高考数学好题速递400题第101150题有答案和解释.docx
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高考数学好题速递400题第101150题有答案和解释
高考数学好题速递400题（第101―150题有答案和解释）
好题速递1011．在和中，是的中点，，，，若，则与的夹角余弦值为。
解法一：
，则因为，，所以所以所以，所以解法二：
设则又因为为中线，所以，即所以在中，2．一个口袋里装着一个红球、一个黄球、一个蓝球、一个白球，这些小球除了颜色之外，没有区别，从中一次性摸出2个球。
若摸得红球记3分，摸得黄球记2分，摸得蓝球记1分，摸得白球得0分，则得分和至少为4分的概率是。
解：
得分和至少为4分的情况为摸出红和黄或摸出红和蓝，故
好题速递1021．将正方形的四个角（四个全等的小等腰直角三角形）分别沿其底边向同侧折起，使其与原所在平面成直二面角，则所形成的空间图形的12条棱所在的直线中，共有异面直线对。
解：
可以将空间图形放回正方体内，问题就转化为8条侧面对角线与底面4条棱所在直线组成几对异面直线。
以对角线为一条，共有三条对角线异面，共有对还有两条底边棱异面，共有对所以共有28对。
2．某次中俄军演中，中方参加演习的有4艘军舰，3架飞机；俄方有5艘军舰，2架飞机。
从中俄两方中各选2个单位（1艘军舰或1架飞机都作为一个单位，所有的飞机和军舰都是不同的），则选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有种．解：
好题速递1031．正，，，，则满足条件的正边长的最大值是．解：
，解得，解得所以故2．用1，2，3，4，5，6组成数字不重复的六位数，满足1不在左右两端，2，4，6三个偶数中有且仅有两个偶数相邻，则这样的六位数共有个．解：
288个
好题速递1041．已知函数是上的奇函数，且在区间上单调递增，。
设，集合，集合，则。
解析：
易得，，所以或由此所以即，恒成立即，即令，则对恒成立所以令，所以所以2．有四名志愿者到三个景点服务，每个景点至少1名大学生，则甲乙两名志愿者被分到不同景点的情况有种．解：
好题速递1051．如图，已知正方体的棱长为4，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，是侧面内一动点，且点到平面的距离等于线段的长，则当点运动时，的最小值是。
【解析】依题意知点到点的距离与点直线的距离相等，所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线。
作于，则最小时最小。
再由解析几何可得，所以最小值为22，即2．某教师一天上3个班级的课，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能连上3节课（第5和第6节不算连上），那么这位教师一天的课的所有排法有种．解：
好题速递1061．在平面直角坐标系中有两点，以原点为圆心，以为半径作圆，与射线交于点，与轴正半轴交于点，则当变化时，的最小值为。
解：
设所以问题等价于点与轴上的点连线段长的和最短作，则当且仅当时，取得最小值。
2．一副扑克牌（有四色，同一色有13张不同牌）共52张．现随机抽取3张牌，则抽出的3张牌有且仅有2张花色相同的概率为 （用数值作答）．解：
好题速递1071．在中，，，是内部一点，且满足，则。
解：
由得又故设，则，，故在中由正弦定理得，在中由正弦定理得，所以，解得所以所以2．五位同学各自制作了一张贺卡，分别装入5个空白信封内，这五位同学每人随机地抽取一封，则恰好有两人抽取到的贺卡是其本人制作的概率是。
解：
好题速递1081．已知实数满足，且，则的最小值为。
解：
令，，则，当且仅当，即，即时取得等号。
选题理由：
在解决不等式问题时，如果出现分母里的字母较多较复杂时，不妨考虑先换元使得分母简单，更容易看清题目考查的本质。
这里其实是以往我们非常熟悉的一次和与倒数和的不等式应用，只是将等式转化为不等式，注重考查了等号能否取到的问题。
同类题：
已知正数满足，则的最小值为。
解：
