0)，AC?(1,4)，则AD?（ ）

解析: z?A．(?2,?4) B．(0,?4) C．(2,4) D． (0,4) （原创）主要考查平面向量的坐标表示及运算，命题灵感来源于教材及广东近年的高考试题 (命题意图)考查平面向量的坐标表示及运算能力,共2个知识点 解析：D为BC边的中点?AD?AC?DC?AC?11BC?(1,4)?(2,0)?(0,4)，故选D． 224.某几何体的三视图如图1所示，则该几何体的侧面积为（ ） A．4+2 B．5

C．42+1

D．52 （原创）主要考查空间几何体的三视图概念，空间想象和运算能力， 命题灵感来源于日常生活及广东近年的高考试题 (命题意图)考查空间想象及运算能力,共2个知识点

解析：易知该几何体的左、右两个侧面为全等的直角梯形，其面积均为S1??(1?2)?2?

图1

12321,前侧面及后侧面为等腰三角形，其面积分为S2??2?2?2和221S3??2?1?1，于是该几何体的侧面积为S?2S1?S2?S3?42+1，故选C．

25.下列命题中，正确的命题为（ ） (1) 函数y?

1

的单调递减区间为???,0?x

?0,???；

高考模拟试题（理科数学）第 - 1 - 页 共 28 页

(2) 若函数y?f(x)是奇函数，则函数y?xf(x)是偶函数；

km(3) 设Cn为二项式系数Cn(k??0,1,2,???,n?,n?2)中的最大值，若m的值唯一，则

n?2m；

(4) 设P(A)为事件A的概率，则“P(A)?0”是“事件A为不可能事件”的充要条件．

A．（1）、（3） B．（2）、（3） C．（1）、（4） D．（2）、（4） （原创）主要考查函数的基本性质（单调性、奇偶性），二项式系数的特征（对称性、单调性），事件的概率，充要条件的判定，命题灵感来源于教学中的学生典型错误 (命题意图)考查函数的基本性质，二项式系数的特征，事件的概率，充要条件的判定及推理、分析的逻辑思维能力,共6个知识点

1的单调递减区间为???,0?和?0,???，即(1)错误；由函数的奇偶性的定x义可知，若函数y?f(x)是奇函数，则函数y?xf(x)是偶函数，即(2)正确；由二项式系数的单调性及对称性特征可知(3)正确；由几何概型举特例可知，“P(A)?0”是“事件A为

解析：函数y?不可能事件”的必要不充分条件，(4)错误．综上：只有(2) 、(3)正确，故选B．

?x??3?2,x?06.设函数f(x)??，若f(x0)?1，则x0的取值范围是（ ）

??lnx?1,x?0A．??1,0)C．???,?1?(0,??? B．??1,0)(1,??? (0,??) D．???,?1?(1,??)

（原创）主要考查分段函数，简单的指数、对数、绝对值不等式的解法及函数与不等式转化、

分类讨论、数形结合的数学思想，命题灵感来源于教学中的学生典型错误

(命题意图)考查基本初等函数类型及不等式的解法，数形结合及转化化归的数学思想,共4个知识点

解析：当x?0时，f(x0)?1?3?x0?2?1?3?x0?3或3?x0?1?x0??1或x0?0（舍）；

当x?0时，f(x0)?1?lnx0?1?1?x0?1．综上：x0??1或x0?1，故选D． 7.以原点O为中心，焦点在x轴上的双曲线C，有一条渐近线的倾斜角为60，点F是该双曲线的右焦点．位于第一象限内的点M在双曲线C上，且点N是线段MF的中点．若

ON?NF?1,则双曲线C的方程为（ ）

x2y2x23y2?1 ??1 B．?A．

44412y22?1 D．x2?3y2?1 C．x?3（原创）主要考查双曲线的定义和方程，直线的倾斜角，三角形的中位线性质及转化化归的数学思想，命题灵感来源于逆向分析

(命题意图)考查双曲线的基本概念及直线的倾斜角，中位线定理，数形结合及转化化归的数学思想,共5个知识点

x2y2解析：设双曲线C的方程为2?2?1，点F?是该双曲线的左焦点．因为点N是线段MFab的中点，则线段ON是?MFF?的中位线，即有MF??MF?2ON?NF?2，即

??高考模拟试题（理科数学）第 - 2 - 页 共 28 页

2a?2?a?1，又其渐近线的倾斜角为60，则tan60?b?b?3，故选C． a8.设y?f(x)为定义在R上的可导函数，定义运算?和?如下：对?m,n?R均有

m?n?f(m)?n；m?n?f?(m)?n．若?a?R，使得对于?x?R，恒有a?x?a?x?x成立，则称实数a为函数f(x)的基元，则下列函数中恰有两个基元的是（ ） A．f(x)?13(x?3x) B．f(x)?x2?1 C．f(x)?2x3?3x2 D．f(x)?cosx 2（原创）以函数及其导数为载体来考查对新定义的理解及转化化归的数学思想，命题灵感来源于群论中的基本概念（单位元、零元） (命题意图)考查对新信息的理解与探究，及转化化归的数学思想，充分体现新课改的教学理念,共4个知识点

解析：由新定义可知，若实数a为函数f(x)的基元等价于f(a)?1且f?(a)?0，由此易

13(x?3x)有两个基元，函数f(x)?x2?1和函数f(x)?2x3?3x2有一个2基元，函数f(x)?cosx有无穷多个基元，故选A．

知函数f(x)?二、填空题：本题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，共30分． （一）必做题（9～13题） 9.函数f(x)?1的定义域为 ． x?1（原创）主要考查函数的定义域及缜密的数学思维，命题灵感来源于教学中的学生典型错误 (命题意图)考查函数的基本概念及缜密的逻辑思维,共2个知识点 解析：???x?0?0?x?1,或x?1，故应填[0，1）(1,??)或{x|0?x?1,或x?1}．

??x?1?010.等比数列?an?中，a6?2a3，则

a11?2a2? ． a5（原创）主要考查等比数列的定义及其性质，命题灵感来源于教学中的学生典型错误 (命题意图)考查等比数列的定义及其性质和运算能力,共2个知识点 解析：a6?2a3?q?3a6a?2a2a112a22?2，?11???q6?3?5，故应填5． a3a5a5a5q?y?x??111.设平面区域D:?t2,点P(x,y)?D，若u?2x?y的最大值为2，则实数t的取值范

