并求此时直线的方程考点直线与椭圆的位置关系椭圆的标准方程分析利用椭圆的离心率公式及焦点三角形的周长公式，求得和的值即可求得椭圆方程确定四边形为平行四边形，则，表示出面积，利用基本不等式，即可求得最大值，从而可得直线的方程解答解由离心率为，则的周长，则，则则，椭圆的方程由，则四边形为平行四边形，当直线的斜率不存在时显然不符合题意当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆交于，两点，由得由，得，丨丨•丨丨丨丨，四边形面积丨丨令，则由上可知当且仅当，即时取等号当，平行四边形面积的最大值为，此时直线的方程为已知函数，∈，其图象与轴交于，两点，且求的取值范围证明为的导函数设点在函数的图象上，且为等边三角形，记，求的值考点利用导数研究函数的单调性分析讨论的符号，判断的单调性，计算的极值，根据零点个数得出的极小值为负数，列出不等式解出计算，根据函数单调性判断的符号，根据的单调性得出结论用，表示出点坐标，根据等边三角形的性质列方程化简即可求出和的关系，再计算的值解答解若，则，则函数在上单调递增，这与题设矛盾，令得，令得，在∞，上单调递减，在，∞上单调递增，有两个零点，解得证明，是的零点两式相减得记，则，设，则，是减函数又，是增函数，由得设在等边三角形中，易知由等边三角形性质知即，即，选修参数方程与坐标系以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的直角坐标为点的极坐标为，若直线过点，且倾斜角为，圆以为圆心，为半径Ⅰ求直线的参数方程和圆的极坐标方程Ⅱ设直线与圆相交于，两点，求•考点简单曲线的极坐标方程参数方程化成普通方程分析根据题意直接求直线的参数方程和圆的极坐标方程把代入，利用参数的几何意义，即可得出结论解答解Ⅰ直线的参数方程为为参数，答案不唯，可酌情给分圆的极坐标方程为Ⅱ把代入，得，设点，对应的参数分别为，则•选修不等式选讲已知函数当时，求不等式的解集证明考点不等式的证明绝对值不等式的解法分析分类讨论，解不等式，即可得出结论，利用三角不等式，及基本不等式即可证明结论解答解当时原不等式等价于或或解得或∈∅或，所以不等式的解集为或年月日生育意愿与城市级别无关考点独立性检验分析根据，有以上的把握认为生育意愿与城市级别有关，即可求得答案解答解根据列联表所给的数据，代入随机变量的观测值公式，，有以上的把握认为生育意愿与城市级别有关，故选若，满足条件，则目标函数的最小值是考点简单线性规划分析由约束条件作出可行域，再由的几何意义，即可行域内的动点与原点距离的平方求解解答解由约束条件作出可行域如图，的几何意义为可行域内的动点与原点距离的平方，原点到直线的距离，的最小值是故选已知若直线≠与线段相交，则实数的取值范围是，∪，∞∞，∪，，∪，，∪，考点两条直线的交点坐标直线的斜率分析由题意知，两点，分布在直线的两侧，利用直线两侧的点的坐标代入直线的方程中的左式，得到的结果为异号，得到不等式，解之即得的取值范围解答解由题意得两点，分布在直线≠的两侧解得或，故选已知函数，的图象如图所示，若，∈则的值为考点由的部分图象确定其解析式分析由函数的最值求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，求出函数的解析式再由求出的值，可得的值，再由两角差的正弦公式求得的值解答解由函数的图象可得，且，解得再由五点法作图可得•，解得故函数的解析式为再由，∈可得•，解得，故有，故选设双曲线，的左焦点为，左顶点为，过作轴的垂线交双曲线于两点，过作垂直于，过作垂直于，设与的交点为，若到直线的距离大于，则该双曲线的离心率取值范围是，∞，，∞考点双曲线的简单性质分析根据双曲线的对称性，则由•，求得，由到直线的距离，由丨丨，即可求得，利用双曲线的离心率公式即可求得的取值范围解答解由题意可知由双曲线的对称性可知在轴上，设则⊥，则•，•，则，由到直线的距离，丨丨，则由椭圆的离心率，双曲线的离心率取值范围，∞，故选令，得，即时，最大结合可得，在中，由正弦定理得⇒，⇒故答案为三解答题本大题共个小题，共分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，求数列和的通项公式令•，设数列的前项和为，求考点数列的求和等差数列与等比数列的综合分析利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出利用错位相减法等比数列的求和公式即可得出解答解设数列的公差为，数列的公比为，则由，得，解得，所以，由可知••，得••••，•在如图所示的多面体中，四边形为正方形，底面为直角梯形，为直角平面⊥平面求证⊥若，求二面角的余弦值考点二面角的