福建省高考数学试卷(理科)答案与解析

2019年福建高考数学试题（理）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.复数(32)z i i =-的共轭复数z 等于（ ）.23A i -- .23B i -+ .23C i - .23D i +2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（ ）.A 圆柱 .B 圆锥 .C 四面体 .D 三棱柱3.等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若132,12a S ==，则6a =( ).8A .10B .12C .14D4.若函数log (0,1)a y x a a =>≠且的图像如右图所示，则下列函数图像正确的是（ ）5.阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的S 得值等于（ ）.18A .20B .21C .40D6.直线:1l y kx =+与圆22:1O x y +=相交于,A B 两点，则"1"k =是“ABC ∆的面积为12”的（） .A 充分而不必要条件 .B 必要而不充分条件.C 充分必要条件 .D 既不充分又不必要条件7.已知函数()⎩⎨⎧≤>+=0,cos 0,12x x x x x f 则下列结论正确的是（ ）A.()x f 是偶函数B. ()x f 是增函数C.()x f 是周期函数D.()x f 的值域为[)+∞-,18.在下列向量组中，可以把向量()2,3=a 表示出来的是（ ）A.)2,1(),0,0(21==e e B .)2,5(),2,1(21-=-=e eC.)10,6(),5,3(21==e eD.)3,2(),3,2(21-=-=e e9.设Q P ,分别为()2622=-+y x 和椭圆11022=+y x 上的点，则Q P ,两点间的最大距离是（ ） A.25 B.246+ C.27+ D.26 10.用a 代表红球，b 代表蓝球，c 代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个篮球中取出若干个球的所有取法可由()()b a ++11的展开式ab b a +++1表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a ”表示取出一个红球，面“ab ”用表示把红球和篮球都取出来.以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的篮球都取出或都不取出的所有取法的是A. ()()()555432111c b a a a a a +++++++B.()()()554325111c b b b b b a +++++++ C. ()()()554325111c b b b b b a +++++++ D.()()()543255111c c c c c b a +++++++ 二、填空题11、若变量y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥≤-+≤+-008201x y x y x 则y x z +=3的最小值为________12、在ABC ∆中，3,2,60==︒=BC AC A ,则ABC ∆等于_________13、要制作一个容器为43m ，高为m 1的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是_______（单位：元）14.如图，在边长为e （e 为自然对数的底数）的正方形中随机撒一粒黄豆，则他落到阴影部分的概率为______.15.若集合},4,3,2,1{},,,{=d c b a 且下列四个关系：①1=a ；②1≠b ；③2=c ；④4≠d 有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组),,,(d c b a 的个数是_________.三．解答题：本大题共6小题，共80分.16.（本小题满分13分）已知函数1()cos (sin cos )2f x x x x =+-. （1）若02πα<<，且2sin 2α=，求()f α的值； （2）求函数()f x 的最小正周期及单调递增区间.17.（本小题满分12分）在平行四边形ABCD 中，1AB BD CD ===，,AB BCD CD BD ⊥⊥.将ABD ∆沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图.（1）求证：CD ⊥CD ；（2）若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值.18.（本小题满分13分）为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.（1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求①顾客所获的奖励额为60元的概率②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;（2）商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.19.（本小题满分13分）已知双曲线)0,0(1:2222>>=-b a by a x E 的两条渐近线分别为x y l x y l 2:,2:21-==. （1）求双曲线E 的离心率；（2）如图，O 为坐标原点，动直线l 分别交直线21,l l 于B A ,两点（B A ,分别在第一，四象限），且OAB ∆的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l 有且只有一个公共点的双曲线E ？若存在，求出双曲线E 的方程；若不存在，说明理由。

2024年福建省高考数学真题及参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1.已知集合{}553<<-=x x A ，{}3,2,0,13--=，B ，则=B A （）A.{}0,1-B.{}32， C.{}0,13--， D.{}2,0,1-2.若i z z+=-11，则=z （）A.i --1B.i +-1C.i -1D.i +13.已知向量()1,0=a，()x b ,2= ，若()a b b 4-⊥，则=x （）A.2- B.1- C.1D.24.已知()m =+βαcos ，2tan tan =βα，则()=-βαcos （）A.m3- B.3m -C.3m D.m35.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（）A.π32 B.π33 C.π36 D.π396.已知函数()()⎪⎩⎪⎨⎧≥++<---=0,1ln 0,22x x e x a ax x x f x 在R 上单调递增，则a 的取值范围是（）A.(]0，∞-B.[]0,1-C.[]1,1-D.[)∞+，07.当[]π2,0∈x 时，曲线x y sin =与⎪⎭⎫⎝⎛-=63sin 2πx y 的交点个数为（）A.3B.4C.6D.88.已知函数()x f 定义域为R ，()()()21-+->x f x f x f ，且当3<x 时，()x x f =，则下列结论中一定正确的是（）A.()10010>fB.()100020>fC.()100010<f D.()1000020<f二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，由选错的得0分.9.