求f(B)的值．
（原创）主要考查向量的数量积运算，三角函数的图像和性质，三角恒等变形及余弦定理的简单应用，命题灵感来源于逆向分析
(命题意图)考查向量的基本运算及三角函数的图像和性质，三角恒等变形及余弦定理的应用,共5个知识点
解析：（Ⅰ）f(x)?????n?sin(mx?)?n?cosmx，
2因为x?0是f(x)的一个零点，即f(0)?n?1?0，?n?1， 易知f(x)?1?cosmx的最大值为2，从而依题意有m?2，综上m?2,n?1． f(A)1?cos2Asin2A??（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f(x)?1?cos2x，于是， f(C)1?cos2Csin2C?a2?b2?c22abcosCacosCsinAcosC由正弦定理及余弦定理有：222?， ??b?c?a2bccosAccosAsinCcosAsin2AsinAcosC故2??sin2A?sin2C，又a?c?A?C， sinCsinCcosA于是sin2A?sin2C?2A?2C???A?C??2?B??2，
?f(B)?1?cos2B?2，即f(B)?2．
17．（本小题满分12分）
如图4所示, 四边形ABCD为正方形，PA=PD，二面角P?AD?C为直二面角，点E是棱AB的中点.
（Ⅰ）求证：PE?AC；
（Ⅱ）若?PAB为等腰三角形，求二面角P?AC?B的余弦值.
（原创）主要考查空间的线、面之间的位置关系，空 间想象和运算、推理、分析能力，命题灵感来源于教 材习题和逆向分析
(命题意图)考查空间想象和运算、推理、分析能力及对空间向量这一数学基本工具的应用能力,共5个知识点 解析：（解法一：向量法）（Ⅰ）由题设条件，可按如图4-1建立空间直角坐标系，其中O为AD中点，不妨设OP?b,则可知P（0,0,b）正方形ABCD的边长为2a，，
图4
A（a,0,0）（a,a,0）（-a,2a,0），E，C
图4-1
于是PE=(a,a,?b)，AC=(-2a,2a,0)，
高考模拟试题（理科数学）第 - 6 - 页 共 28 页
从而PE?AC=0，故PE?AC，即PE?AC
（Ⅱ）?PAB为等腰三角形，又易知?PAB为直角，故只能为AP?AB，故a2?b2?2a,易知b?3a，即P. 显然m=(0,（0,0,3a）0,1)为平面ACB的法向量，设平面PAC的法向量为n0=?x,y,z?，由上可知PA=(a,0,?3a)，又AC=(-2a,2a,0)，
?PA?n0?ax?3az?0??PA?n0?由????x?y?3z，故n0=??AC?n0??AC?n0??2ax?2ay?0?3z,3z,z，
?即n=?3,?3,?1亦是平面PAC的法向量， 0,1)??3,?3,?1m?n(0,7从而cos?m,，又易知二面角P?AC?B为钝角，故n?==?-71?7mn????二面角P?AC?B的余弦值即为-（解法二：传统法）
7. 7（Ⅰ）如图4-2，设点F是棱AD的中点，连接PF，EF，BD， 由PA=PD及点F是棱AD的中点，可知PF?AD， 又二面角P?AD?C为直二面角，故PF?面ABCD， 而AC在平面ABCD内，故PF?AC， 因为四边形ABCD为正方形，故BD?AC，
图4-2
而EF是?ABD的中位线，故EF//BD，从而可知EF?AC， 又PFEF?F，由PF?AC及EF?AC，可知AC?面PEF，
PE在平面PEF内，故PE?AC.