??x?0,y?0围是 ．

（原创）主要考查线性规划的逆向问题，直线方程的截距式，数形结合的数学思想及分析推理能力，命题灵感来源于教材及逆向分析

(命题意图)考查逆向分析、解决问题的能力，数形结合的数学思想及分析推理能力，及运动的辩证思维能力,共3个知识点

解析：如11题解析图所示，可知题设平面区域D为?OAB，

高考模拟试题（理科数学）第 - 3 - 页 共 28 页

11题解析图

其中点A(1,0)，B(0,t2)，又u?2x?y?y??2x?u，u为直线y??2x?u在y轴上的截距．由于u的最大值为2，故直线x?2y?1应介于直线l1：y??2x即l2:y??2x?2之间，t22即直线AB在y轴上的截距t应满足：0?t?2， 即?2?t?0或0?t?2 ，故应填??2,0???0,2??或

{t|?2?t?0或0?t?2}．

12.执行如图2所示的程序，则输出的k? ． （原创）主要考查算法的基本逻辑结构和程序框图，等比数列求和，命题灵感来源于等比数列求和公式及近年广东高考试题 (命题意图)考查算法基本概念及利用算法思想解决问题的综合能力,共3个知识点

解析：易知S?2?2?????2?2则输出的k值为满足不等式2k?112kk?1?2，

图2

2?2?2014的最小正整数，易知

k?10，故应填10．

13.设曲线y?lnx?m在x?1处的切线与抛物线x?4y在1?x?4 的部分有两个交点，则实数m的取值范围是 ． （原创）主要考查导数的几何意义，曲线的切线和数形结 合及转化化归的数学思想，命题灵感来源于教材及逆向分析

(命题意图)考查数形结合、转化化归的数学思想及解析几何的本质,共4个知识点 解析：y?lnx?m?y??，易知曲线y?lnx?m在x?1处的切线的斜率k为1，切点为(0,m)，于是切线l的方程为：

1xy?x?m?1．如13题解析图所示，切线l应介于和l平行

的直线a、b之间，其中直线a过点A(1,)，直线b和抛物线x2?4y在1?x?4的部分即弧AB相切， 易知直线a的方程为：y?x?， 直线b的方程为：y?x?1，

故应有：?1?m?1??，即0?m?，故应填m?(0,]或{m|0?m?}．

（二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题，两题全答的，只计前一题的得分）

13题解析图

143434141414高考模拟试题（理科数学）第 - 4 - 页 共 28 页

14.（坐标系与参数方程选做题）曲线C的极坐标方程为：??曲线围成的面积为 ．

1??22sin(??) ，则该?4（原创）主要考查圆的极坐标方程与直角坐标系方程的转化，两角和的正弦公式，命题灵感来源于逆向分析

(命题意图)考查对极坐标思想的理解及分析能力,共2个知识点 解析：原方程为：?+=22sin(??)?2(sin??cos?) ，方程两边同乘以?并化简，

?41?可得?2?1?2?(sin??cos?）．又?2?x2?y2,?cos??x,?sin??y，从而可知曲线C22的直角坐标系方程为：x?y?1?2x?2y??x?1???y?1??1，即曲线C为半径为

221的圆，其围成的面积为?，故应填?．

15. （几何证明选讲选做题）如图3所示，四边形BDEC为圆内接四边形，CB、ED的延长线交于点A，BD、CE的延长线交于

BB?C点F，且AAD?2DE，，则CF? ． DF?3，

（原创）主要考查割线定理，相似三角形的判定及性质，转化化归 和方程的数学思想，命题灵感来源于逆向分析

(命题意图)以几何图形考查转化、化归和方程的思想及基本的数学 运算能力,共3个知识点

解析：设BC?x，DE=y，由AB?BC，AD?2DE

及割线定理可知：AB?AC?AD?AE?2x2?6y2，?x?3y， 即即

图3

BC=3，又易知?EDF??BCF，故?BCF和?EDF相似， DECFBC?=3，从而CF=3DF?3，故应填3． DFDE三、解答题：本大题共6小题，满分80分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16．（本小题满分12分）

???设???1,sin(mx?)?，???n,?1?，若x?0是函数f(x)????的一个零点，且函数f(x)的

2??最大值为m．

（Ⅰ）求实数m和n的值；

2a2?b2?cf(A)（Ⅱ）?ABC中，设?A、?B、?C所对的边分别为a、b、c，若a?c，且222?，

b?c?af(C)高考模拟试题（理科数学）第 - 5 - 页 共 28 页

4k?5k12解法二：同解法一求出D点坐标：x??2，y??21，?k1?0?，

5k1?45k1?41消去参数k1得D点的轨迹方程：4(x?)2?5y2?1，?y?0?，易知D点轨迹为一个椭圆（不含

21左右两个顶点），不妨记该椭圆为C0，显然直线l：2x?5y?1?0过点(?,0)，易知直线l与

2椭圆C0相交，欲使D点到直线l的距离d最大，则椭圆C0过D点的切线l0必平行于直线l，

1此时直线l和l0的距离亦为d.设切线l0的方程为：2x?5y?c?0，联立4(x?)2?5y2?1及

22x?5y?c?0得：8x2?4(c?1)x?c2?0，于是??16(c?1)2?32c2?0，求得c?1?2，由于直线l和

22，即dmax?.