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值1.2=x ，样本方差01.02=S ，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布()21.08.1，N ，假设失去出口后的亩收入Y 服从发正态分布()2,S x N ，则（）（若随机变量Z 服从正态分布()2,σμN ，则()8413.0≈+<σμZ P ）A.()2.02>>X PB.()5.0<>Z X PC.()5.0>>Z Y P D.()8.0<>Z Y P 10.设函数()()()412--=x x x f ，则（）A.3=x 是()x f 的极小值点B.当10<<x 时，()()2xf x f <C.当21<<x 时，()0124<-<-x f D.当01<<-x 时，()()x f x f >-211.造型可以看作图中的曲线C 的一部分，已知C 过坐标原点O ，且C 上的点满足横坐标大于2-，到点()02，F 的距离与到定直线()0<=a a x 的距离之积为4，则（）A .2-=aB .点()022，在C 上C .C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D .当点()00,y x 在C 上时，2400+≤x y三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设双曲线()0,012222>>=-b a by a x C ：的左右焦点分别为21,F F ，过2F 作平行于y 轴的直线交C 于B A ,两点，若131=A F ，10=AB ，则C 的离心率为.13.若曲线x e y x+=在点()1,0处的切线也是曲线()a x y ++=1ln 的切线，则=a .14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片分别标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两个各自从自己特有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片的数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分小于2的概率为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（13分）记ABC ∆的内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,.已知B C cos 2sin =，ab c b a 2222=-+.（1）求B ；（2）若ABC ∆的面积为33+，求c .16.（15分）已知()30，A 和⎪⎭⎫⎝⎛233，P 为椭圆()012222>>=+b a b y a x C ：上两点.（1）求C 的离心率；（2）若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且ABP ∆的面积为9，求l 的方程.17.（15分）如图，四棱锥ABCD P -中，⊥P A 底面ABCD ，2==PC P A ，1=BC ，3=AB .（1）若PB AD ⊥，证明：∥AD 平面PBC ；（2）若DC AD ⊥，且二面角D CP A --的正弦值为742，求AD .18.（17分）已知函数()()312ln-++-=x b ax xx x f .（1）若0=b ，且()0≥'x f ，求a 的最小值；（2）证明：曲线()x f y =是中心对称图形；（3）若()2->x f ，当且仅当21<<x ，求b 的取值范围.19.（17分）设m 为正整数，数列242.1,,,+m a a a 是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j i <后剩余的m 4项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列242.1,,,+m a a a 是()j i ,一一可分数列.（1）写出所有的()j i ,，61≤<≤j i ，使数列62.1,,,a a a 是()j i ,一一可分数列；（2）当3≥m 时，证明：数列242.1,,,+m a a a 是()13,2一一可分数列；（3）从242,1+m ，， 中一次任取两个数i 和j ()j i <，记数列242.1,,,+m a a a 是()j i ,一一可分数列的概率的概率为m P ，证明：81>m P .参考答案一、单项选择题1.A解析：∵553<<-x ，∴3355<<-x .∵2513<<，∴1523-<-<-.∴{}0,1-=B A .2.C解析：∵i z z +=-11，∴()()i i i z i iz z i z -=+=⇒+=⇒-+=11111.3.D 解析：()4,24-=-x a b ，∵()a b b4-⊥，∴()044=-+x x ，∴2=x .4.A解析：∵()m =+βαcos ，2tan tan =βα，∴()()32121tan tan 1tan tan 1sin sin cos cos sin sin cos cos cos cos -=-+=-+=-+=+-βαβαβαβαβαβαβαβα.∴()m 3cos -=-βα.5.B解析：由32⋅==r rl S ππ侧可得32=l ，∴3=r .∴ππ33393131=⋅⋅==Sh V .6.B由()()0,1ln ≥++=x x e x f x为增函数，故此分段函数在R 上递增，只需满足：⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥-=--1022a a a，解得01≤≤-a .7.C解析：∴32π=T .8.B解析：()()()123f f f +>，()22=f ，()11=f .()()()()()122234f f f f f +>+>，()()()()()1223345f f f f f +>+>，……()()()8912123410>+>f f f ，……，()()()9871233237715>+>f f f ，()()()15971377261016>+>f f f .∴()100020>f .二、多项选择题9.BC 解析：已知()21.08.1~，N X ，由题目所给条件：若随机变量Z 服从正态分布，()8413.0≈+<σμZ P ，则()8413.09.1≈<X P ，易得()1587.08413.012≈-<>X P .故A 错误，B 正确；对于C：()21.01.2~，N Y ，∴()5.01.2=>Y P ，即()()5.01.22=>>>Y P Y P ，故C正确；对于D：同上易得()8413.02.2≈<Y P .由正态密度曲线的对称性可知()()8.08412.02.22>≈<=>Y P Y P .故D 错误.10.ACD解析：对于A：()()()()()()31314122--=-+--='x x x x x x f .令()0='x f ，解得11=x ，32=x .x 变化时，()x f '与()x f 变化如下表：故A 正确；对于B：当10<<x 时，102<<<x x ，又()x f 在()1,0上单调递增，所以()()x f xf <2，故B 错误；对于C ：令()2112<<-=x x t ，则31<<x .()x f 在()3,1上单调递减，()()()13f t f f <<，()43-=f ，()11=f ，即()0121<-<-x f .故C 正确；对于D：()()()412--=x x x f ，()()()()()21421222---=---=-x x x x x f .∴()()()()()32122212-=--=--x x x x f x f .当01<<-x 时，()013<-x ，∴()()x f x f -<2成立.