（Ⅱ）设点G是AC与EF的交点，由（Ⅰ）可知AC?面PEF， 又PG,EG均在平面PEF内，从而有PG?AC，EG?AC， 故?PGE为二面角P?AC?B的平面角，
因为?PAB为等腰三角形，又易知?PAB为直角，故只能为AP?AB，
不妨设正方形ABCD的边长为2a，PF?b，故a2?b2?2a，易知b?3a，
2a， 2则在直角?PFG中，易知有PF?3a，FG?高考模拟试题（理科数学）第 - 7 - 页 共 28 页
于是PG??3a?2?????2aFG2?1472a??acos?PGF???，故，
2?2PG714?a22显然?PGF??PGE??，故cos?PGE?-cos?PGF??即二面角P?AC?B的余弦值为?7． 77， 718．（本小题满分14分）
现有一枚质地均匀的骰子，连续掷两次，所掷的点数依次记为a，b．
（Ⅰ）若a为偶数，则x?1，否则x?2；若b能被3整除，则y?1，否则y?2.设??xy，求随机变量?的分布列及均值（即数学期望）； （Ⅱ）设命题p:直线y?ax?b与圆x2?y2?1有交点，命题q:a?b?3,求命题(?p)?q为真命题的概率.
（原创）主要考查随机变量?的分布列和均值的概念及古典概型，逻辑联结词和复合命题真假性的判定，直线和圆的位置关系，数形结合的思想，命题灵感来源于教材例题及逆向分析 (命题意图)考查随机变量的分布列和均值的概念及古典概型，命题与逻辑，直线和圆的位置关系，数形结合的思想及解决实际问题的推理、分析和运算能力,共6个知识点
1解析：（Ⅰ）易知事件{a为偶数}的概率为，于是对于随机变量x，列表1?1如下：
2表1?1：
x P 1 2 1 21 21事件{b能被3整除}的概率为，于是对于随机变量y，列表1?2如下：
3表1?2： y P 1 2 1 32 3??xy?随机变量?可取的值为1,2,4，
1111由上述二表可知：P(??1)?P(x?1)?P(y?1)???，同理可求P(??4)?，
2363111于是P(??2)?1?(?)?，
632从而可知随机变量?的分布列如表1?3：
表1?3： ? P 1 2 4 111 62311155进而可知随机变量?的均值E??1??2??4??，即?的均值E??.
62322（Ⅱ）命题(?p)?q为真命题?命题?p及q均为真，即p为假命题，q为真命题，
高考模拟试题（理科数学）第 - 8 - 页 共 28 页
若p为假，则直线y?ax?b与圆x2?y2?1无交点，即直线与圆相离，
于是直线y?ax?b到圆x2?y2?1的距离d大于圆x2?y2?1的半径r?1，
b?1?b2?a2?1?b?a???①； 即d?a2?1若q为真，则a?b?3???②， 记事件?为“连续掷两次该骰子所得的点数为(a,b)”，事件A(a,b)?(1,2)、,)b使得命题(?p)?q为真命题”(1,3)、(1,4)、(2,3)、为“(a，联立①、②式可知：
(2,4)、???、(3,6)，共12组解，即事件A共有nA?12个基本事件，
又易知事件?共有n??36个基本事件， 则P?A??nA1211??，即命题(?p)?q为真命题的概率为. n?3633
19．（本小题满分14分）
2设数列?an?的前n项和为Sn，对于?n?N*满足：an?0，且an是4Sn和3?an的等差中项．
（Ⅰ）求a1的值；
（Ⅱ）求数列?an?的通项公式； （Ⅲ）证明：对一切正整数n有，
1111???????. 22a12a2an4（原创）主要考查等差数列的概念，一般数列的通项和前n项和的关系及递推关系，裂项放缩证明不等式，逻辑推理与证明能力，命题灵感来源于广东近年的高考试题和逆向分析 (命题意图)利用等差数列这一基本数列模型来考查推理、证明能力及联想、类比的逻辑思维方式与能力,共6个知识点
22解析：（Ⅰ）an是4Sn和3?an的等差中项?2an?4Sn?3?an
对于上式，令n?1，则2a1?4a1?3?a12?a1?3或a1??1， 又an?0?a1??1（舍），故a1?3.
