（江苏版）高考数学走出题海之黄金50题系列（第02期）专题02 冷点可能考精选50题（含解析）-人教版高三全册数学试题VIP免费

专题二冷点可能考精选第二期题组一1．在整数集中，被除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，，，，，．给出如下四个结论：①；②；③；④整数，属于同一“类”的充要条件是“”．其中，正确结论的个数是【答案】2【解析】试题分析：①故①错误；②故②错误；③因为整数集中的数被5除的数可以且只可以分成五类，故Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]，故③正确；④ 整数a，b属于同一“类”，∴整数a，b被5除的余数相同，从而a-b被5除的余数为0，反之也成立，故“整数a，b属于同一“类”的充要条件是“a-b∈[0]”．故④正确．故答案为：③④正确结论的个数是2.2．设曲线在点处的切线方程为，则的值依次为【答案】【解析】试题分析：因为，所以，方程的斜率为2，由题意得，解得，又因为点在直线上，所以．3．已知，则的是【答案】.【解析】1试题分析：，∴．4．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积.【答案】【解析】试题分析：由题意可知上下底面中心连线的中点就是球心，求出球的半径，即可求出球的表面积．根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，则其外接球的半径为．5．定义12...nnppp为n个正数12,,...,nppp的“均倒数”.若已知正数数列{}na的前n项的“均倒数”为121n,又14nnab,则12231011111...bbbbbb.【答案】1011【解析】试题分析：由于，，则:12231011111...bbbbbb6．已知双曲线22221xyab（a＞0,b＞0）的离心率为4，过右焦点F作直线交该双曲线的右支于M,N两点，弦2MN的垂直平分线交x轴于点H，若10MN，则HF=.【答案】20【解析】试题分析：如图，设，则.由题意得，，所以.易知，所以.xyM'N'EHDNFOM7．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABB1A1⊥底面ABC，1112ABBCCAAA，∠A1AB＝120°，D、E分别是BC、A1C1的中点．（Ⅰ）试在棱AB上找一点F，使DE∥平面A1CF；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求多面体BCF－A1B1C1的体积．【答案】（Ⅰ）F是AB的中点时，DE∥平面A1CF．（Ⅱ）多面体BCF－A1B1C1的体积58V．【解析】（Ⅰ）F是AB的中点，证明如下：3连结DF，又因为D、E分别是BC、A1C1的中点，所以，又，且A1E＝12A1C1，则，故四边形A1FDE是平行四边形，所以DE∥A1F，又A1F平面A1CF，DE平面A1CF，所以DE∥平面A1CF．4分（Ⅱ）连结AB1，在△AA1B1中，∠AA1B1＝60°，A1A＝2，A1B1＝1，根据余弦定理，22121221cos603AB，则2221111ABABAA，所以A1B1⊥AB1，由（Ⅰ）知，F是AB的中点，则CF⊥AB，面ABB1A1⊥面ABC，所以AB1⊥底面ABC，即AB1是三棱柱ABC－A1B1C1的高．111ABCABCV三棱柱＝33344，V三棱锥1CAAF＝111312sin12032228，所以多面体BCF－A1B1C1的体积58V．12分8．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120°，G为线段PC上的点（Ⅰ）证明：BD⊥面PAC（Ⅱ）若G是PC的中点，求DG与APC所成的角的正切值（Ⅲ）若G满足PC⊥面BGD，求的值．4【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）（Ⅲ）若G满足PC⊥面BGD， OG⊂平面BGD，∴PC⊥OG，且PC==．由△COG∽△CAP，可得，即，解得GC=，∴PG=PC﹣GC=﹣=，∴.9．数列满足.（Ⅰ）设，证明：是等差数列；（Ⅱ）求的通项公式.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）的通项公式为5【解析】（Ⅰ）由得，即，又，所以是首项为1，公差为2的等差数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，即，于是，所以，即，又，所以的通项公式为.10．如果数列满足：且，则称数列为阶“归化数列”．（1）若某4阶“归化数列”是等比数列，写出该数列的各项；（2）若某11阶“归化数列”是等差数列，求该数列的通项公式；（3）若为n阶“归化数列”，求证：．【答案】（1）或；（2）或；（3）证明见解析.【解析】（1）设成公比为的等比数列，显然，则由，得，解得，由得，解得，所以数列或为所求四阶“归化数列”；（2）设等差数列的公差为，由，6所以，所以，即，当时，与归化数列的条件相矛盾，当时，由，所以，所以当时，由，所以，所以（n∈N*，n≤11），所以（n∈N*，n≤11），（3）由已知可知...