故D 正确.11.ABD解析：对于A：O 点在曲线C 上，O 到F 的距离和到a x =的距离之积为4，即42=⨯a ，解得2±=a .又∵0<a ，∴2-=a ，故A 正确；对于B：由图象可知曲线C 与x 轴正半轴相交于一点，不妨设B 点.设()0,m B ，其中2>m ，由定义可得()()422=+-m m ，解得22±=m .又∵2>m ，∴22=m ，故B 正确；对于C：设C 上一点()y x P ,，()()42222=++-x y x ，其中2->x .化简得曲线C 的轨迹方程为()()2222216--+=x x y ，其中2->x .已知2=x 时，12=y ，对x 求导()()2223232--+-=x x y .2122-==x y ，则在2=x 是下降趋势，即存在2<x 时，1>y 成立，故C 错误；对于D：()()2222216--+=x x y ，∵()022≥-x ，∴()22216+≤x y .∴240+≤x y .又∵20->x ，2400+≤x y ，则24000+≤≤x y y ，故D 正确.三、填空题12.23解析：作图易得131=A F ，52=AF ，且212F F AF ⊥，12222121=-=AF A F F F .由双曲线定义可得：8221=-=AF A F a ，6221==F F c ，则23==a c e .13.2ln 解析：1+='xe y ，20='==x y k ，切线l 的方程：12+=x y .设l 与曲线()a x y ++=1ln 的切点横坐标为0x ，110+='x y ，则2110=+=x k ，解得210-=x .代入12+=x y 可得切点为⎪⎭⎫⎝⎛-021，，再代入()a x y ++=1ln ，a +=21ln 0，即2ln =a .14.21解析：不妨确定甲的出牌顺序为7,5,3,1.乙随机出牌有2444=A 种基本事件.甲的数字1最小，乙的数字8最大.若数字1和数字8轮次不一致，乙最少得2分，甲最多2分.站在甲的视角下，分四种情况：①8对1，则7必得分（1）若得3分：3,5都得分，3对2,5对4（1种情况）（2）若得2分：3,5只有一个得分（ⅰ）：5得分，3不得分：5对2,3对4或6（2种情况）；5对4,3对6（1种情况）；（ⅱ）：3得分，5不得分：3对2,5对6（1种情况）；②8对3,7必得分5得分：5对2,4,7对应2种情况，共有422=⨯种情况；③8对5,7必得分3得分：3对2,7对应2中情况，共有221=⨯种情况；④8对7，最多得2分3得分，5得分：3对2,5对4（1种情况）.共有12种情况，甲总得分不小于2的概率为212412=.四、解答题15.解：（1）∵ab c b a 2222=-+，∴22222cos 222==-+=ab ab ab c b a C .∴22cos 1sin 2=-=C C .又∵B C cos 2sin =，∴22cos 2=B ，∴21cos =B ，∴3π=B .（2）∵33sin 21+==∆Bac S ABC ，∴333sin 21+=ac π.即434+=ac ……①由（1）易知4π=C ，3π=B .由正弦定理C c A a sin sin =，()CcC B a sin sin =+.∴4sin43sin πππc a =⎪⎭⎫ ⎝⎛+，∴224269c =+，∴c a 213+=.代入①式解得22=c .16.解：（1）将()30，A ，⎪⎭⎫⎝⎛233，P 代入椭圆12222=+b y a x 得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=149919222b a b ，可得⎪⎩⎪⎨⎧==91222b a ，∴3222=-=b a c ，∴32=a ，3=c .∴离心率21323===a c e .（2）①当l 斜率不存在时，29332121=⨯⨯=-⋅=∆A P ABP x x PB S ，不符，舍去.②当l 斜率存在时，设l 方程：()323-=-x k y .联立()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=-191232322y x x k y 可得：()()()02736212342222=--++-++k k x k k x k.由韦达定理：()34273622+--=⋅k k k x x B P ，又3=P x ，∴()3491222+--=k k k x B .∵BP 与y 轴交点⎪⎭⎫ ⎝⎛+-233,0k ，∴()9349123323213232122=+---⋅+=-+⋅=∆k k k k x x k S B P ABP 解得21=k 或23，∴l 方程x y 21=或0623=--y x .17.解：（1）证明：∵⊥P A 底面ABCD ，∴AD P A ⊥.又∵PB AD ⊥，∴⊥AD 平面P AB ，则AB AD ⊥.又∵1,32===BC AB AC ，，∴222BC AB AC +=，则BC AB ⊥，∴BC AD ∥.∵⊄AD 平面PBC ，⊂BC 平面PBC ，∴∥AD 平面PBC .（2）以D 为原点，DA 为x 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.设0,0,,>>==q p q DC p DA ，满足4222==+AC q p ，则()()()()0,0,0,0,,0,20,0,0,D q C p P p A ，，.设平面APC 法向量为()111,,z y x m =，∴()()0,,200q p AC AP -==，，，.∴⎪⎩⎪⎨⎧=+-=⋅==⋅002111qy px m AC z m AP ，取()0,,p q m = .设平面DPC 法向量为()()()0,,0,2,0,,,,222q DC p DP z y x n ===.∴⎪⎩⎪⎨⎧==⋅=+=⋅002222qy n DC z px n AP ，取()p n -=,0,2 .∴2222742142,cos ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=+⋅+=p q p qn m .∴7142=+p q .又∵422=+q p ，∴3=p ，即3=AD .18.解：（1）0=b 时，()ax x x x f +-=2ln，∴()()022≥+-⋅='a x x x f .∴()22-≥x x a .又∵()2,0∈x ，设()()22-=x x x h ，当()2,0∈x 时，()2max -=x h ，∴2-≥a .∴a 的最小值为2-.（2）由题意可知()x f 的定义域为()20，.()()()()()a x b x a xx bx x a x x x f x f 2111ln 111ln1133=-+-++-++++-+=-++.∴()x f 关于()a ,1中心对称.（3）()212ln 3->-++-x b ax xx ，即()0212ln3>+-++-x b ax x x 即()()02112ln 3>++-+-+-a x b x a xx.令1-=x t ，则()1,0∈t ，()0211ln 3>++++-+=a bt at tt t g .()t g 关于()a +2,0中心对称，则当且仅当()1,0∈t 时，()0>t g 恒成立.需02=+a ，即2-=a ，()0≥'t g 在()1,0恒成立.()()()()22222212231223032112t t t b t bt bt t t t g --≥⇒--≥⇒≥+--+='.令2t m =，则()1,0∈m ，()()12122-=--=m m m m m h .()2max -=m h ，∴23-≥b ，即32-≥b .∴⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-∈,32b .19.