333（2）解法一: 设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线MA、MB的方程为：y?k1(x?1)，y?k2(x?1)，

l0平行，故易知此时均有d?c?1??y?k1x?110k12y?3x0?5?222222?(5k1?4)x?10k1x?5k1?20?0?x1?x0??2故由?xy，又k1?0?x1?， 5k?4x?1x?3??1100??54?y1??3x0?5?2y0y0?3x0?5?2y0,)， (?1)?，即A(x0?3x0?3x0?1x0?3x0?3同理可求B(1kAF23x0?52y0y0y0,), 于是可求kAF2?，kBF1?, x0?3x0?32x0?42x0?4从而有?1kBF1?4x041

?，即存在??，满足题设. y0kOM4

解法二：设直线MA、F1B、F2A、MB的方程为：x?k1y?1，x?k2y?1，x?k3y?1，

x?k4y?1，由题设可知ki?0（i?1,2,3,4），由于上述四条直线两两相交，故ki互不相等，

k1?k4?x?k1?k4?k?k4?x?k1y?1?2?因直线MA、MB交于M点，由????M?1,?x?k4y+1?k1?k4k1?k4?y?2?k1?k4??k2?k4?k?k32?2?,,同理可求：A?1?， ?，B?k?kk?kk?kk?k?2424?313??1??， ?不妨设k2??k1,k3??k1,k4??k1，（显然非零实数?,?,?互不相等且均不为1）， ?1????????1??222A(,),B,于是M?,，???， 1??(1??)k1??(1??)k???(???)k1?1??1?x2y2又M,A,B三点均在椭圆C：??1上，即有：

54高考模拟试题（理科数学）第 - 11 - 页 共 28 页

?2???????1????2??1????2???????(???)k??1????(1??)k??1????(1??)k????1?????1????1??1???③， ?1???①， ??1???②， ?545454?1?x??2????(1?x)k?1?x???1??1的两根， 对于①，②，可视实数?,?为关于x的方程：?5422222222即4x2?12x?4?5?0的两根，从而有?+?=3； k1222?x????2??x????(x??)k????1??1的两根， 对于①，③，可视实数1,?为关于x的方程：?54即4k12x2?12k12?x?4k12?2?5?0的两根，从而有1+?=3?，

进而有????2?2?，

（亦可由①-②化简得：?=3??，①-③化简得：??3??1，于是????2?2?），

11211易知kAF2??，kBF1??，kOM?，

k2?k1(1??)k1k3?k1从而

1kAF2?1kBF1?(???)k1?(2?2?)k1?4kOM，即存在??1，满足题设. 4 21．（本小题满分14分） 设函数f(x)=ln(x?1)?axx，(a?R)；g(x)?(1?k)?kx?1，k?(?1,??). x?1（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间； （Ⅱ）当x?[0,1]时，求函数g(x)的最大值；

（Ⅲ）设ai?0(i?1,2,???,n),(n?N*，且n?2)，0?p?1，证明：

?ai?1nnpip??a??i??i?1??n11?p.

（原创）主要考查利用导数来研究函数性质（单调性，最值，极值），函数（主元）、化归、分类讨论及数形结合的数学思想（复杂问题如何使其简单化），探究、推理、分析的逻辑思维能力，命题灵感来源于数和形两个方面：（“数”以伯努利不等式为背景，“形”以指数函数和直线的位置关系为几何直观，即伯努利不等式的几何意义）

(命题意图)以伯努利不等式为背景考查利用导数来研究函数性质，函数（主元）、转化与化归、分类讨论及数形结合的数学思想，探究、推理、分析的逻辑思维能力，综合分析、解决问题并证明的能力，本题综合性较强，以期达到选拔优秀考生的功效,共7个知识点

高考模拟试题（理科数学）第 - 12 - 页 共 28 页

解析：（Ⅰ）显然f(x)的定义域为(?1,??)，f?(x)=1a(x?1)?axx?1?a， ??22x?1?x?1??x?1?令f?(x)=0?x?a?1，

1?a?0时：ⅰ）当a?1??在区间(?1,??)上，f?(x)>0恒成立，故f(x)的增区间为(?1,??)；

ⅱ）当a?1??1?a?0时：在区间(?1,a?1)上，f?(x)<0恒成立，故f(x)的减区间为(?1,a?1)； 在区间(a?1,??)上，f?(x)>0恒成立，故f(x)的增区间为(a?1,??). （Ⅱ）ⅰ）k?0时，g(x)?0，所以g(x)max?0； ⅱ）k?0时，易知g?(x)?(1?k)xln(1?k)?k， 于是：g?(1)?(1?k)ln(1?k)?k，g?(0)?ln(1?k)?k， 由（1）可知g?(1)?0， 下证g?(0)?0， 即证明不等式ln(1?x)?x?0在x?(?1,0)(0,??)上恒成立.

（法一）由上可知：不等式ln(x?1)?若x?(?1,0)x在x?(?1,0)(0,??)上恒成立， x?1x1??1?(?1,0)(0,??)， x?1x?1x?1xx?1??x， )?ln(1?)?故ln(xx?1x?1??1x?1(0,??)，则?即当x?(?1,0)(0,??)时，ln(1)??x，从而ln(x?1)?x， x?1故当x?(?1,0)(0,??)时，ln(1?x)?x?0恒成立，即g?(0)?0.

1?x?1?，列表2如下： 1?x1?x（法二）令G(x)?ln(1?x)?x，x?(?1,??)，则G?(x)?表2：

x G?(x) G(x) (?1,0) 0 0 极小值 (0,??) ? ? 高考模拟试题（理科数学）第 - 13 - 页 共 28 页

由表2可知：当x?(?1,0)(0,??)时，G(x)?G(0)?0，

即ln(1?x)?x?0恒成立，即g?(0)?0. 由于g?(1)?0，且g?(0)?0，

故函数g?(x)?(1?k)ln(1?k)?k区间(0,1)内必存在零点. 又当k?(0,??)时，ln(1?k)?0，

于是指数函数y?(1?k)为增函数?g?(x)为增函数， 同理当k?(?1,0)时，ln(1?k)?0，

于是指数函数y?(1?k)为减函数?g?(x)也为增函数， 于是，当k?(?1,0)xxx(0,??)时， g?(x)?(1?k)xln(1?k)?k必为增函数，

从而函数g?(x)在区间(0,1)内必存在唯一零点，不妨记为x0，则g?(x0)=0， 易知当x?(0,x0)时，g?(x)?0，此时g(x)单调递减； 当x?(x0,1)时，g?(x)?0，此时g(x)单调递增， 又易知g(0)?g(1)?0，故g(x)max?0；

综上，当k?(?1,??)时， g(x)在[0,1]上的最大值为0.