令，，则，所以故问题转化为分式函数求值域的问题。
易得当，即时，2．从集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}中任取两个数，欲使取到的一个数大于k，另一个数小于k（其中k{5,6,7,8,9}）的概率是，则k=．解：
，解得
好题速递1091．在直角坐标系中，若直线与曲线有四个交点，则实数的取值范围是。
解：
是偶函数，故只需画出时的图象，，再关于轴对称作出整个图象易求得与相切时，斜率故由图可知时，恰有四个交点。
选题理由：
遇到一个未知函数时，一定要充分利用奇偶性和单调性画出函数图象。
考试中遇到的函数图象往往是几段能画的图象拼接而成，画好图象是解决函数问题的王道！
2．甲、乙、丙、丁四位同学各自在周五、周六、周日三天中任选一天参加公益活动，则每天都有同学参加公益活动的概率是_________。
解：
好题速递1101．设是定义在上的函数，对任意的，恒有成立，，若在上单调递增，且，则的取值范围是。
解：
令，得又因为在上单调递增，故在上也单调递增，又是奇函数，故在上单调递增，得所以所以，得2．已知且，则复数对应点在第二象限的概率为。
（用最简分数表示）解：
好题速递1111．已知，若，使得，则实数的取值范围是。
解：
要使命题成立需满足，函数在上是增函数，所以，函数在上是减函数，所以，所以。
2．一家5口春节回老家探亲，买到了如下图的一排5张车票：
窗口6排A座6排B座6排C座走廊6排D座6排E座窗口其中爷爷行动不便要坐靠近走廊的位置，小孙女喜欢热闹要坐在左侧三个连在一起的座位之一，则座位的安排方式一共有__________种。
解：
30
好题速递1121．若实数满足，则的最大值是。
解：
令，则，问题转变求为圆弧上一点到原点的距离的平方减3的最大值故2．设集合，则集合A中满足条件“”的元素个数为。
（用数字作答）解：
十个字母中有个字母是，有个字母是0，故有
好题速递1131．在平面直角坐标系中，定义点、之间的“直角距离”为，若到、的“直角距离”相等，其中实数满足，则所有满足条件的的轨迹的长度之和为．解：
先以为分类指标，当时，，无解当时，，无解当时，再以为分类指标，若，则，线段长度为1；若，则，线段长度为；若，则，线段长度为4；故的轨迹的长度之和为2．用数字“”组成一个四位数，则数字“”都出现的四位偶数有个。
解：
7
好题速递1141．在平面直角坐标系中，圆，圆，过轴负半轴上一点作圆的切线，与圆O相切于点A，与圆分别相交于点，若，则点的坐标为。
解：
设，连结，并作，则，在中，有所以解得，所以又，所以，即，所以，所以2．设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则。
解：
，所以即，解得
好题速递1151．如图，为的外心，，，为钝角，是边的中点，则的值为．解：
因为所以2．袋子中装有大小、材质都相同的2个绿球、3个白球共5个小球．随机从袋子中一次性摸取2个小球，规定摸到1个绿球得2分、1个白球得1分．问摸取2个小球的得分之和为几分的概率是最大的？
试通过计算给出回答．解：
摸取个小球的得分之和可能出现三种情况，依次记其发生的事件分别为．事件表明摸取的个小球都为白球，其概率；事件表明摸取的个小球为个白球个绿球，其概率；事件表明摸取的个小球为个绿球，其概率．通过以上的计算结果可以知道：
摸取个小球的得分之和为分的概率是最大的．评注：
注意一下大题的书写方式。
好题速递1161．已知中，角的对边满足，则的最大值是．解：
即，且为钝角，为锐角由余弦定理得锐角在区间上递减，故当时，则2．各大学在高考录取时采取专业志愿优先的录取原则．一考生从某大学所给的个专业中，选择个作为自己的第一、二、三专业志愿，其中甲、乙两个专业不能同时兼报，则该考生有______种不同的填报专业志愿的方法（用数字作答）．解：
好题速递1171．已知为锐角，且，则的最大值是．解法一：
即当且仅当时取得等号。
解法二：
由得即即当且仅当，即时取得等号。
2．三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛，若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是。