解：（1）从1,2,3,4,5,6中删去()j i ,剩下的四个数从小到大构成等差数列，记为{}k b ，41≤≤k .设{}k b 公差为d ，已知1=d ，否则，若2≥d ，则6314≥=-d b b ，又51614=-≤-b b ，故矛盾，∴1=d ，则{}k b 可以为{}4,3,2,1，{}5,4,3,2，{}6,5,4,3，则对应()j i ,分别为()()()2,16,16,5，，.（2）证明：只需考虑前14项在去掉()13,2后如何构成3组4项的等差数列，后面剩下的()34124-=-m m 可自然依序划分为3-m 组等差数列.则只需构造{}14,12,11,10,9,8,7,6,5,4,3,1的一组划分，使划分出的3组数均成等差数列，取{}{}{}14,11,8,512,9,6,310,7,4,1，，，这单租数均为公差为3的等差数列，对于剩下的()34-m 个数，按每四个相邻数一组，划分为3-m 组即可.由此可见去掉()13,2后，剩余的m 4个数可以分为m 组，每组均为等差数列，故3≥m 时，24,2,1+m 是()13,2可分数列，即2421,,,+m a a a 是()13,2可分数列.（3）证明：用数学归纳法证明：共有不少于12++m m 中()j i ,的取法使24,2,1+m 是()j i ,可分数列，①当1=m 时，由（1）知，有11132++=种()j i ,的取法，②假设当n m =时，有至少12++n n 种()j i ,的取法，则当1+=n m 时，考虑数列{}64,,2,1+n 下对于()j i ,分三种情况讨论：1°当1=i 时，取()1,,,2,1,0,24+=+=n n k k j 则j i ,之间（不含j i ,）有k k 41124=--+个连续的自然数，可按形如{}{}{}14,4,14,249,8,7,65,4,3,2+--k k k k ，，， 划分，剩下的64,,44,34+++n k k ，也可按每四个连续自然数划分得到相应的等差数列，∵1,,,2,1,0+=n n k ，∴这种情况有2+n 种()j i ,的取法.2°当2=i 时，取()1,,,2,14+=+=n n k k j ，现以k 为公差构造划分为：{}13,12,11+++k k k ，，{}33,32,3,3+++k k k ，……{}14,13,12,1----k k k k ，{}k k k k 4,3,22,，{}24,23,22,2++++k k k k （注意当2=k 时，只有{}{}10,8,6,47,5,3,1，这两组）剩下的64,,44,34+++n k k ，也可按每四个连续自然数划分得到相应的等差数列，∵1,,,2+=n n k ，∴这种情况有n 种()j i ,的取法.3°当2>i 时，考虑{}64,,7,6,5+n 共24+n 个数，由归纳假设里n m =时，有至少12++n n 种()j i ,的取法.综合1°2°3°，当1+=n m 时，至少有()()()()1111222++++=+++++n n n n n n 中取法，由①②及数学归纳法原理，值共有不少于12++m m 种()j i ,的取法使24,2,1+m 为()j i ,可分数列，那么()()8188811681121411222222242=++++>++++=++++=++≥+m m m m m m m m m m m m C m m P m m ，∴81>m P .。

2019年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(福建卷)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．理科：第Ⅱ卷第21题为选考题， 其他题为必考题， 满分150分．第Ⅰ卷一、选择题：(理科)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．(文科)本大题共12小题， 每小题5分， 共60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．下列命题中， 真命题是( )A ．x 0∈R ， 0e 0x≤ B ．x ∈R ， 2x ＞x 2 C ．a ＋b ＝0的充要条件是1ab=- D ．a ＞1， b ＞1是ab ＞1的充分条件2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等， 那么这个几何体不可以是( ) A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体 D ．圆柱3．若复数z 满足z i ＝1－i ， 则z 等于( )A ．－1－iB ．1－iC ．－1＋iD ．1＋i A ．3＋4i B ．5＋4i C ．3＋2i D ．5＋2i4．等差数列{a n }中， a 1＋a 5＝10， a 4＝7， 则数列{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 5．下列不等式一定成立的是( )A ．lg(x 2＋14)＞lg x (x ＞0) B ．sin x ＋1sin x≥2(x ≠k π， k ∈Z )C ．x 2＋1≥2|x |(x ∈R )D ．2111x >+(x ∈R ) 6．如图所示， 在边长为1的正方形OABC 中任取一点P ， 则点P 恰好取自阴影部分的概率为( )A ．14 B ．15 C ．16 D ．177．设函数1,()0,x D x x ⎧=⎨⎩为有理数，为无理数，则下列结论错误的是( )A ．D (x )的值域为{0,1}B ．D (x )是偶函数C ．D (x )不是周期函数 D ．D (x )不是单调函数8．已知双曲线22214x y b-=的右焦点与抛物线y 2＝12x 的焦点重合， 则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于( )AB． C ．3 D ．59．若函数y ＝2x 图象上存在点(x ， y )满足约束条件30,230,,x y x y x m +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩则实数m 的最大值为( )A ．12 B ．1 C ．32D ．2 10．函数f (x )在［a ， b ］上有定义， 若对任意x 1， x 2∈［a ， b ］， 有()()12121()22x x f f x f x +≤［＋］， 则称f (x )在［a ， b ］上具有性质P ．设f (x )在［1,3］上具有性质P ， 现给出如下命题：①f (x )在［1,3］上的图象是连续不断的；②f (x 2)在［1，］上具有性质P ；③若f (x )在x ＝2处取得最大值1， 则f (x )＝1， x ∈［1,3］； ④对任意x 1， x 2， x 3， x 4∈［1,3］， 有12341()44x x x x f +++≤［f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)＋f (x 4)］．其中真命题的序号是( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．③④第Ⅱ卷二、填空题：(理科)本大题共5小题， 每小题4分， 共20分．把答案填在答题卡的相应位置．(文科)本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在答题卡的相应位置．11．(a＋x)4的展开式中x3的系数等于8，则实数a＝________．12．阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的s值等于________．13．已知△ABC的等比数列，则其最大角的余弦值为________．14．数列{a n}的通项公式πcos12nna n=+，前n项和为S n，则S2 012＝________．