（Ⅲ）证法一：令a??ai?1ni??a?pinn， 显然有：

i?1?n???ai??i?1?p?n?p??a???a?pipii?1nn?n???ai??i?1??n?????p?i?1?a?p，n1?p?np?n，

?a则不等式

i?1nnpip??a?i???i?1?注意到：

?n1?p???a?pii?1n?a?p?n.

aip?a?p?0，且

paip?a?p?1，i?1,2,???,n，即

aia?1??1，且i?1?0， aa于是

aip?a?ppa?a??a???1?i?1??1?p?i?1??1?p?i，i?1,2,???,n，

a?a??a?高考模拟试题（理科数学）第 - 14 - 页 共 28 页

??a?pin故

i?1?a?ni?1pnpai???pai????1?p??n(1?p)??????n(1?p)?aa??i?1?i?1?nnp?aii?1na?n(1?p)?np?n，

??a?pi从而

?a?p11?p，又?n?n，即i?10?p?1?1?p??n1?p?n1?p， p1?p?n?a??i??i?1???a?pi1?a故原不等式

i?1nnpip??a?i???i?1??n11?p成立，证毕.

??a?pin证法二：同上可将不等式

i?1n??a??i??i?1???pnna??i即???n?pi?1????ai????i?1?pp?n1?p??a?pin化为：

i?1?a?p?ap??n???ip??n,

??i?1?a???n??nn??n，令nai?b，则等价于证明：当b?n时，有bp?n成立， ??iiin?i?1i?1ai???i?1?p又bi??1?bi?1??1?p?bi?1??1?p?pbi，

故

?bi?1nnpi???1?p?pbi??n(1?p)?p?bi?n(1?p)?pn?n，

i?1i?1nn于是

?bi?1pi?n，即

??a?pii?1n?n???ai??i?1?p?n1?p得证，

1又0?p?1?1?p??n1?p?n1?p11?p?a，故原不等式

i?1nnpip??a?i???i?1??n11?p成立，证毕.

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高考模拟试题（理科数学）参考答案及评分标准

共7页，21小题，满分150分．

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中．有且只有一项是符合题目要求的． 题号 答案 1. 解析:

1 B 2 A 3 D 4 C 5 B 6 D 7 C 8 A x?1?0??1?x?1?N??x|?1?x?1??N??M,故选B． x?11?i??i?z?i?z的虚部为1，故选A． 2. 解析: z?1?i113. 解析：D为BC边的中点?AD?AC?DC?AC?BC?(1,4)?(2,0)?(0,4)，故选D．

224. 解析：由题中所给三视图易知该几何体的左、右两个侧面为全等的直角梯形，其面积均为S1??(1?2)?2?12132,前侧面及后侧面为等腰三角形，其面积分为S2??2?2?2和221S3??2?1?1，于是该几何体的侧面积为S?2S1?S2?S3?42+1，故选C．

21

5. 解析：函数y?的单调递减区间为???,0?和?0,???，即(1)错误；由函数的奇偶性

x

的定义可知，若函数y?f(x)是奇函数，则函数y?xf(x)是偶函数，即(2)正确；由二项

式系数的单调性及对称性特征可知(3)正确；由几何概型举特例可知，“P(A)?0”是“事件A为不可能事件”的必要不充分条件，(4)错误．综上：只有(2) 、(3)正确，故选B． 6. 解析：当x?0时，f(x0)?1?3?x0?2?1?3?x0?3或3?x0?1?x0??1或x0?0（舍）；

当x?0时，f(x0)?1?lnx0?1?1?x0?1．综上：x0??1或x0?1，故选D．

x2y27. 解析：设双曲线C的方程为2?2?1，点F?是该双曲线的左焦点．因为点N是线段

abMF的中点，则线段ON是?MFF?的中位线，即有MF??MF?2ON?NF?2，

??b?b?3，故选C． a8. 解析：由新定义可知，若实数a为函数f(x)的基元等价于f(a)?1且f?(a)?0，由此

即2a?2?a?1，又其渐近线的倾斜角为60，则tan60?13(x?3x)有两个基元，函数f(x)?x2?1和函数f(x)?2x3?3x2有一2个基元，函数f(x)?cosx有无穷多个基元，故选A．

易知函数f(x)?二、填空题：本题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，共30分． 题号 9 10 11 [0，1）(1,??) 答案 （或{x|0?x?1,或x?1}） 5 ??2,00,2??? （或{t|?2?t?0或0?t?2}） ??高考模拟试题（理科数学）第 - 16 - 页 共 28 页

题号 答案 12 13 14 15 10 11m?(0,] （或{m|0?m?}） 44? 3 （一）必做题（9～13题）

??x?0?0?x?1,或x?1，故应填[0，9. 解析：? 1）(1,??)或{x|0?x?1,或x?1}．

??x?1?0aa?2a2a112a2310.解析：a6?2a3?q?6?2?11 ??a3a5a5a52?q6?3?5，故应填5．

q11. 解析：如11题解析图所示，可知区域D为?OAB，其中

u?2x?y?y??2x?u，A(1,0),B(0,t2)，u为直线y??2x?uy在y轴上的截距，由于u的最大值为2，故直线x?2?1应介

t于直线l1：y??2x即l2:y??2x?2之间，即直线AB在y轴

上的截距t应满足：0?t?2，即?2?t?0或0?t?2 ，故应填??2,022

11题解析图

k?1???0,122??或{t|?2?t?0或0?t?2}．

kk?112. 解析：S?2?2?????2?2?2，则输出的k值为满足不等式2整数，易知k?10，故应填10．

13. 解析：y?lnx?m?y??，易知曲线y?lnx?m在x?1处的切线的斜率k为1，切点为(0,m)，于是切线l的方程为：y?x?m?1．如13题解析图所示，切线l应介于和l平行的直线a、b之间，其中直线a过点A(1,)，直线b和抛物线x2?4y在1?x?4的部分即弧AB相切，易知直线a的方程为：

