高考理科数学试卷及答案解析

数学（理科）

一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

（1）设全集UxN|x2，集合AxN|x25，则CUA（ ）

A.  B. {2} C. {5} D. {2,5} 【答案】B 【解析】

U={2,3,4},A={3,,4},∴CuA={2},选B.

(2) 已知i是虚数单位，a,bR,则“ab1”是“(abi)22i”的（ ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】

（a+bi)2=a2-b2+2abi=2i∴a2-b2=0,2ab=2.∴a=b=1,或a=b=-1.a=b=1,∴（a+bi)2=2i,是充分条件，

（a+bi)2=2i,∴a=b=1,或a=b=-1.∴不是必要条件，综上，是充分不必要条件.选A.

（3）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是 A. 90cm B. 129cm C. 132cm D. 138cm

2222【答案】D 【解析】

几何体下底面面积S下=3*4*3=36，上底面面积S上=6*4+3*5=39.前后面面积S前后=3*4*3=36.右面面积S右=3*6=18.左面面积S左=3*3=9. ∴几何体表面面积S=S下+S上+S前后+S右+S右=138。选D.4.为了得到函数f(x)=x+3x3a(a∈R).的图像，可以将函数y

2sin3x的图像（ ）

个单位 B.向左平移个单位 44C.向右平移个单位 D.向左平移个单位

1212A.向右平移【答案】D 【解析】

πππy=sin3x+cos3x=2sin(3x+)=2sin3(x+)∴把y=2sin3x左移可以得到。选D.

41212

mn645.在(1x)(1y)的展开式中，记xy项的系数为f(m,n)，则f(3,0)f(2,1)f(1,2）f(0,3)

（ ）

A.45 B.60 C.120 D. 210 【答案】C 【解析】

（1+x)6(1+y)4=(+20x3+15x2+6x+1)(+4y3+6y2+4y+1)∴f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=20+15*4+6*6+1*4=120.选C.

32

6.已知函数f(x)xaxbxc,且0f(1)f(2)f(3)3,则（ ）

A.c3 B.3c6 C.6c9 D. c9 【答案】D

【解析】

πππy=sin3x+cos3x=2sin(3x+)=2sin3(x+)∴把y=2sin3x左移可以得到。选D.

41212

a7.在同意直角坐标系中，函数f(x)x(x0),g(x)logax的图像可能是（ ）

【答案】A 【解析】

y=ax和y=logax是反函数关系，图像关于y=x对称，∴选A.

rry,xy8.，min{x,y}，设a,b为平面向量，则（ ）

x,xy A.min{|ab|,|ab|}min{|a|,|b|} B.min{|ab|,|ab|}min{|a|,|b|}

2222 C.min{|ab|,|ab|}|a||b|

2222 D.min{|ab|,|ab|}|a||b|

【答案】D 【解析】

2222222(a±b)=a+b±2ab，∴不论ab正负零，a+b+2ab和a+b-2ab中总有一个≥a+b.即max{(a+b),(a-b)}≥a+b.其它都不对.选D.222222

9.已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个篮球m3,n3，从乙盒中随机抽取ii1,2个球放入甲盒中.

（a）放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ii1,2；

（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pii1,2.则 A.p1p2,E1E2 B.p1p2,E1E2 C.p1p2,E1E2 D.p1p2,E1E2 【答案】A 【解析】

令m=3,n=3(1)从乙中取1个后，甲中的红球可能是1,2，概率均为132,∴Eξ1=2. 从乙中取2个后，甲中的红球可能是3,2,1，概率分别 p(3)=C21136C3C318C2363*6+2*Cp(2)=18+1*62=,2=30,p(1)=C2=,∴Eξ2==2630C663030 ∴Eξ

2>Eξ1(2)从乙中取1个后，再从甲中取1个，是红球的概率p1=11122+2=34 从乙中取2个后，再从甲中取1个，是红球的概率p618261202=30+303+303=30 ∴p1>p2.选A.

10.设函数

f21(x)x，

f2(x)2(xx2),f13|sin2x|，ai3(x)i99,i0,1,2,,99Ik|fk(a1)fk(a0)||fk(a2)fk(a1)||fk(a99)fk(a98)|，k1,2,3.则

A.I1I2I3 B. I2I1I3 C. I1I3I2 D. I3I2I1

B.

11 【答案】 6

【解析】

变量变化情况如下(n=50,s=2s+i)： S i 0 1

1 2 4 3

11 4 26 5 57 6 所以，i=6

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.

11.若某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是________.

