1、和平面的法向量，则直线与平面所成角的正弦值为，从而得出所求线面角的大小解答证明连结，分别是，的中点，∥，是的中点，∥∥∥四边形是平行四边形，∥，又⊄平面，⊂平面，∥平面，是等边三角形，⊥，取的中点，连结，则∥，⊥，⊥，∩，⊥平面，⊥平面第页共页以为原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示则，，，⊥设平面的法向量为，则，即令得，直线与平面所成角的正弦值为，直线与平面所成角为已知函数当时，求函数的单调区间若关于的不等式在，∞上有解，求实数的取值范围若曲线存在两条互相垂直的切线，求实数的取值范围只需直接写出结果考点利用导数研究函数的单调性利用导数研究曲线上点切线方程分析当时求出其导数，利用导数即可解出单调区间若关。
2、连结由中位线定理可得又⊥平面，三棱柱是正三棱柱三棱柱的高故答案为三解答题共小题，满分分已知函数比较，的大小求函数的最大值考点三角函数中的恒等变换应用分析将，求出大小后比较即可将化简，由此得到最大值解答解第页共页函数的最大值为空调专卖店试销三种新型空调，销售情况如表所示第周第二周第三周第四周第五周型数量台型数量台型数量台求型空调前三周的平均周销售量根据型空调前三周的销售情况，预估型空调五周的平均周销售量为台，当型空调周销售量的方差最小时，求，的值注方差，其中为，的平均数为跟踪调查空调的使用情况，根据销售记录，从第二周和第三周售出的空调中分别随机抽取台，求抽取的两台空调中型空调台数的分布列及数学期望考点极差方差与标。
3、在小时内的人数为故答案为如图，是上的三点，点是劣弧的中点，过点的切线交弦的延长线于点若，则考点与圆有关的比例线段分析由弦切角定理可得，再由圆的圆周角定理，可得，在中，运用三角形的内角和定理，计算即可得到所求值解答解由为圆的切线，由弦切角定理可得，由是劣弧的中点，可得，在中，故答案为第页共页若点，在不等式组所表示的平面区域内，则原点到直线的距离的取值范围是，考点简单线性规划分析由约束条件作出可行域，由点到直线的距离公式求出原点到直线的距离为，结合的几何意义得答案解答解由约束条件作出可行域如图，原点到直线的距离为，由图可知的最小值为，最大值为，原点到直线的距离的取值范围是，故答案为，已知点若这三个点中有且仅有两个点。
4、于的不等式在，∞上有解，即，在，∞上有解，构造两个函数研究两个函数的在，∞上的单调性，即可转化出关于的不等式，从而求得的范围由的导数，当≠时，函数的图象与轴有两个交点，故图象上存在两条互相垂直的切线第页共页解答解当时则，令得或令得函数的单调增区间∞，与，∞，单调递减区间是，即，可变为，令综上可得，的最小正值为，故答案为第页共页正方体的棱长为，点分别是棱的中点，以为底面作正三棱柱若此三棱柱另底面的三个顶点也都在该正方体的表面上，则这个正三棱柱的高考点棱柱棱锥棱台的体积分析分别取过点的三条面对角线的中点，则此三点为棱柱的另个底面的三个顶点，利用中位线定理证明于是三棱柱的高为正方体体对角线的半解答解连结分别取的中点，。
5、上知，即为符合条件的实数的取值范围的取值范围是≠，∈已知点，其中是曲线上的两点两点在轴上的射影分别为点且Ⅰ当点的坐标为，时，求直线的斜率Ⅱ记的面积为，梯形的面积为，求证考点抛物线的简单性质分析Ⅰ由的坐标，可得的坐标，又，可得的坐标运用直线的斜率公式，即可得到所求值Ⅱ法设直线的方程为运用三角形的面积公式可得，将直线方程和抛物线的方程联立，运用判别式大于和韦达定理，以及梯形的面积公式可得，进而得到所求范围法二设直线的方程为，代入抛物线的方程，运用韦达定理和弦长公式，点到直线的距离公式可得三角形的面积，梯形的面积公式可得，进而得到所求范围解答解Ⅰ由可得代入，得到，又，则，可得，代入，得到，则第页共页Ⅱ证法设直线的方程。
6、项，且，则的值为考点数列递推式分析由题意可得，分别代值计算即可解答解数列的首项，且，故选若点，在直线为参数上，则的值为考点参数方程化成普通方程分析由题意可得，解得即可得出解答解，解得故选在中，则第页共页考点两角和与差的正弦函数分析根据同角三角函数得到，的值然后将其代入两角和与差的正弦函数中求值即可解答解，故选在其中≠的展开式中，的系数与的系数相同，则的值为考点二项式系数的性质分析通过二项式定理，写出其中≠的展开式中通项，利用的系数与的系数相同可得到关于的方程，进而计算可得结论解答解在其中≠的展开式中，通项，的系数与的系数相同又≠故选函数的零点个数是考点函数零点的判定定理分析利用导数求出函数的最大值，即可判断出零。