?2?2014的最小正

1x1433y?x?，直线b的方程为：y?x?1，故应有：?1?m?1??，

44111即0?m?，故应填m?(0,]或{m|0?m?}．

44414. 解析：?+

13题解析图

（二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题，两题全答的，只计前一题的得分）

1?=22sin(???4)?2(sin??cos?) ，等式两边同乘以?并化简，可得

222．又??x?y,?cos??x,?sin??y，从而可知曲线C的?2?1?2?(sin??cos?）22直角坐标系方程为：x?y?1?2x?2y??x?1???y?1??1，即曲线C为半径为1的

22圆，其围成的面积为?，故应填?．

15. 解析：设BC?x，DE=y，由AB?BC，AD?2DE及割线定理可知：

AB?AC?AD?AE?2x2?6y2，?x?3y，即

故?BCF和?EDF相似，即

BC=3，又易知?EDF??BCF，DECFBC?=3，从而CF=3DF?3，故应填3． DFDE高考模拟试题（理科数学）第 - 17 - 页 共 28 页

三、解答题：本大题共6小题，满分80分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16．（本小题满分12分）

???设???1,sin(mx?)?，???n,?1?，若x?0是函数f(x)????的一个零点，且函数f(x)的

2??最大值为m．

（Ⅰ）求实数m和n的值；

2a2?b2?cf(A)（Ⅱ）?ABC中，设?A、?B、?C所对的边分别为a、b、c，若a?c，且222?，

b?c?af(C)求f(B)的值．

解析：（Ⅰ）f(x)?????n?sin(mx?)?n?cosmx， ??2分

2因为x?0是f(x)的一个零点，即f(0)?n?1?0，?n?1， ??4分 易知f(x)?1?cosmx的最大值为2，从而依题意有m?2，综上m?2,n?1． ??6分 f(A)1?cos2Asin2A??（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f(x)?1?cos2x，于是， ??7分 f(C)1?cos2Csin2C?a2?b2?c22abcosCacosCsinAcosC由正弦定理及余弦定理有：222?， ??9分 ??b?c?a2bccosAccosAsinCcosAsin2AsinAcosC故2??sin2A?sin2C，又a?c?A?C， ??10分 sinCsinCcosA于是sin2A?sin2C?2A?2C???A?C??2?B??2， ??11分

?f(B)?1?cos2B?2，即f(B)?2． ??12分

17．（本小题满分12分）

如图4所示, 四边形ABCD为正方形，PA=PD，二面角P?AD?C为直二面角，点E是棱AB的中点.

（Ⅰ）求证：PE?AC；

（Ⅱ）若?PAB为等腰三角形，求二面角P?AC?B的余弦值.

解析：（解法一：向量法）（Ⅰ）由题设条件，可按如图 4-1建立空间直角坐标系，其中O为AD中点，不妨设（0,0,b）正方形ABCD的边长为2a，OP?b,则可知P，A（a,0,0）（a,a,0）（-a,2a,0），E，C ??2分

图4

于是PE=(a,a,?b)，AC=(-2a,2a,0)， ??4分 从而PE?AC=0，故PE?AC，即PE?AC ??6分 （Ⅱ）?PAB为等腰三角形，又易知?PAB为直角，故只能为AP?AB，故a2?b2?2a，

图4-1

（0,0,3a） 易知b?3a，即P， ??7分

显然m=(0,0,1)为平面ACB的法向量， ??8分

高考模拟试题（理科数学）第 - 18 - 页 共 28 页

设平面PAC的法向量为n0=?x,y,z?，由上可知PA=(a,0,?3a)，又AC=(-2a,2a,0)，

?PA?n0?ax?3az?0??PA?n0?由????x?y?3z，故n0=??AC?n0??AC?n0??2ax?2ay?0?3z,3z,z，

?即n=?3,?3,?1亦是平面PAC的法向量， ??10分 0,1)??3,?3,?1m?n(0,7从而cos?m,，又易知二面角P?AC?B为钝角，故n?==?-71?7mn????二面角P?AC?B的余弦值即为-7. ??12分 7（解法二：传统法）（Ⅰ）如图4-2，设点F是棱AD的中点，连接PF，EF，BD， 由PA=PD及点F是棱AD的中点，可知PF?AD， ??1分 又二面角P?AD?C为直二面角，故PF?面ABCD， 而AC在平面ABCD内，故PF?AC， ??2分 因为四边形ABCD为正方形，故BD?AC， ??3分

图4-2

而EF是?ABD的中位线，故EF//BD，从而可知EF?AC， ??4分 又PFEF?F，由PF?AC及EF?AC，可知AC?面PEF， ??5分

而PE在平面PEF内，故PE?AC. ??6分 GE,G（Ⅱ）设点G是AC与EF的交点，由（Ⅰ）可知AC?面PEF，又P均在平面PEF内，

从而有PG?AC，EG?AC，故?PGE为二面角P?AC?B的平面角， ??8分 因为?PAB为等腰三角形，又易知?PAB为直角，故只能为AP?AB，不妨设正方形ABCD的边长为2a，PF?b，故a2?b2?2a，易知b?3a， ??9分 则在直角?PFG中，易知有PF?3a，FG?2a， 22a2?2?FG14723a??a?acos?PGF???于是PG?，故， ??11分 ??2?2PG714??a27显然?PGF??PGE??，故cos?PGE?-cos?PGF??，

77即二面角P?AC?B的余弦值为?． ??12分

7

??218．（本小题满分14分）

现有一枚质地均匀的骰子，连续掷两次，所掷的点数依次记为a，b．

（Ⅰ）若a为偶数，则x?1，否则x?2；若b能被3整除，则y?1，否则y?2.设??xy，求随机变量?的分布列及均值（即数学期望）； （Ⅱ）设命题p:直线y?ax?b与圆x2?y2?1有交点，命题q:a?b?3,求命题(?p)?q为真命题的概率.