记

，11 【答案】 6 【解析】

变量变化情况如下(n=50,s=2s+i)： S i 0 1 1 2 4 3 11 4 26 5 57 6 所以，i=6

12.随机变量的取值为0,1,2，若P01，E1，则D________. 512

2【答案】 5

【解析】

143设p(ξ=1）=p,则p(ξ=2）=1--p，E(ξ）=0+p+2(-p)=1,解得p=555

13122∴Dξ=(1-0)2+(1-1)2+(1-2)2=.所以，Dξ=5555513.

x2y40,14.当实数x，y满足xy10,时，1axy4恒成立，则实数a的取值范围是________.

x1,3[1,]2 13 【答案】

【解析】

计算三条直线x+2y-4=0,x-y-1=0,x=1的三角形区域的顶点，3 分别是(1,0),(1,),(2,1).代入目标函数1≤ax+y≤4,解得1≤a≤4,

21533-≤a≤4,0≤a≤.所以,a∈][1,]2222

14.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_____种（用数字作答）. 14 【答案】 60 【解析】

215张空奖券分配情况有：2,2,1,0，或2，1,1,1.第一种情况:A4,第二种情况:C4 接着分配3张有奖券，第一种情况:A4•C3=36,第二种情况:C4•A3=24

2113所以,共有60种情况2xx,x015.设函数fx2若ffa2，则实数a的取值范围是______

x,x0（-∞，2] 15 【答案】

【解析】

(1)设f(t)≤2,则t2+t≤2,且t<0,解得t∈[-2,0）;或-t2≤2,且t≥0,解得t∈[0,+∞）;∴t∈[-2,+∞）(2)设f(x)∈[-2,+∞）,解得x∈（-∞，2].此题用图像法解更简洁.所以，a的取值范围为（-∞，2]16.

x2y217.设直线x3ym0(m0)与双曲线221（ab0）两条渐近线分别交于点A,B，若点P(m,0)ab满足PAPB,则该双曲线的离心率是__________

16. 【答案】 10 【解析】

bbb渐近线方程为y=±x,设A(m,m),B(n,-n),P(m,0),aaam+nbm-bn1∴AB中点D(,),且KAB=,KPD=-322a3 bm-bn1∴•=-3，联立，解得b=3a,m+n2a-m2cc2=a2+b2,∴=10.所以,离心率为10a

17、如图，某人在垂直于水平地面墙面的射击线

的墙面前的点处进行射击训练.已知点到墙面的距离为则

的最大值

，某目标点沿

移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点

观察点的仰角的大小.若

5317. 【答案】 9

【解析】

AB=15,AC=25,∴BC=20.设P点到地面垂足为N,h=PN,则PC=2h,NC=3h,NB=|NC-BC|=|3h-20|，AN=NB2+AB2=(3h-20)2+152=3h2-403h+252，tanθ=PNh==22AN3h-403h+2513-40325+2hh2

4032522032032272553-+2≥3-403+(25)=∴tanθ≤=322hh2525252795所以,tanθ的最大值为39

18. 【答案】

π（1） 3

【解析】

18+8325 （2）

（1）

cos2A-cos2B=3sinAcosA-3sinBcosB,∴3sin2A-cos2A=3sin2B-cos2B，ππππππ ∴sin （2B-）=sin（2A-）∴2B-=2A-,或2B-+2A-=π.6666662πa≠b∴A≠B,∴解得A+B=π，所以C=.33（2）

π433C=，sinA=∴cosA=,或-3555sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=c=3,4+334-33，或<0(舍去)1010

ca8=∴a=.sinCsinA51184+3318+8318+83∴SΔABC=acsinB=••3•=.所以，三角形面积为225102525

19（本题满分14分）

已知数列an和bn满足a1a2an（1）求an与bn； （2）设cn2nN.若a为等比数列，且a2,bbnn136b2.

11nN。记数列cn的前n项和为Sn. anbn（i）求Sn；

（ii）求正整数k，使得对任意nN，均有SkSn.

19 【答案】 （1） （1）

省略

（2） 4

【解析】

设公比为q,a1a2a3an=a1q

3b32122b22nn-1n2=2∴(2q)=2bn2n-12nbn2∴(2q)=2,(2q)=2,解得3b2=b3+6,3b2=b3+6,b3=b2+6,∴b2=6,b3=12,q=2.∴2所以an=2n,bn=n(n+1)n+1n2

=2bn2（2）

1111111 cn=-=n-=n+-anbn2n(n+1)2n+1n11-n111111111111112(i)Sn=•+(-+-+-++-)=1-n+-=-n12213243n+1n2n+11n+121-211 所以，Sn=-n，n∈N*n+12111111(n+1)(n+2)-2n+1(ii)令Sn+1-Sn=-n+1-+n=n+1-=n+1n+22n+122(n+1)(n+2)2(n+1)(n+2) 指数函数2n+1比二次函数(n+1)(n+2)变化快，∴令Sn+1-Sn>0,解得n<4. ∴S1,S2,S3,S4递增.S4,S5,S6,Sn递减,S4最大 所以，当k=4时，Sk≥Sn.