平面角及求法直线与平面垂直的性质分析推导出⊥，⊥，从而⊥，设，以所在的直线分别为轴坐标系，利用向量法能证明⊥求出平面的个法向量和平面的个法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值解答证明底面为直角梯形，∥⊥，⊥，平面⊥平面，平面∩平面，⊥平面⊥平面，⊥，设，以所在的直线分别为轴建立如图坐标系，则⊥解由知是平面的个法向量，设是平面的个法向量则，取，即二面角的余弦值为个正四面体的骰子四个面分别标有，四个数字，掷次骰子三个侧面的数字的和为点数，连续抛掷骰子两次设为事件两次掷骰子的点数和为，求事件发生的概率设为两次掷骰子的点数之差的绝对值，求随机变量的分布列和数学期望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分析两次点数之和为，即两次的底面数字为可得的可能取值为利用相互独立与古典概率计算公式即可得出解答解两次点数之和为，即两次的底面数字为若函数在区间，上存在极大值点，则实数的取值范围是∞，∞，，，考点利用导数研究函数的极值分析，令，则即可求出实数的取值范围解答解令，则实数的取值范围为，故选二填空题本大题共小题，每小题分，共分，请将正确答案填在答题卷相应位置的展开式中含项的系数为考点二项式系数的性质分析根据的展开式通项公式，分析的展开式中含项是如何构成的，从而求出结果解答解的展开式中，设的通项公式为•，则的展开式中含项的系数为故答案为考点定积分分析利用定积分的运算性质，根据定积分的几何意义，即可求得答案，解答解，由定积分的几何意义可知表示单位圆面积的，即，故答案为已知半径为的球内切于正四面体，线段是球的条动直径，是直径的两端点，点是正四面体的表面上的个动点，则的取值范围是，考点向量在几何中的应用分析运用向量的加减运算和数量积的性质向量的平方即为模的平方，讨论位于切点和顶点时分别取得最值，即可得到所求取值范围解答解由题意，是直径的两端点，可得，•，则•••，即求正四面体表面上的动点到的距离的范围当位于切点时，取得最小值当位于处时，即为正四面体外接球半径最大即为设正四面体的边长为，由为正四面体的中心，可得直角三角形中，综上可得的最小值为，最大值为则的取值范围是，故答案为，中是边的个三等分点靠近点，记，则当取最大值时，考点正弦定理分析由，得可得，由已知得，利用和可得取最值时，间的数量关系解答解，≠由∈可得，在中，由正弦定理可将，变形为则，即在中，由余弦定理得由得令的条动直径，是直径的两端点，点是正四面体的表面上的个动点，则的取值范围是中是边的个三等分点靠近点，记，则当取最大值时，三解答题本大题共个小题，共分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，求数列和的通项公式令•，设数列的前项和为，求在如图所示的多面体中，四边形为正方形，底面为直角梯形，为直角平面⊥平面求证⊥若，求二面角的余弦值个正四面体的骰子四个面分别标有，四个数字，掷次骰子三个侧面的数字的和为点数，连续抛掷骰子两次设为事件两次掷骰子的点数和为，求事件发生的概率设为两次掷骰子的点数之差的绝对值，求随机变量的分布列和数学期望已知椭圆的离心率为，分别是椭圆的左右焦点，为椭圆上除长轴端点外的任意点，且的周长为求椭圆的方程过点，作直线与椭圆交于两点，点满足为原点，求四边形面积的最大值，并求此时直线的方程已知函数，∈，其图象与轴交于，两点，且求的取值范围证明为的导函数设点在函数的图象上，且为等边三角形，记，求的值选修参数方程与坐标系以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的直角坐标为点的极坐标为，若直线过点，且倾斜角为，圆以为圆心，为半径Ⅰ求直线的参数方程和圆的极坐标方程Ⅱ设直线与圆相交于，两点，求•选修不等式选讲已知函数当时，求不等式的解集证明年江西省九校联考高考数学模试卷理科参考答案与试题解析选择题本大题共小题，每小题分，共分，在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的已知集合则∩，，，，考点交集及其运算分析化简集合，求出∩即可解答解集合∞∩，故选已知复数满足•，则考点复数代数形式的乘除运算分析利用复数的运算法则模的计算公式即可得出解答解，复数满足••则故选已知上的奇函数满足当时则考点函数奇偶性的性质分析由为奇函数即可得出，进而得出，而根据时的解析式即可求出，从而可求出的值解答解根据条件，故选几何体的三视图如图所示单位，则该几何体的体积等于考点由三视图求面积体积分析由三视图还原原图形，得到原几何体是个半圆柱与个直三棱柱的组合体，然后利用柱体体积公式求得答案解答解由三视图还原原几