高考模拟试题（理科数学）第 - 19 - 页 共 28 页

解析：（Ⅰ）易知事件{a为偶数}的概率为

表1?1： 1，于是对于随机变量x，列表1?1如下： 2x P 1 2 1 21 21事件{b能被3整除}的概率为，于是对于随机变量y，列表1?2如下：

3表1?2：

y P 1 2 1 32 3??xy?随机变量?可取的值为1,2,4， ??1分

111由上述二表可知：P(??1)?P(x?1)?P(y?1)???， ??2分

2361同理可求P(??4)?， ??3分

3111于是P(??2)?1?(?)?， ??4分

632从而可知随机变量?的分布列如表1?3：

表1?3： ? P 1 1 62 1 24 1 3??5分

11155进而可知随机变量?的均值E??1??2??4??，即?的均值E??. ??6分

62322（Ⅱ）由(?p)?q为真命题?命题?p及q均为真，即p为假命题，q为真命题， ??7分 若p为假，则直线y?ax?b与圆x2?y2?1无交点，即直线与圆相离，于是直线ax?y?b?0b?1 ??9分 到圆x2?y2?1的距离d大于圆x2?y2?1的半径r?1，即d?2a?1?b2?a2?1?b?a???①； ??10分 若q为真，则a?b?3???②， 记事件?为“连续掷两次该骰子所得的点数为(a,b)”，事件A(a,b)?(1,2)、,)b使得命题(?p)?q为真命题”(1,3)、(1,4)、(2,3)、为“(a，联立①、②式可知：

(2,4)、???、(3,6)，共12组解，即事件A共有nA?12个基本事件， ??12分

又易知事件?共有n??36个基本事件， ??13分

n1211?，即命题(?p)?q为真命题的概率为. ??14分 则P?A??A?n?3633 19．（本小题满分14分）

2设数列?an?的前n项和为Sn，对于?n?N*满足：an?0，且an是4Sn和3?an的等差中项．

（Ⅰ）求a1的值；

高考模拟试题（理科数学）第 - 20 - 页 共 28 页

（Ⅱ）求数列?an?的通项公式； （Ⅲ）证明：对一切正整数n有，

1111???????. 22a12a2an422解析：（Ⅰ）an是4Sn和3?an的等差中项?2an?4Sn?3?an ??1分

对于上式，令n?1，则2a1?4a1?3?a12?a1?3或a1??1， ??3分 又an?0?a1??1（舍），故a1?3. ??4分

*22（Ⅱ）易知：4Sn?an?2an?3???①，4Sn?1?an?1?2an?1?3???②，n?N， ??5分

22上述两式作差并化简得：2(an+1?an)?an+1?an?2(an+1?an)?(an+1?an)(an+1?an)，

又an?0?an+1?an?2，n?N， ??7分 即数列?an?为等差数列，公差为2，由a1?3，可知an?a1?2(n?1)?2n?1，即数列?an?的通项公式为an?2n?1，n?N*. ??9分 （Ⅲ）于是

11111111111?(?)，??12分 ????(?)，即22an4nn?1an(2n?1)24n2?4n?14n2?4n4nn?1*1111?111111?111?2?????2??(?)?(?)?????(?)??(1?)?，即对一切正整2a1a2an4?1223nn?1?4n?141111???????，证毕. ??14分 22a12a2an4数n有，

20．（本小题满分14分） 如图5所示，点M(x0,y0)，（x0??1，且y0?0）在以F1、F2x2y2为左、右焦点的椭圆C：??1上运动,动三角形MF1F2的

m?1m面积的最大值为2.设直线MF1交椭圆于点A,直线MF2交椭圆于点B，线段MA中点为D. （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）在点M的运动过程中：

（1）设点D到直线l：2x?5y?1?0的距离为d，求d的最大值；

（2）设直线AF2、BF1、OM的斜率依次为kAF2、kBF1、kOM，问：是否存在实数?，使得1kOM??(1kAF2?1kBF1)恒成立？若存在，求?的值；否则，请说明理由.

图5

x2y2解析：（Ⅰ）由椭圆C：??1可知其半焦距c?1，即焦距F1F2?2， ??1分

m?1m1动三角形MF1F2的面积的最大值为2，故S?MF1F2??F1F2?h?h?2，即动点M到x轴的距

2离h的最大值为2.显然当动点M运动到椭圆C的上、下顶点时，点M到x轴的距离的最大，

x2y2即椭圆C的短半轴b?2，于是m?b?4，从而可知椭圆C的方程为??1. ??3分

542高考模拟试题（理科数学）第 - 21 - 页 共 28 页

（Ⅱ）（1）解法一：设A(x1,y1)及直线MA的方程为：y?k1(x?1)，k1?0，

?y?k1x?1?因为点M(x0,y0)，A(x1,y1)为直线MA与椭圆C的交点，故由?x2y2消去y得如下方程：

??1??54(5k12?4)x2?10k12x?5k12?20?0， ??4分 10k12易知x0，x1是上述方程的两个相异实根，?x1?x0??2，又点D(x?,y?)为线段MA5k1?4x1?x0?5k12?5k124k1???y?k(x?1)?k(?1)?的中点，故D点坐标为：x??，， 1125k12?45k12?45k12?45k124k,21)， ?k1?0?， ??6分 即D(?25k1?45k1?4从而点D到直线l：2x?5y?1?0的距离为d?10k1245k?2?21?15k1?45k1?42?(5)22??5k12?45k1?45k12?43，

2?5k12?45k1?42?t5(t?1)k?45k?4(t?1)?0????45?80(t2?1)?0?t2?2，令，则 1125k1?4??即t?2，则d?t3?22，（当且仅当k1?3?10?55?时取等号）

，即dmax?2.??9分 34k?5k12解法二：同解法一求出D点坐标：x??2，y??21，?k1?0?， ??6分

5k1?45k1?41消去参数k1得D点的轨迹方程：4(x?)2?5y2?1，?y?0?，易知D点轨迹为一个椭圆（不含

21左右两个顶点），不妨记该椭圆为C0，显然直线l：2x?5y?1?0过点(?,0)，易知直线l与

2椭圆C0相交，欲使D点到直线l的距离d最大，则椭圆C0过D点的切线l0必平行于直线l，

1此时直线l和l0的距离亦为d.设切线l0的方程为：2x?5y?c?0，联立4(x?)2?5y2?1及

22x?5y?c?0得：8x2?4(c?1)x?c2?0，于是??16(c?1)2?32c2?0，求得c?1?2，由于

直线l和l0平行，故易知此时均有d?c?13?22，即dmax?. ??9分 33（2）解法一: 设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线MA、MB的方程为：y?k1(x?1)，y?k2(x?1)， ?y?k1x?110k12y?3x0?5?222222?(5k1?4)x?10k1x?5k1?20?0?x1?x0??2故由?xy，又k1?0?x1?， 5k?4x?1x?3100???1?54?y1?y0?3x0?5?2y0?3x0?5?2y0(?1)?,)， ??11分 ，即A(x0?1x0?3x0?3x0?3x0?3高考模拟试题（理科数学）第 - 22 - 页 共 28 页