15．对于实数a和b，定义运算“*”：22*.a ab a ba bb ab a b⎧-≤=⎨->⎩，，，设f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是__________．三、解答题：(理科)本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．(文科)本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年．现从该(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，分别求X1，X2的分布列；(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由．17．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°．(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．18．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1．(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．19．如图，椭圆E：22221x ya b+=(a＞b＞0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率12e=．过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．(1)求椭圆E的方程；(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．20．已知函数f(x)＝e x＋ax2－e x，a∈R．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P．21．(1)选修4－2：矩阵与变换设曲线2x2＋2xy＋y2＝1在矩阵1ab⎛⎫= ⎪⎝⎭A(a＞0)对应的变换作用下得到的曲线为x2＋y2＝1．①求实数a，b的值；②求A2的逆矩阵．(2)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l上两点M，N的极坐标分别为(2,0)，π2⎫⎪⎪⎝⎭，圆C的参数方程为22cos,2sinxyθθ=+⎧⎪⎨=⎪⎩(θ为参数)．①设P为线段MN的中点，求直线OP的平面直角坐标方程；②判断直线l与圆C的位置关系．(3)选修4－5：不等式选讲已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为［－1,1］．①求m的值；②若a，b，c∈R＋，且11123ma b c++=，求证：a＋2b＋3c≥9．22．(文)已知函数f(x)＝ax sin x－32(a∈R)，且在［0，π2］上的最大值为π32-．(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．1．A由z i＝1－i，得221i(1i)i i i i+11ii i11z---=====----．2．B∵a1＋a5＝10＝2a3，∴a3＝5．故d＝a4－a3＝7－5＝2．3．D∵a＞1＞0，b＞1＞0，∴由不等式的性质得ab＞1，即a ＞1， b ＞1⇒ab ＞1．4． D ∵圆柱的三视图中有两个矩形和一个圆， ∴这个几何体不可以是圆柱．5． C ∵x 2＋1≥2|x |⇔x 2－2|x |＋1≥0，∴当x ≥0时， x 2－2|x |＋1＝x 2－2x ＋1＝(x －1)2≥0成立； 当x ＜0时， x 2－2|x |＋1＝x 2＋2x ＋1＝(x ＋1)2≥0成立． 故x 2＋1≥2|x |(x ∈R )一定成立．6． C ∵由图象知阴影部分的面积是31220121211)d ()032326x x x x =⋅-=-=⎰，∴所求概率为11616=．7． C ∵D (x )是最小正周期不确定的周期函数， ∴D (x )不是周期函数是错误的．8． A 由双曲线的右焦点与抛物线y 2＝12x 的焦点重合， 知32pc ==， c 2＝9＝4＋b 2， 于是b 2＝5，b =．因此该双曲线的渐近线的方程为2y x =±，即20y ±=．故该双曲线的焦点到其渐近线的距离为d ==．9． B 由约束条件作出其可行域如图所示：由图可知当直线x ＝m 经过函数y ＝2x的图象与直线x ＋y －3＝0的交点P 时取得最大值， 即得2x＝3－x ， 即x ＝1＝m ．10． D ①如图1，图1在区间［1,3］上f (x )具有性质P ， 但是是间断的， 故①错．②可设f (x )＝|x －2|(如图2)， 当x ∈［1,3］时易知其具有性质P ， 但是f (x 2)＝|x 2－2|＝222,1x x x x ⎧-≤≤⎪⎨-<≤⎪⎩P (如图3)．故②错．图2图3③任取x 0∈［1,3］， 则4－x 0∈［1,3］， 1＝f (2)＝004()2x x f +-≤12［f (x 0)＋f (4－x 0)］． 又∵f (x 0)＝1， f (4－x 0)≤1， ∴12［f (x 0)＋f (4－x 0)］≤1． ∴f (x 0)＝f (4－x 0)＝1．故③正确．④3412123422()()42x x x x x x x x f f ++++++= ≤34121()+()222x x x x f f ++⎡⎤⎢⎥⎣⎦≤14［f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)＋f (x 4)］， 故④正确．11．答案：2解析：∵T r ＋1＝4C r a r x 4－r ， ∴当4－r ＝3， 即r ＝1时， T 2＝14C ·a ·x 3＝4ax 3＝8x 3．故a ＝2．12．答案：－3解析：(1)k ＝1,1＜4， s ＝2×1－1＝1； (2)k ＝2,2＜4， s ＝2×1－2＝0； (3)k ＝3,3＜4， s ＝2×0－3＝－3； (4)k ＝4， 直接输出s ＝－3．13．答案：4-解析：设△ABC 的最小边长为a (m ＞0)，， 2a ， 故最大角的余弦值是2222cos 4θ===-． 14．答案：3 018 解析：∵函数πcos 2n y =的周期2π4π2T ==，∴可用分组求和法：a 1＋a 5＋…＋a 2 009＝50311+1=503++14243个…； a 2＋a 6＋…＋a 2 010＝(－2＋1)＋(－6＋1)＋…＋(－2 010＋1)＝－1－5－…－2 009＝503(12009)2--＝－503×1 005；a 3＋a 7＋…＋a 2 011＝50311+1=503++14243个…； a 4＋a 8＋…＋a 2 012＝(4＋1)＋(8＋1)＋…＋(2 012＋1)＝503(52013)2⨯+＝503×1 009；故S 2 012＝503－503×1 005＋503＋503×1 009 ＝503×(1－1 005＋1＋1 009)＝3 018． 15．答案：， 0) 解析：由已知， 得()22200x x x f x x x x ⎧≤⎪⎨⎪⎩－，，＝－＋，＞，作出其图象如图， 结合图象可知m 的取值范围为0＜m ＜14，当x ＞0时， 有－x 2＋x ＝m ， 即x 2－x ＋m ＝0，于是x 1x 2＝m ．当x ＜0时， 有2x 2－x －m ＝0，于是314x =．故123(14m x x x =．设h (m )＝m (1，∵h ′(m )＝(1＋［m()］＝10<，∴函数h (m )单调递减．故x 1x 2x 3的取值范围为(116， 0)． 16．