*22（Ⅱ）易知：4Sn?an?2an?3???①，4Sn?1?an?1?2an?1?3???②，n?N，
22上述两式作差并化简得：2(an+1?an)?an+1?an?2(an+1?an)?(an+1?an)(an+1?an)，
又an?0?an+1?an?2，n?N， 即数列?an?为等差数列，公差为2，由a1?3，可知an?a1?2(n?1)?2n?1，
即数列?an?的通项公式为an?2n?1，n?N*. （Ⅲ）于是
11111111111?(?)， ????(?)，即22an4nn?1an(2n?1)24n2?4n?14n2?4n4nn?1*1111?111111?111???????(?)?(?)?????(?)?(1?)?，即对一切正整22?4a12a2an4?1223nn?1n?14??1111数n有，2?2?????2?，证毕.
a1a2an4
20．（本小题满分14分） 如图5所示，点M(x0,y0)，（x0??1，且y0?0）在以F1、F2x2y2为左、右焦点的椭圆C：??1上运动,动三角形MF1F2的
m?1m高考模拟试题（理科数学）第 - 9 - 页 共 28 页
面积的最大值为2.设直线MF1交椭圆于点A,直线MF2交椭圆于点B，线段MA中点为D. （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）在点M的运动过程中：
（1）设点D到直线l：2x?5y?1?0的距离为d，求d的最大值；
图5
（2）设直线AF2、BF1、OM的斜率依次为kAF2、kBF1、kOM，问：是否存在实数?，使得1kOM??(1kAF2?1kBF1)恒成立？若存在，求?的值；否则，请说明理由.
（原创）主要考查椭圆的定义及其几何性质，直线和椭圆的位置关系，和对新问题的探究能力，数形结合思想、设而不求的整体思想及运算能力，抽象思维和形象思维能力，命题灵感来源于椭圆和圆的类比性质（猜想并证明）及广东近年的高考试题和逆向分析
(命题意图)以直线和椭圆的位置关系为载体考查对新问题的探究能力，数形结合思想、设而不求的整体思想及运算能力，抽象思维和形象思维能力，综合分析、解决问题的能力，本题综合性较强，以期达到选拔优秀考生的功效,共7个知识点
x2y2解析：（Ⅰ）由椭圆C：??1可知其半焦距c?1，即焦距F1F2?2，
m?1m1动三角形MF1F2的面积的最大值为2，故S?MF1F2??F1F2?h?h?2，即动点M到x轴的距
2离h的最大值为2.显然当动点M运动到椭圆C的上、下顶点时，点M到x轴的距离的最大，x2y2即椭圆C的短半轴b?2，于是m?b?4，从而可知椭圆C的方程为??1.
54（Ⅱ）（1）解法一：设A(x1,y1)及直线MA的方程为：y?k1(x?1)，k1?0，
2?y?k1x?1?因为点M(x0,y0)，A(x1,y1)为直线MA与椭圆C的交点，故由?x2y2消去y得如下方程：
???1?54(5k12?4)x2?10k12x?5k12?20?0， 10k12易知x0，x1是上述方程的两个相异实根，?x1?x0??2，又点D(x?,y?)为线段MA5k1?4x1?x0?5k12?5k124k1???y?k(x?1)?k(?1)?的中点，故D点坐标为：x??，， 1125k12?45k12?45k12?45k124k,21)， ?k1?0?， 即D(?25k1?45k1?4从而点D到直线l：2x?5y?1?0的距离为d?10k1245k?2?21?15k1?45k1?42?(5)22??5k12?45k1?45k12?43，
2?5k12?45k1?42?t5(t?1)k?45k?4(t?1)?0????45?80(t2?1)?0?t2?2，令，则 1125k1?4??即t?2，则d?t3?22，（当且仅当k1?3?10?55?时取等号）
，即dmax?2. 3高考模拟试题（理科数学）第 - 10 - 页 共 28 页