同理可求B(3x0?52y0,), ??12分 x0?3x0?3y0y0，kBF1?, ??13分 2x0?42x0?4于是可求kAF2?从而有

1kAF2?1kBF1?4x041

?，即存在??，满足题设. ??14分 y0kOM4

解法二：设直线MA、F1B、F2A、MB的方程为：x?k1y?1，x?k2y?1，x?k3y?1， x?k4y?1，由题设可知ki?0（i?1,2,3,4），由于上述四条直线两两相交，故ki互不相等，

k1?k4?x?k1?k4?k?k4?x?k1y?1?2?因直线MA、MB交于M点，由????M?1,?x?k4y+1?k1?k4k1?k4?y?2?k1?k4???， ??k2?k4?k?k32?2?B,同理可求：A?1，,??，不妨设k2??k1,k3??k1,k4??k1， ?k?kk?kk?kk?k?2424?313??1?1???1??22,)， ,（显然非零实数?,?,?互不相等且均不为1），于是M??,A(1??(1??)k1??(1??)k1?1??????2x2y2B?,?，又M,A,B三点均在椭圆C：??1上，即有： ???(???)k54?1??1????2??1????2???????2??????1????1?????????(???)k?(1??)k(1??)k????1????1????1??1???①，??1???②，??1???③，??11分 5454542?1?x??2?????1?x??(1?x)k1????1， 对于①，②，可视实数?,?为关于x的方程：542222222即4x2?12x?4?5?0的两根，从而有?+?=3； k1222?x????2??x????(x??)k????1??1， 对于①，③，可视实数1,?为关于x的方程：?54即4k12x2?12k12?x?4k12?2?5?0的两根，从而有1+?=3?，

进而有????2?2?，（亦可由①-②化简得：?=3??，①-③化简得：??3??1，于是

????2?2?）， ??13分

易知kAF2?11211?，kBF1??，kOM?，

k2?k1(1??)k1k3?k1高考模拟试题（理科数学）第 - 23 - 页 共 28 页

从而

1kAF2?1kBF1?(???)k1?(2?2?)k1?4kOM，

即存在??

1

，满足题设. ??14分 4

21．（本小题满分14分） 设函数f(x)=ln(x?1)?axx，(a?R)；g(x)?(1?k)?kx?1，k?(?1,??). x?1（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间； （Ⅱ）当x?[0,1]时，求函数g(x)的最大值；

（Ⅲ）设ai?0(i?1,2,???,n),(n?N，且n?2)，0?p?1，证明：

*?ai?1nnpip??a??i??i?1??n11?p.

解析：（Ⅰ）显然f(x)的定义域为(?1,??)，f?(x)=1a(x?1)?axx?1?a， ??1分 ??22x?1?x?1??x?1?令f?(x)=0?x?a?1， ⅰ）当a?1??1?a?0时：

在区间(?1,??)上，f?(x)>0恒成立，故f(x)的增区间为(?1,??)； ??2分 ⅱ）当a?1??1?a?0时：

在区间(?1,a?1)上，f?(x)<0恒成立，故f(x)的减区间为(?1,a?1)； ??3分 在区间(a?1,??)上，f?(x)>0恒成立，故f(x)的增区间为(a?1,??). ??4分 （Ⅱ）ⅰ）k?0时，g(x)?0，所以g(x)max?0； ??5分

xk?0时，g?(1)?(1?k)ln(1?k)?k，g?(0)?ln(1?k)?k，ⅱ）易知g?(x)?(1?k)ln(1?k)?k，于是：

由（1）可知g?(1)?0， 下证g?(0)?0，即证明不等式ln(1?x)?x?0在x?(?1,0)(0,??)上恒成立.（法一）由上可知：不等式ln(x?1)?x在x?(?1,0)(0,??)上恒成立，若x?1x?(?1,0)(0,??)，则?1xx1)?ln(1?) ??1?(?1,0)(0,??)，故ln(x?1x?1x?1x?1高考模拟试题（理科数学）第 - 24 - 页 共 28 页

xx?1??x，即当x?(?1,0)(0,??)时，ln(1)??x，从而ln(x?1)?x，故当?xx?1??1x?1x?(?1,0)(0,??)时，ln(1?x)?x?0恒成立，即g?(0)?0. ??7分

1?x?1?（法二）令G(x)?ln(1?x)?x，x?(?1,??)，则G?(x)?，列表2如下： 1?x1?x表2：

x (?1,0) (0,??) 0 ?G?(x) G(x) 由表2可知：当x?(?1,0)? 0 极小值 ? (0,??)时，G(x)?G(0)?0，

故ln(1?x)?x?0恒成立，即g?(0)?0. ??7分 由于g?(1)?0，且g?(0)?0，故函数g?(x)?(1?k)ln(1?k)?k区间(0,1)内必存在零点. 又当k?(0,??)时，ln(1?k)?0，指数函数y?(1?k)为增函数?g?(x)为增函数， 同理当k?(?1,0)时，ln(1?k)?0，指数函数y?(1?k)为减函数?g?(x)也为增函数，

xxx(0,??)时， g?(x)?(1?k)xln(1?k)?k必为增函数，

从而函数g?(x)在区间(0,1)内必存在唯一零点，不妨记为x0，则g?(x0)=0，

于是，当k?(?1,0)易知当x?(0,x0)时，g?(x)?0，此时g(x)单调递减； 当x?(x0,1)时，g?(x)?0，此时g(x)单调递增， 又易知g(0)?g(1)?0，故g(x)max?0；

