1、∥，求出⊥，⊥，由此能证明⊥平面四棱锥的体积由此能求出四棱锥的体积解答证明连接令与交于点，连接，点是中点，∥且又∥且，∥且，四边形为平行四边形，∥，又⊥平面，⊂平面，⊥四边形为正方形，⊥∩，⊥平面，⊥平面解⊥平面，⊂平面，平面⊥平面，又⊥，⊥平面，是四棱锥的高，四棱锥的体积已知椭圆的离心率，直线与圆相切求椭圆的方程已知定点若直线≠与椭圆相交于，两点，试判断是否存在实数，使得以为直径的圆过定点若存在，求出位后得到的函数的图象，根据所得函数是个偶函数，则，∈，可得，故答案为已知，是球表面上的点，⊥平面，⊥，则球的表面积为考点球的体积和表面积分析四面体的外接球半径等于以长宽高分别三边长的长方体的外接球的半径，由。
2、弦定理分析由正弦定理化简已知的条件列出方程，由条件求出三边的关系，由余弦定理求出的值由和勾股定理可得，由条件求出的值，代入三角形的面积公式求出答案解答解由及正弦定理得，又为等腰三角形，且顶角为，则，即由余弦定理可得由知，即，则，由得，所以的面积校为了了解，两班学生寒假期间观看中国诗词大会的时长，分别从这两个班中随机抽取名学生进行调查，将他作为样本，绘制成茎叶图如图所示图中的茎表示十位数字，叶表示个位数字分别求出图中所给两组样本数据的平均值，并据此估计哪个班的学生平均观看的时间较长从班的样本数据中随机抽取个不超过的数据记为，从班的样本数据中随机抽取个不超过的数据记为，求的概率在图所示的几何体中，底面为正方形。
3、，故选二填空题每题分，满分分，将答案填在答题纸上在数列中，∈，则考点等比数列的通项公式分析推导出数列是首项为，公比为的等比数列，由此能求出解答解数列中，∈数列是首项为，公比为的等比数列，故答案为设函数向左平移单位后得到的函数是个偶函数，则考点函数的图象变换分析利用函数的图象变换规律，三角弦函数的奇偶性，求得的值解答解函数向左平移单们观看的时长单位小时作为样本，绘制成茎叶图如图所示图中的茎表示十位数字，叶表示个位数字分别求出图中所给两组样本数据的平均值，并据此估计哪个班的学生平均观看的时间较长从班的样本数据中随机抽取个不超过的数据记为，从班的样本数据中随机抽取个不超过的数据记为，求的概率考点茎叶图分析计算班。
4、此有求出球的表面积解答解⊥平面，⊥，四面体的外接球半径等于以长宽高分别三边长的长方体的外接球的半径即，球的表面积故答案为已知抛物线，圆，直线自上而下顺次与上述两曲线交于点则的值是考点圆与圆锥曲线的综合分析利用抛物线的定义和就可得出，同理可得，要分⊥轴和不垂直轴两种情况分别求值，当⊥轴时易求，当不垂直轴时，将直线的方程代入抛物线方程，利用根与系数关系可求得解答解，焦点准线由定义得，又同理，当⊥轴时，则，•当时，代入抛物线方程，得•综上所述，•，故答案为三解答题本大题共小题，共分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤已知的内角的对边分别为，若为等腰三角形，求顶角的余弦值若是以为直角顶点的三角形，且，求的面积考点。
5、，设则利用韦达定理结合⊥，求解，说明存在实数使得以为直径的圆过定点解答解因为直线与圆相切，椭圆的离心率，所求椭圆的方程是直线代入椭圆方程，消去可得，或，设则有若以为直径的圆过点，则⊥解得，所以存在实数使得以为直径的圆过定点已知函数，∈求函数的图象在点，处的切线方程当∈时，求证若对任意的∈，∞恒成立，求实数的取值范围考点导数在最大值最小值问题中的应用利用导数研究曲线上点切线方程分析求出切点坐标切线斜率，然后求解切线方程令，求出，得，判断函数的单调性，求出极小值，然后推出结果对任意的∈，∞恒成立对任意的∈，∞恒成立，构造函数，通过函数的导数求出函数的最小值，然后求出实数的取值范围解答解，又切点坐标为故所求切线。
6、要条件必要不充分条件充分必要条件既不充分也不必要条件考点必要条件充分条件与充要条件的判断分析由，即可判断出解答解由，是的充分不必要条件故选若满足不等式，则的最大值为考点简单线性规划分析作出不等式组对应的平面区域，根据的几何意义，利用数形结合即可得到最大值解答解不等式组对应的平面区域如图由得，平移直线，则由图象可知当直线经过点时直线的截距最大，此时最大，此时由，解得，即此时，故选已知，则考点指数函数的单调性与特殊点分析根据底数的大小判断，的大小，根据指数的大小判断，的大小，从而判断出的大小即可解答解，由得，由，得故，故选已知圆的圆心在坐标轴上，且经过点，及椭圆的两个顶点，则该圆的标准方程为考点椭圆的简单性质。