解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A ， 则231()5010P A +==． (2)依题意得， X 1X 2的分布列为(3)由(2)得， E (X 1)＝1×125＋2×50＋3×10＝50＝2.86(万元)，E (X 2)＝1.8×110＋2.9×910＝2.79(万元)．因为E (X 1)＞E (X 2)， 所以应生产甲品牌轿车．17．解：方法一：(1)选择②式， 计算如下：sin 215°＋cos 215°－sin15°cos15°＝1－12sin30°＝13144-=． (2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝34．证明如下： sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝sin 2α＋(cos30°cos α＋sin30°sin α)2－sin α·(cos30°cos α＋sin30°sin α)＝sin 2α＋34cos 2α＋2sin αcos α＋14sin 2α－2sin α·cos α－12sin 2α＝34sin 2α＋34cos 2α＝34． 方法二：(1)同方法一．(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝34． 证明如下： sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝1cos21cos(602)22αα-+︒-+－sin α(cos30°cos α＋sin30°sin α)＝12－12cos2α＋12＋12(cos60°·cos2α＋sin60°sin2α)sin αcos α－12sin 2α＝12－12cos2α＋12＋14cos2ααα－14(1－cos2α)＝11131cos2cos24444αα--+=．18．解：(1)以A 为原点， AB u u u r ， AD u u ur， 1AA u u u r 的方向分别为x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ， 则A (0,0,0)， D (0,1， 0)， D 1(0,1,1)， E (2a， 1,0)， B 1(a,0,1)， 故1AD u u u u r ＝(0,1,1)， 1B E u u u r ＝(2a -， 1， －1)， 1AB u u u r ＝(a,0,1)， AE u u u r ＝(2a， 1,0)．∵1AD u u u u r ·1B E u u u r ＝2a -×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1．(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0， z 0)， 使得DP ∥平面B 1AE ．此时DP u u u r＝(0， －1， z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ， y ， z )． ∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥1AB u u u r ， n ⊥AE u u u r ， 得00.2ax z ax y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，取x ＝1， 得平面B 1AE 的一个法向量n ＝(1， 2a-， －a )． 要使DP ∥平面B 1AE ， 只要n ⊥DP u u u r ， 有2a －az 0＝0， 解得012z =．又DP 平面B 1AE ， ∴存在点P ， 满足DP ∥平面B 1AE ， 此时12AP =．(3)连接A 1D ， B 1C ， 由长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1， 得AD 1⊥A 1D ．∵B 1C ∥A 1D ， ∴AD 1⊥B 1C ．又由(Ⅰ)知B 1E ⊥AD 1， 且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1．∴1AD u u u u r 是平面A 1B 1E 的一个法向量， 此时1AD u u u u r＝(0,1,1)．设1AD u u u u r 与n 所成的角为θ， 则1212·2cos ||||214a a AD AD aa θ--==++u u u u r u u u u r n n ． ∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos30°，3a=， 解得a ＝2， 即AB 的长为2．19．解：方法一：(1)因为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8， 即|AF 1|＋|F 1B |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8， 又|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ， 所以4a ＝8， a ＝2． 又因为12e =， 即12c a =， 所以c ＝1．所以b故椭圆E 的方程是22143x y +=． (2)由22143y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0．因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0， y 0)， 所以m ≠0且∆＝0， 即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0， 化简得4k 2－m 2＋3＝0．(*)此时024443km k x k m =-=-+， y 0＝kx 0＋m ＝3m ， 所以P (4k m -， 3m )．由4x y kx m =⎧⎨=+⎩，，得Q (4,4k ＋m )． 假设平面内存在定点M 满足条件， 由图形对称性知， 点M 必在x 轴上．设M (x 1,0)， 则0MP MQ ⋅=u u u r u u u u r对满足(*)式的m ， k 恒成立．因为MP u u u r ＝(14k x m --， 3m )， MQ u u u u r ＝(4－x 1,4k ＋m )，由0MP MQ ⋅=u u u r u u u u r，得211141612430kx k k x x m m m-+-+++=，整理， 得(4x 1－4)km＋x 12－4x 1＋3＝0．(**)由于(**)式对满足(*)式的m ， k 恒成立， 所以1211440,430,x x x -=⎧⎨-+=⎩解得x 1＝1．故存在定点M (1,0)， 使得以PQ 为直径的圆恒过点M ． 方法二：(1)同方法一．(2)由22143y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0．因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0， y 0)， 所以m ≠0且∆＝0， 即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0．(*)此时024443km k x k m =-=-+， y 0＝kx 0＋m ＝3m ， 所以P (4k m -， 3m )．由4x y kx m =⎧⎨=+⎩，，得Q (4,4k ＋m )．假设平面内存在定点M 满足条件， 由图形对称性知， 点M 必在x 轴上．取k ＝0，m =， 此时P (0，， Q (4，， 以PQ 为直径的圆为(x －2)2＋(y2＝4， 交x 轴于点M 1(1,0)， M 2(3,0)；取12k =-， m ＝2， 此时P (1， 32)， Q (4,0)，以PQ 为直径的圆为225345()()2416x y -+-=， 交x 轴于点M 3(1,0)， M 4(4,0)．