综上，当k?(?1,??)时， g(x)在[0,1]上的最大值为0. ??9分

（Ⅲ）证法一：令a??ai?1ni??a?pinn， 显然有：

i?1?n???ai??i?1?p?n?p??a???a?pipii?1nn?n???ai??i?1??n?????p?i?1?a?p，n1?p?np?n，

?a则不等式

i?1nnpip???a?a??i??i?1?aiaiaipaip?1??1?1?0，于是?0?1i?1,2,???,n注意到：，且，，即，且ppaa?a??a??n1?p???a?pii?1pn?n. ??11分

高考模拟试题（理科数学）第 - 25 - 页 共 28 页

paip?a?故

ppa?a??a???1?i?1??1?p?i?1??1?p?i，i?1,2,???,n， ??12分

a?a??a?pi??a?i?1n?a?ni?1ppa???pa????1?p?i??n(1?p)???i??n(1?p)?a?i?1?i?1?a?pinnp?aii?1na?n(1?p)?np?n，

??a?从而

?a?p?n，即

??a?pii?1n?n???ai??i?1?p?n1?p， ??13分

1又0?p?1?1?p??n1?p?n1?p11?p?a，故不等式

i?1nnpip??a??i??i?1?1?p?n11?p成立，证毕.??14分

??a?pin证法二：同上可将不等式

i?1n??a?i???i?1???pnna??i即???n?pi?1????ai????i?1?pp?n??a?pin化为：

i?1?a?p?ap??n???ip??n,??11分

??i?1?a???n??nn??n，令nai?b，则等价于证明：当b?n时，有bp?n成立， ??iiin?i?1i?1ai???i?1?p又bi??1?bi?1??1?p?bi?1??1?p?pbi， ??12分 故

?bi?1npi???1?p?pbi??n(1?p)?p?bi?n(1?p)?pn?n，于是?bip?n，

i?1i?1i?1nnn??a?pin即

i?1?n???ai??i?1?p?n1?p得证， ??13分

1又0?p?1?1?p??n1?p?n1?p

11?p?a，故不等式

i?1nnpip??a??i??i?1??n11?p成立，证毕.??14分

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高考模拟试题（理科数学）命题细目表

题号 1 2 3 4 5 知识点 集合的关系，分式不等式(2个) 复数的基本概念及其运算(3个) 命题意图 考查集合的关系，分式不等式的解法 考查复数的基本概念及其运算能力 平面向量的坐标表示及基本运算(2个) 考查平面向量的坐标表示及运算能力 空间几何体的三视图(2个) 函数的单调性、奇偶性，二项式系数的对称性、单调性，事件的概率，充要条件的判定(6个) 考查空间想象及运算能力 考查函数的基本性质，二项式系数的特征，事件的概率，充要条件的判定及推理、分析的逻辑思维能力 考查基本初等函数类型及不等式的解法，数形结合及转化化归的数学思想 6 分段函数，简单的指数、对数、绝对值不等式的解法(4个) 7 双曲线的定义和方程，直线的倾斜角，考查双曲线的基本概念及直线的倾斜角，中三角形的中位线性质(5个) 位线定理，数形结合及转化化归的数学思想 考查对新信息的理解及探究，及转化化归的数学思想，充分体现新课改的教学理念 8 函数及其导数为载体来考查对新定义的理解及转化化归的数学思想(4个) 9 10 11 函数的定义域及缜密的数学思维(2个) 考查函数的基本概念及缜密的逻辑思维 等比数列的定义及其性质(2个) 线性规划的逆问题，直线方程的截距式，含参型问题(3个) 考查等比数列的定义及其性质和运算能力 考查逆向分析、解决问题的能力，数形结合的数学思想及分析推理能力，及运动的辩证思维能力 12 算法的基本逻辑结构和程序框图，等比数列求和(3个) 考查算法基本概念及利用算法思想解决问题的综合能力 考查数形结合、转化化归的数学思想及解析几何的本质 考查对极坐标思想的理解及分析能力 13 导数的几何意义，曲线的切线和利用方程思想解决几何问题(4个) 14 圆的极坐标方程与直角坐标系方程的转化,两角和的正弦公式(2个) 15 割线定理，圆内接四边形及相似三角形的判定和性质(3个) 以几何图形考查转化、化归和方程的思想及基本的数学运算能力 考查向量的基本运算及三角函数的图像和16 向量的数量积运算，三角函数的图像和性质，三角恒等变形及余弦定理(5个) 性质，三角恒等变形及余弦定理的应用 高考模拟试题（理科数学）第 - 27 - 页 共 28 页

17 空间的线、面之间的位置关系，空间想象和运算、推理、分析能力(5个) 考查空间想象和运算、推理、分析能力及对空间向量这一数学基本工具的应用能力 考查随机变量的分布列和均值的概念及古典概型，命题与逻辑，直线和圆的位置关系，数形结合的思想及解决实际问题的推理、分析和运算能力 利用等差数列这一基本数列模型来考查推理、证明能力及联想、类比的逻辑思维方式18 随机变量的分布列和均值的概念及古典概型，逻辑联结词和复合命题真假性的判定，直线和圆的位置关系，数形结合的思想(6个) 19 等差数列的概念，一般数列的通项和前n项和的关系及递推关系，裂项放缩证明不等式，逻辑推理与证明能力(6个) 与能力 20 椭圆的定义及其几何性质，直线和椭圆以直线和椭圆的位置关系为载体考查对新的位置关系，和对新问题的探究能力，问题的探究能力，数形结合思想、设而不求数形结合思想、设而不求的整体思想及的整体思想及运算能力，抽象思维和形象思运算能力，抽象思维和形象思维能力，维能力，综合分析、解决问题的能力，本题综合分析、解决问题的能力(7个) 21 利用导数来研究函数性质（单调性，最综合性较强，以期达到选拔优秀考生的功效 以伯努利不等式为背景考查利用导数来研值，极值），函数（主元）、转化与化归、究函数性质，函数（主元）、转化与化归、分类讨论及数形结合的数学思想（复杂问题如何使其简单化），探究、推理、分析的逻辑思维能力，综合分析、解决问题并证明的能力(7个) 分类讨论及数形结合的数学思想，探究、推理、分析的逻辑思维能力，综合分析、解决问题并证明的能力，本题综合性较强，以期达到选拔优秀考生的功效

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