20. （本题满分

15

分）如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面

BCDE,CDEBED900,ABCD2,DEBE1,AC（1）证明：DE平面ACD; （2）求二面角BADE的大小

2.

20. 【答案】 [ Ⅰ ] 省略 【解析】 [ Ⅰ ]

π[ Ⅱ ] 6

在平面四边形BCDE中，BC=2.在三角形ABC中，AB=2，BC=2,AC=2,符合勾股定理，AC⊥BC.面ABC⊥面BCDE,面ABC∩面BCDE=BC,AC⊥BC,∴AC⊥面BCDE⇒AC⊥DE,AC⊥DE,DE⊥DC,且AC∩DC=C,∴DE⊥面ACD. [ Ⅱ ]

由(1)知，分别以CD,CA为X,Z轴正向，以过C平行DE为X轴正向建立坐标系.则B(1,1,0),A(0,0,2),D(2,0,0),E(2,1,0).∴AB=(1,1,-2)，AD=(2,0,-2)，DE=(0,1,0)设面ABD法向量n1=(x1,y1,z1),则n1AB=n1AD=0，解得n1=(1,1,2). 设面ADE法向量n2=(x2,y2,z2),则n2AE=n2AD=0，解得n2=(1,0,2).

设面ABD与面ADE夹角为θ，则cosθ=|cos|=π所以，面ABD与面ADE夹角为.6

21(本题满分15分)

1+0+23=21+1+21+0+2x2y2如图，设椭圆C:221ab0,动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限.

ab（1）已知直线l的斜率为k，用a,b,k表示点P的坐标；

（2）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为ab. 22.（本题满分14分）已知函数fxx3xa(aR).

32（1）若fx在1,1上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a)，求M(a)m(a)； 设bR,若fxb4对x1,1恒成立，求3ab的取值范围.

22. 【答案】

3

； 或8，a≤-1；或4-3a-a，-1f(x)=x3+3|x-a|，x∈[-1,1].若f(x)=x3+（3x-a）,则f′(x)=（3x2+1）≥0，f(x)递增↑.若f(x)=x3-（3x-a）,则f′(x)=（3x2-1）≤0，f(x)递减↓.讨论如下.（1）当a≥1时，f(x)=x3-（3x-a）,由前知，M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=3a-2，M(a)-m(a)=4.（2）当a≤-1时，f(x)=x3+（3x-a）,由前知，M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a，M(a)-m(a)=8.（3）当-10，解得a<,所以31 （3-3）当-1[ Ⅱ ]

[f(x)+b]2≤4,x∈[-1,1],∴-2≤f(x)+b≤2∴3a+b≥3a-2-m(a),且3a+b≤3a+2-M(a),由上知， （1）当a≤-1时，3a+b≥3a-2-m(a)=3a-2+4+3a=6a+2, 3a+b≤3a+2-M(a)=3a+2-4+3a=6a-2, ∴3a+b≥6a+2,且3a+b≤6a-2, 显然空集. （2）当a≥1时，3a+b≥3a-2-m(a)=3a-2-3a+2=0. 3a+b≤3a+2-M(a)=3a+2-3a-2=0. ∴3a+b≥0,且3a+b≤0,∴3a+b=0.1 （3）当-121. 【答案】

P([ Ⅰ ] 【解析】 [ Ⅰ ]

-a2kak+b222,b2ak+b222)

[ Ⅱ ] 省略

由题知k<0,设P(x0,y0)x2y22x2yy′对2+2=1求导得:2+2=0abab22 2x02y0kx0y0∴2+2=0，2+2=1，联立求得：abab-a2kb2-a2kb2x0=22，y0=22，所以,P(22,22)2222ak+bak+bak+bak+b

[ Ⅱ ]

设直线l斜率为k<0,直线l1方程为x+ky=0.点P(-a2kak+b-a2kak+b22222,+b2ak+bkb2222)到直线l1的距离d=|=2-k(a2-b2)a2k2+b2|=2k+1(k2+1)a2k2+b2≤2

(a2-b2)a2k2+b222+a+bk2(a2-b2)22=(a2-b2)2ab+a+b22=a-bb2ak2+a2+b2k所以，点P到直线l1的距离最大值为a-b.