所以若符合条件的点M 存在， 则M 的坐标必为(1,0)．以下证明M (1,0)就是满足条件的点：因为M 的坐标为(1,0)， 所以MP u u u r ＝(41k m --， 3m)， MQ u u u u r ＝(3,4k ＋m )，从而1212330k k MP MQ m m ⋅=--++=u u u r u u u u r ，故恒有MP MQ ⊥u u u r u u u u r， 即存在定点M (1,0)， 使得以PQ 为直径的圆恒过点M ．20．解：(1)由于f ′(x )＝e x ＋2ax －e ， 曲线y ＝f (x )在点(1， f (1))处切线斜率k ＝2a ＝0， 所以a ＝0， 即f (x )＝e x －e x ．此时f ′(x )＝e x －e ， 由f ′(x )＝0得x ＝1．当x ∈(－∞， 1)时， 有f ′(x )＜0；当x ∈(1， ＋∞)时， 有f ′(x )＞0． 所以f (x )的单调递减区间为(－∞， 1)， 单调递增区间为(1， ＋∞)．(2)设点P (x 0， f (x 0))， 曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)， 令g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)， 故曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与曲线只有一个公共点P 等价于函数g (x )有唯一零点．因为g (x 0)＝0， 且g ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝e x －e x 0＋2a (x －x 0)．(1)若a ≥0， 当x ＞x 0时， g ′(x )＞0， 则x ＞x 0时， g (x )＞g (x 0)＝0； 当x ＜x 0时， g ′(x )＜0， 则x ＜x 0时， g (x )＞g (x 0)＝0． 故g (x )只有唯一零点x ＝x 0．由P 的任意性， a ≥0不合题意．(2)若a ＜0， 令h (x )＝e x －e x 0＋2a (x －x 0)， 则h (x 0)＝0， h ′(x )＝e x ＋2a ．令h ′(x )＝0， 得x ＝ln(－2a )， 记x ′＝ln(－2a )， 则当x ∈(－∞， x *)时， h ′(x )＜0， 从而h (x )在(－∞， x *)内单调递减；当x ∈(x *， ＋∞)时， h ′(x )＞0， 从而h (x )在(x *， ＋∞)内单调递增．①若x 0＝x *， 由x ∈(－∞， x *)时， g ′(x )＝h (x )＞h (x *)＝0；x ∈(x *， ＋∞)时， g ′(x )＝h (x )＞h (x *)＝0， 知g (x )在R 上单调递增．所以函数g (x )在R 上有且只有一个零点x ＝x *．②若x 0＞x *， 由于h (x )在(x *， ＋∞)内单调递增， 且h (x 0)＝0， 则当x ∈(x *， x 0)时有g ′(x )＝h (x )＜h (x 0)＝0， g (x )＞g (x 0)＝0；任取x 1∈(x *， x 0)有g (x 1)＞0．又当x ∈(－∞， x 1)时， 易知g (x )＝e x ＋ax 2－［e ＋f ′(x 0)］x －f (x 0)＋x 0f ′(x 0)＜e x 1＋ax 2－［e ＋f ′(x 0)］x －f (x 0)＋x 0f ′(x 0)＝ax 2＋bx ＋c ，其中b ＝－［e ＋f ′(x 0)］， c ＝e x 1－f (x 0)＋x 0f ′(x 0)． 由于a ＜0， 则必存在x 2＜x 1， 使得ax 22＋bx 2＋c ＜0．所以g (x 2)＜0．故g (x )在(x 2， x 1)内存在零点，即g(x)在R上至少有两个零点．③若x0＜x*，仿②并利用3e6xx>，可证函数g(x)在R上至少有两个零点．综上所述，当a＜0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P．21．(1)选修4－2：矩阵与变换解：①设曲线2x2＋2xy＋y2＝1上任意点P(x，y)在矩阵A对应的变换作用下的像是P′(x′，y′)．由1x ay b'⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪'⎝⎭⎝⎭x axy bx y⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，得,.x axy bx y'=⎧⎨'=+⎩又点P′(x′，y′)在x2＋y2＝1上，所以x′2＋y′2＝1，即a2x2＋(bx＋y)2＝1，整理得(a2＋b2)x2＋2bxy＋y2＝1．依题意得222,22,a bb⎧+=⎨=⎩解得1,1,ab=⎧⎨=⎩或1,1,ab=-⎧⎨=⎩因为a＞0，所以1,1. ab=⎧⎨=⎩②由①知，1 01 1⎛⎫= ⎪⎝⎭A，21 0 1 0 1 01 1 1 12 1⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭A，所以|A2|＝1，(A2)－1＝1 02 1⎡⎤⎢⎥-⎣⎦．(2)选修4－4：坐标系与参数方程解：①由题意知，M，N的平面直角坐标分别为(2,0)，(0，)．又P为线段MN的中点，从而点P的平面直角坐标为(1，)，故直线OP的平面直角坐标方程为y x=．②因为直线l上两点M，N的平面直角坐标分别为(2,0)，(0，)，所以直线l30y+-=．又圆C的圆心坐标为(2，)，半径r＝2，圆心到直线l的距离32d r==<，故直线l与圆C相交．(3)选修4－5：不等式选讲解：①因为f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集为［－1,1］，故m＝1．②由①知111123a b c++=，又a，b，c∈R＋，由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(11123a b c ++)≥29＝．。

2021年福建省高考数学试卷(理科)答案与解析2021年福建省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．1．（5分）（2021?福建）复数z=（3��2i）i的共轭复数等于（） 2+3i A．��2��3i B．��2+3i C． 2��3i D．考点：复数代数形式的乘除运算．专题：数系的扩充和复数．分析：直接由复数代数形式的乘法运算化简z，则其共轭可求．解答：解：∵z=（3��2i）i=2+3i，∴．故选：C．点评：本题考查了复数代数形式的乘法运算，考查了复数的基本概念，是基础题． 2．（5分）（2021?福建）某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（） A．圆柱 B．圆锥C．四面体 D．三棱柱考点：由三视图还原实物图．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：直接从几何体的三视图：正视图和侧视图或俯视图判断几何体的形状，即可．解答：解：圆柱的正视图为矩形，故选：A 点评：本题考查简单几何体的三视图，考查逻辑推理能力和空间想象力，是基础题． 3．（5分）（2021?福建）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=2，S3=12，则a6等于（） 8 10 12 14A．B． C． D．考点：等差数列的前n项和．专题：等差数列与等比数列．