7、不可能都为，可得，不可能都在好子集中分又因为取定，则定存在且唯，而且≠，且由的定义知道，∀，∈，⇔分这样，集合中元素的个数定小于或等于集合中元素个数的半，而集合中元素个数为，所以中元素个数不超过分Ⅲ∀∀，∈，定义元素，的乘积为显然∈，我们证明对任意的，∈，都有∈假设存在，∈，使得∉，则由Ⅱ知∈，此时，对于任意的∈，不可能同时为，矛盾，所以∈因为中只有个元素，我们记，为中所有元素的乘积，根据上面的结论，我们知道，∈，显然这个元素的坐标分量不能都为，不妨设，第页共页根据的定义，可以知道中所有元素的坐标分量都为分下面再证明的唯性若还有，即中所有元素的坐标分量都为，所以此时集合中元素个数至多为个，矛盾所以结论成立分第页。
8、垂直的切线，求实数的取值范围只需直接写出结果已知点，其中是曲线上的两点两点在轴上的射影分别为点且Ⅰ当点的坐标为，时，求直线的斜率Ⅱ记的面积为，梯形的面积为，求证已知集合∈其中∀，∈，称为的第个坐标分量若⊆，且满足如下两条性质中元素个数不少于个∀∈，存在∈使得的第个坐标分量是则称为的个好子集，为的个好子集，且写出若为的个好子集，求证中元素个数不超过若为的个好子集，且中恰有个元素，求证定存在唯个∈使得中所有元素的第个坐标分量都是第页共页年北京市海淀区高考数学二模试卷理科参考答案与试题解析选择题共小题，每小题分，满分分已知全集，则∁∪或考点交并补集的混合运算分析求出∪，从而求出其补集即可解答解∪或，∁∪，故选数列的首。
9、为则由，得，所以，又，又注意到，所以所以，因为，所以，所以证法二设直线的方程为由，得，所以点到直线的距离为，所以，又，又注意到，所以第页共页所以，因为，所以，所以已知集合∈其中∀，∈，称为的第个坐标分量若⊆，且满足如下两条性质中元素个数不少于个∀∈，存在∈使得的第个坐标分量是则称为的个好子集，为的个好子集，且写出若为的个好子集，求证中元素个数不超过若为的个好子集，且中恰有个元素，求证定存在唯个∈使得中所有元素的第个坐标分量都是考点命题的真假判断与应用分析根据好子集的定义直接写出若为的个好子集，考虑元素进行判断证明即可根据好子集的定义，明存在性和唯性即可得到结论解答解Ⅰ分Ⅱ对于⊆，考虑元素显然∈，∀，对于任意的∈。
10、在函数的图象上，则正数的最小值为考点正弦函数的图象分析由条件利用正弦函数的图象特征，分类讨论，求得每种情况下正数的最小值，从而得出结论解答解若只有两点在函数的图象上，则有•，•，•≠，第页共页则，即，求得无解若只有点，在函数的图象上，则有•，•，•≠，故有，即，求得的最小值为若只有点在函数的图象上，则有•≠，故有，即，求得的最小正值为分别沿，折起，使，两点重合，记为点，得到个四棱锥，点分别是的中点求证∥平面求证⊥求直线与平面所成角的大小考点直线与平面所成的角直线与平面平行的判定分析连结则可证四边形是平行四边形，于是∥，于是∥平面取的中点，连结，则可证明⊥平面，以为原点建立坐标系，求出和的坐标，通过计算得出⊥求出。
11、共页年月日，结论正确故选二填空题共小题，每小题分，满分分已知，其中为虚数单位，∈，则考点复数代数形式的乘除运算分析根据复数的代数运算性质，求出的值即可解答解，第页共页故答案为校为了解全校高中学生五小长假参加实践活动的情况，抽查了名学生，统计他们假期参加实践活动的实践，绘成的频率分布直方图如图所示，这名学生中参加实践活动时间在小时内的人数为考点频率分布直方图分析利用频率分布直方图中，频率等于纵坐标乘以组距，求出在小时外的频率利用频率和为，求出在小时内的频率利用频数等于频率乘以样本容量，求出这名同学中学习时间在小时内的同学的人数解答解由频率分布直方图知，，参加实践活动时间在小时内的频率为，这名学生中参加实践活动时间。
12、准差分析根据平均数公式计算即可，根据方差的定义可得，根据二次函数性质求出或时，取得最小值，依题意，随机变量的可能取值为，求出，列出分布表，求出数学期望解答解型空调前三周的平均周销售量台，因为型空调平均周销量为台，所以，又，化简得到，因为∈，所以或时，取得最小值，此时或，依题意，随机变量的可能取值为，随机变量的的分布列，第页共页随机变量的期望，如图，等腰梯形中，∥，⊥于，⊥于，且，将和等腰梯形中，∥，⊥于，⊥于，且，将和分别沿，折起，使，两点重合，记为点，得到个四棱锥，点分别是的中点求证∥平面求证⊥求直线与平面所成角的大小已知函数当时，求函数的单调区间若关于的不等式在，∞上有解，求实数的取值范围若曲线存在两条互相。
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新形势下党内政治生活的若干准则民主生活会个人对照检查材料 编号25