解：
好题速递1181．已知函数对任意都有，则实数的取值范围是。
解：
这里如果直接代入去解很繁琐，所以进行一次换元有效简化计算。
令，，则问题转化为对恒成立代入后化简得所以对恒成立或对恒成立即或2．在“学雷锋，我是志愿者”活动中，有6名志愿者要分配到3个不同的社区参加服务，每个社区分配2名志愿者，则甲、乙两人分到同一社区的概率为。
解：
好题速递1191．在三棱锥中，，，，，则直线与所成角的余弦值是。
解：
将三棱锥放入到长方体内，长方体的高，，，，，故在中，2．如果某年年份的各位数字之和为7，我们称该年为“七巧年”。
例如，年份2014的各位数字之和为7，恰为“七巧年”。
那么从2000年到2999年中“七巧年”共有年。
解：
21
好题速递1201．已知，则的最大值为。
解：
设，由此可知，越大，抛物线顶点越低，由于，如图所示，当抛物线过点时，2．两个三口（父母及一个小孩）之家共同游览黄山，需乘坐两辆不同的缆车，每辆缆车最多只能乘坐4人，但两个小孩不能单独乘坐同一辆缆车，则不同的乘坐方法共有种。
解：
好题速递1211．在中，若，则的最大值为。
解：
即，则2．现有4人去旅游，旅游地点有A、B两个地方可以选择。
但4人都不知道去哪里玩，于是决定通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去哪里玩，掷出能被3整除的数时去A地，掷出其他的则去B地；
（1）求这4个人中恰好有1个人去B地的概率；
（2）求这4个人中去A地的人数大于去B地的人数的概率。
解：
依题意，这4个人中，每个人去A地旅游的概率为，去B地的人数的概率为设“这4个人中恰有人去A地旅游”为事件∴
（1）这4个人中恰有1人去A地游戏的概率为
（2）设“这4个人中去A地的人数大于去B地的人数”为事件B，则，
好题速递1221．已知，，且的最小值为。
解：
的周期为8，图象关于点中心对称，图象也关于点中心对称，故要最小，在轴右侧最靠近轴的四个点
2．将3个不相同的黑球和3个相同白球自左向右排成一排，如果满足：
从任何一个位置（含这个位置）开始向右数，数到最末一个球，黑球的个数大于或等于白球的个数，就称这种排列为“有效排列”，则出现有效排列的概率为。
解：
“有效数列”要求从后往前数，黑球数目总是大于或等于白球的个数，有如下五种模式○○○●●●；○○●○●●；○●○○●●；以上三种是后两位都是黑球○●○●○●；○○●●○●；以上两种是后三位黑白黑（罗列要有规律）故概率为评注：
在求概率的时候所有的相同不同的球一律视为不同，从而保证基本事件等概率。
好题速递1231．自平面上点引两条射线，，点分别在射线，上，且（点与点不重合），且，则的取值范围是。
解：
设，则，2．一个不透明的袋中装有大小形状完全相同的黑球10个、白球6个（共16个），经过充分混合后，现从中任意摸出3个球，则至少得到１个白球的概率是（用数值作答）．解：
好题速递1241．若的内角满足，则的最小值是。
解：
由得，即1234567892．用红、黄、蓝三种颜色分别去涂图中标号为1,2,3,…,9的9个小正方形（如图），需满足任意相邻（有公共边的）小正方形所涂的颜色都不相同，且标号为“1、5、9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法中，恰好满足“1、3、5、7、9”为同一颜色，“2、4、6、8”为同一颜色的概率为。
解：
求n（）：
第一步：
涂1、5、9，有3种方法；第二步：
涂2、6、3，类①，2、6同色：
涂2、6，有2种（如1涂红，则2、6可黄黄或蓝蓝），涂3，有2种（3与2不同色，但可与1同色）.故有22=4种；类②，2、6不同色：
涂2、6，有2种（如1涂红，则2、6可黄蓝或蓝黄），涂3，只有1种（只能与1同色）.故有2种；第二步：
涂4、8、7，与涂2、6、3一样，有4+2=6种.故共有n（）=366=108.求n（A）：
把“1、3、5、7、9”看作一块，“2、4、6、8”看作另一块，用3种颜色涂这2块，∴n（A）=，∴.