7、的圆心半径，曲线的极坐标方程为联立，得或，曲线是半径为的圆，⊥解方程组得两直线交点的极坐标为选修不等式选讲已知函数当时，求不等式的解集当∈时，恒成立，求实数的取值范围考点绝对值不等式的解法绝对值三角不等式分析利用分段函数，分类讨论求得不等式的解集先利用绝对值三角不等式求得的最小值，再根据最小值大于或等于，求得实数的取值范围解答解当时，当时，不等式化为当时，不等式化为，恒成立当时，不等式化为，求得综上可得，不等式的解集为，当∈时，恒成立，得，得，实数的取值范围为年月日数为，则记为≡，例如≡，下面程序框图的算法源于我国古代闻名中外的中国剩余定理，执行该程序框图，则输出的等于考点程序框图分析由已知中的程序框图可。
8、试题解析选择题本大题共个小题，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若复数，复数是的共轭复数，则考点复数代数形式的乘除运算分析由已知求得，代入整理得答案解答解，故选已知集合，集合，则∩∅∅考点交集及其运算分析求出集合的等价条件，根据集合的基本运算进行求解即可解答解集合，则∩，故选已知且，则的值为考点数量积判断两个平面向量的垂直关系分析利用向量垂直与数量积的关系即可得出解答解解得故选的个零点落在下列哪个区间，，，，考点函数零点的判定定理分析根据函数的实根存在定理，要验证函数的零点的位置，只要求出函数在区间的两个端点上的函数值，得到结果解答解根据函数的实根存在定理得到•故选是的充分不必。
9、方程为证明令，令，得，当∈∞，时单调递减当∈，∞时单调递增，从而对任意的∈，∞恒成立对任意的∈，∞恒成立令，由可知当∈，∞时，恒成立，令，得，得的增区间为，∞，减区间为实数的取值范围是∞，选修坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线，曲线为参数，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系求直线及曲线的极坐标方程若直线的极坐标方程为∈，设与曲线的交点为求的面积及与交点的极坐标考点简单曲线的极坐标方程参数方程化成普通方程分析由直线，能求出直线的极坐标方程，由曲线为参数的圆心半径，能求出曲线的极坐标方程联立，得，由曲线是半径为的圆，得⊥，由此能求出的面积及与交点的极坐标解答解直线，直线的极坐标方程为，曲线为参数。
10、样本数据的平均值，比较即可得出结论由班的样本数据中不超过的数据有个，班的样本数据中不超过的数据也有个利用列举法求出从班和班的样本数据中各随机抽取个的基本事件数，计算对应的概率解答解班样本数据的平均值为，由此估计班学生平均观看时间大约为小时班样本数据的平均值为，由此估计班学生平均观看时间较长班的样本数据中不超过的数据有个，分别为班的样本数据中不超过的数据有个，分别为从班和班的样本数据中各随机抽取个共有种不同情况，分别为，其中的情况有，两种，故的概率为在图所示的几何体中，底面为正方形，⊥平面，∥，且，为线段的中点证明⊥平面求四棱锥的体积考点棱柱棱锥棱台的体积直线与平面垂直的判定分析连接令与交于点，连接，推导出。
11、知该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案解答解模拟程序的运行，可得，满足，不满足不满足条件不满足条件，满足条件，不满足条件，不满足条件不满足条件满足条件，满足条件，退出循环，输出的值为，故选等差数列中前项和和，设则考点数列的求和分析利用等差数列通项公式与求和公式可得，利用裂项求和即可得出解答解设等差数列的公差为，解得，设，故选已知定义在上的函数，为其导函数，且恒成立，则考点利用导数研究函数的单调性分析构造函数，求出的导数，得到函数的单调性，从而判断出函数值的大小即可解答解由，则，构造函数，则，当∈，时，且恒成立，即恒成立，即函数在，上单调递。
12、，⊥平面，∥，且，为线段的中点证明⊥平面求四棱锥的体积已知椭圆的离心率，直线与圆相切求椭圆的方程已知定点若直线≠与椭圆相交于，两点，试判断是否存在实数，使得以为直径的圆过定点若存在，求出的值若不存在，请说明理由已知函数，∈求函数的图象在点，处的切线方程当∈时，求证若对任意的∈，∞恒成立，求实数的取值范围选修坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线，曲线为参数，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系求直线及曲线的极坐标方程若直线的极坐标方程为∈，设与曲线的交点为求的面积及与交点的极坐标选修不等式选讲已知函数当时，求不等式的解集当∈时，恒成立，求实数的取值范围年内蒙古呼和浩特市高考数学模试卷文科参考答案与。
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内蒙古呼和浩特市高考数学一模试卷（文）含答案解析（最终版）