好题速递1251．设是双曲线在第一象限内的点，为其右焦点，点关于原点的对称点为，若，设且，则双曲线离心率的取值范围。
解：
设左焦点为，令，，则所以，即因为，所以所以即又因为于是得因为，所以故故2．从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中,随机（等可能）取两点,则该两点间的距离为的概率是 .解：
好题速递1261．已知函数，若存在，使得函数有三个零点，则实数的取值范围是。
解：
若，对称轴时，在上递增若，对称轴时，在上递增所以当时，在上递增，则函数不可能有三个零点，故只需考虑的情况画出的大致图象知，要使得函数有三个零点，只能即，即存在，使得即可令，只要使即可，而故2．如图，沿田字型的路线从往走，且只能向右或向下走，随机地选一种走法，则经过点的概率是．解：
好题速递1271．已知是空间相互垂直的单位向量，且，则的最小值是。
解法一：
由知在方向上的投影为1，在方向上的投影为2，是在组成的平面内的任意向量，表示空间向量的终点到平面上任一点的距离，最小值就是连线垂直于平面时，即解法二：
2．从集合中随机选取一个数记为m，从集合中随机选取一个数记为n，则方程表示焦点在轴上的椭圆的概率为．解：
好题速递1281．已知函数，若关于的方程有五个不同实根，则的值是。
解：
画出的图象，可知当时，有3个根，把代入，得或当时，方程有5个根，当时，或，此时有7个根，舍去。
2．袋子中装有大小、材质都相同的2个绿球、3个白球共5个小球．随机从袋子中一次性摸取2个小球，规定摸到1个绿球得2分、1个白球得1分．问摸取2个小球的得分之和为几分的概率是最大的？
试通过计算给出回答．解：
摸取个小球的得分之和可能出现三种情况，依次记其发生的事件分别为．………………1分事件表明摸取的个小球都为白球，其概率；…………2分事件表明摸取的个小球为个白球个绿球，其概率……3分事件表明摸取的个小球为个绿球，其概率．……4分通过以上的计算结果可以知道：
摸取个小球的得分之和为分的概率是最大的．………5分
好题速递1291．已知三棱锥的侧面底面，侧棱，且，如图平面，以直线为轴旋转三棱锥，记该三棱锥在平面上的俯视图面积为，则的取值范围是。
解：
因为侧面底面，所以在旋转过程中等边在底面上的射影总在侧面与平面的交线上，且长度范围是由已知可推得所以2．袋子里有3颗白球，4颗黑球，5颗红球．由甲、乙、丙三人依次各抽取一个球，抽取后不放回．若每颗球被抽到的机会均等，则甲、乙、丙三人所得之球颜色互异的概率是。
解：
好题速递1301．已知非零向量的夹角为，，，则的取值范围是。
解：
由与两式平方相加和相减得和，得2．
（1）的展开式中常数项为240，则的展开式中项的系数为。
（2）2015年5月12日，尼泊尔再次发生强烈地震，世界各国纷纷派出搜救队员参与到尼泊尔的抗震救灾中。
现要从7名中国籍搜救队员，4名非中国籍搜救队员中选5名组成一支特殊搜救队到某地执行任务，求这5名队员中至少有2名非中国籍队员的概率。
解：
（1）
（2）
好题速递1311．函数，，若对，，，则的最大值为。
解：
，若使对，，成立首先需使且且线段与曲线无交点由得无正根（i）若，即时，要求，解得，即（ii）若时，满足，恒成立综上，故要使对，，成立只需，画出可行域可得2．
（1）若复数与其共轭复数满足，，则。
（2）若函数的图象总在图象的上方，求实数的取值集合。
解：
（1）2
（2）对且恒成立，故或令，……，得
好题速递1321．已知，若的最大值是，则关于的不等式的解集是。
解：
令，则所以当时，当时，当时，，解得或2．
（1）设，复数满足：
且（其中为虚数单位），求．
（2）已知是函数的一个极值点，图像经过点．设在其图像上不同两点处的切线分别为．当时，求证为定值．
（1）解：
由得．再由得.解得．
（2）解：
由得．由是函数的一个极值点知．又由图像经过点得．所以．．由得．化为．由于，得．所以当时，为定值．
好题速递1331．如图，一条隧道的截面由一个长方形和抛物线构成，现欲在隧道抛物线拱顶上安装监控探头，若位置对隧道底的张角最大时，采集效果最好，则采集效果最好时位置到的距离是。
解：
以抛物线顶点为原点建系，则抛物线方程为，设，则且所以两式相除得当且仅当时，即到的距离为m时，取得2．
（1）某校周四下午第三、四两节是选修课时间，现有甲、乙、丙、丁四位教师可开课。
已知甲、乙教师各自最多可以开设两节课，丙、丁教师各自最多可以开设一节课。
现要求第三、四两节课中每节课恰有两位教师开课（不考虑教师所开课的班级和内容），则不同的开课方案共有种。
解：
若只有甲乙两人开课，他们两人每人开设两节，只有一种方案；若甲乙两人开课，丙丁中有一人开课，则有种方案；若甲乙两人中有一人开课，丙丁两人均开课，有种方案；若甲乙丙丁四人全部开课，每人一节，有种方案；故共有19种
（2）若二项式展开式中含有常数项，则的最小取值是。
解：
7
好题速递1341．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交双曲线的右支于两点，若，且，则双曲线的离心率为。
解：
如图所示，标出两个焦点三角形各边的长度，是的中点，则在中，利用勾股定理得所以即2．
（1）将二项式的展开式按的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中的指数是整数的项共有个。
（2）无重复数字的五位数a1a2a3a4a5，当a1a3，a3a5时称为波形数，则由1，2，3，4，5任意组成的一个没有重复数字的五位数是波形数的概率为。
解：
（1）3个
（2）五个数任意排列，有种不同排法若将5排在位置，4排在位置，其余三个数任意排，有种5与4交换位置，又有6种；若将5排在位置，3排在位置，则4只能排在位置，其余两个数有2种排法；5与3交换位置，又有2种；共计6+6+2+2=16种，概率为
好题速递1351．已知向量的夹角为，，向量，的夹角为，，则的最大值为。
解法一：
，则，，又，，此时四点共圆（也可能不四点共圆，点C关于AB对称点也可，但要使最大，显然四点共圆时更大）。
由正弦定理得，则在中，，由余弦定理得即所以解法二：
同前，四点共圆由正弦定理得，，又所以当且仅当为等腰三角形时，故的最大值为24。
解法三：
同前，四点共圆由极化恒等式故2．
（1）“预祝大家高考满堂红”这句话，如图所示形式排列，从“预”字读起，只允许逐字沿水平向右或竖直向下方向读，则读完整句话的不同读法共有种．答案：
种
（2）的展开式中的系数是。
解：
14
好题速递1362015年浙江第18题设函数，记为在上的最大值
（1）设，求证：
（2）若，请求出的最值。
证明：
（1）因为对称轴或证法一：
规划视角故，又结合，可以从规划视角来解题，以为横坐标，为横坐标建系，画出可行域如图1所示，目标函数视为可行域内的点到直线的距离的倍，显然当取点时同理，可行域如图2所示，目标函数视为可行域内的点到直线的距离的倍，显然当取点时综上，证法二：
绝对值不等式解法三：
令，则在同一个坐标系中画出和的图象，两者取其大，则显然当时，故
（2）解法一：
规划视角显然又是一个规划问题了。
以为横坐标，为横坐标建系，画出可行域如图中的蓝色部分。
这里画图时注意到上下两条抛物线恰与两条直线相切（这里命题人命题时可能又是两边夹的应用）目标函数，（当然这个目标函数也可以理解为一个正方形逐渐变大）显然当在第一象限（含坐标轴）时，目标函数当在第二象限时，目标函数当在第三象限时，目标函数当在第四象限时，目标函数综上，的最大值为3，最小值为0。
解法二：
显然，而时，，，所以可以取到，所以又由
（1）的逆否命题可知当时，必有，且（i）若，则（ii）若，则，所以，从而当且仅当时，，，综上，的最大值为3，最小值为0。
解法三：
显然，而时，，，所以可以取到，所以由故故或又，故这种解法范�|同学考前特地拿来问，硬逼着我去解，难道他做梦做到这个题了？
呵呵！
好题速递1372015年第20题已知数列满足且
（1）求证：
（2）若数列的前项和为，证明：
证明：
解法一：
综合法
（1），故又，故与同号，又因为，故，即所以，即解法二：
分析法，而，故与同号，又因为，故，即，且另一端要证，即证，即证，即证，显然成立，故本题的几何背景：
是二次型结构的递推关系式，所以可将视为抛物线上的点，则可视为点与原点连线的斜率。
画出的图象，因为原点处的导数值，点与原点连线斜率为，故即
（2）由，可得分析法要证，即证即证即证（★）解法一：
由的二次型结构，考虑用取倒法证明故由
（1）知，得累加得，即从而★式得证，原命题得证。
解法二：
从第一小题的结论出发，利用单调性放缩由得所以，即故累加得，所以同理，又由第1小题的另一边得，即，故累加得，所以即，得证。
评注：
本解法多次用到了累加，是典型的等变不等的问题。
特别是第二小题，如果在第一小题的基础上，想到将不等号全部改为等号，那么提示意味就很明显一些了。
考前学生们做了1、已知数列中，，（I）求；（II）求数列的通项公式；（III）设数列满足，，求证：
解：
（I）（II），两式相减得，即，故累乘得（III）由（II）得故是单调递增数列，故要证，只需证若，则，显然成立；若，则故，即故所以，所以
好题速递138（2015年浙江高考第13题）如图，在三棱锥中，，，若分别为的中点，则异面直线所成角的余弦值为。
解析：
因为三棱锥三组对边相等，故可以将其放入长方体内，构造长方体模型解决。
如图所示，根据题中条件，，可得构造的长方体长、宽、高分别为。
建系得，，，，
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