分析：由等差数列的性质和已知可得a2，进而可得公差，可得a6 解答：解：由题意可得S3=a1+a2+a3=3a2=12，解得a2=4，∴公差d=a2��a1=4��2=2，∴a6=a1+5d=2+5×2=12，故选：C．点评：本题考查等差数列的通项公式和求和公式，属基础题． 4．（5分）（2021?福建）若函数y=logax（a＞0，且a≠1）的图象如图所示，则下列函数图象正确的是（）1A．B． C． D．考点：对数函数的图像与性质．专题：函数的性质及应用．分析：由题意可得a=3，由基本初等函数的图象和性质逐个选项验证即可．解答：解：由题意可知图象过（3，1），故有1=loga3，解得a=3，选项A，y=a=3=3��x��x单调递减，故错误；选项B，y=x，由幂函数的知识可知正确； 33选项C，y=（��x）=��x，其图象应与B关于x轴对称，故错误；选项D，y=loga（��x）=log3（��x），当x=��3时，y=1，但图象明显当x=��3时，y=��1，故错误．故选：B．点评：本题考查对数函数的图象和性质，涉及幂函数的图象，属基础题． 5．（5分）（2021?福建）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的S的值等于（）18 A．20 B． 21 C． 240 D．考点：循环结构．专题：计算题；算法和程序框图． 12n分析：算法的功能是求S=2+2+…+2+1+2+…+n的值，计算满足条件的S值，可得答案． 12n解答：解：由程序框图知：算法的功能是求S=2+2+…+2+1+2+…+n的值，12123∵S=2+2+1+2=2+4+1+2=9＜15，S=2+2+2+1+2+3=2+4+8+1+2+3=20≥15．∴输出S=20．故选：B．点评：本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是解题的关键． 6．（5分）（2021?福建）直线l：y=kx+1与圆O：x+y=1相交于A，B 两点，则“k=1”是“△OAB的面积为”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件充分必要条件 C．D．既不充分又不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆相交的性质．专题：直线与圆；简易逻辑．分析：根据直线和圆相交的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论． 22解答：解：若直线l：y=kx+1与圆O：x+y=1相交于A，B 两点， 22则圆心到直线距离d=，|AB|=2，若k=1，则|AB|=即充分性成立．，d=，则△OAB的面积为×=成立，若△OAB的面积为，则S=解得k=±1，则k=1不成立，即必要性不成立．故“k=1”是“△OAB的面积为”的充分不必要条件．=×2×==，故选：A．点评：本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用三角形的面积公式，以及半径半弦之间的关系是解决本题的关键． 7．（5分）（2021?福建）已知函数f（x）= A．f（x）是偶函数 f（x）是周期函数 C．考点：余弦函数的单调性．，则下列结论正确的是（）B． f（x）是增函数 D． f（x）的值域为[��1，+∞） 3专题：函数的性质及应用．分析：由三角函数和二次函数的性质，分别对各个选项判断即可．解答：解：由解析式可知当x≤0时，f（x）=cosx为周期函数，当x＞0时，f（x）=x+1，为二次函数的一部分，故f（x）不是单调函数，不是周期函数，也不具备奇偶性，故可排除A、B、C，对于D，当x≤0时，函数的值域为[��1，1]，当x ＞0时，函数的值域为值域为（1，+∞），故函数f（x）的值域为[��1，+∞），故正确．故选：D 点评：本题考查分段函数的性质，涉及三角函数的性质，属基础题． 8．（5分）（2021?福建）在下列向量组中，可以把向量=（3，2）表示出来的是（） A． C．=（0，0），=（3，5），=（1，2） =（6，10） B． D． =（��1，2），=（2，��3），=（5，��2） =（��2，3） 2 考点：平面向量的基本定理及其意义．专题：平面向量及应用．分析：根据向量的坐标运算，，计算判别即可．解答：解：根据，选项A：（3，2）=λ（0，0）+μ（1，2），则 3=μ，2=2μ，无解，故选项A不能；选项B：（3，2）=λ（��1，2）+μ（5，��2），则3=��λ+5μ，2=2λ��2μ，解得，λ=2，μ=1，故选项B能．选项C：（3，2）=λ（3，5）+μ（6，10），则3=3λ+6μ，2=5λ+10μ，无解，故选项C不能．选项D：（3，2）=λ（2，��3）+μ（��2，3），则3=2λ��2μ，2=��3λ+3μ，无解，故选项D不能．故选：B．点评：本题主要考查了向量的坐标运算，根据列出方程解方程是关键，属于基础题． 9．（5分）（2021?福建）设P，Q分别为圆x+（y��6）=2和椭圆Q两点间的最大距离是（） A．B． 5 + 考点：椭圆的简单性质；圆的标准方程．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程． 22+y=1上的点，则P，2C． 7+ D． 6 4分析：求出椭圆上的点与圆心的最大距离，加上半径，即可得出P，Q两点间的最大距离．解答：解：设椭圆上的点为（x，y），则22∵圆x+（y��6）=2的圆心为（0，6），半径为，∴椭圆上的点（x，y）到圆心（0，6）的距离为==≤5，∴P，Q两点间的最大距离是5+=6．故选：D．点评：本题考查椭圆、圆的方程，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题． 10．（5分）（2021?福建）用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由（1+a）（1+b）的展开式1+a+b+ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是（） 23455523455A．B．（1+a5）（1+a+a+a+a+a）（1+b）（1+c）（1+b+b+b+b+b）（1+c） 552345（1+a）5（1+b+b2+b3+b4+b5）C． 1+a5）（1+c） D．（（1+b）（1+c+c+c+c+c）考点：归纳推理；进行简单的合情推理．专题：推理和证明．分析：根据“1+a+b+ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来”，分别取红球蓝球黑球，根据分步计数原理，分三步，每一步取一种球，问题得以解决．解答：解：从5个无区别的红球中取出若干个球，可以1个球都不取、或取1个、2个、32345个、4个、5个球，共6种情况，则其所有取法为1+a+a+a+a+a；从5个无区别的5蓝球中取出若干个球，由所有的蓝球都取出或都不取出，得其所有取法为1+b；从5个有区别的黑球中取出若干个球，可以1个球都不取、或取1个、2个、3个、4个、5个球，共6种情况，则其所有取法为1+c+c+2c+233c+454c=（1+c），根据5555分步乘法计数原理得，适合要求的所有取法是（1+a+a+a+a+a）（1+b）（1+c）．故选：A．点评：本题主要考查了分步计数原理和归纳推理，合理的利用题目中所给的实例，要遵循其规律，属于中档题．二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置11．（4分）（2021?福建）若变量 x，y满足约束条件，则z=3x+y的最小值为 1 ．考点：简单线性规划． 5感谢您的阅读，祝您生活愉快。

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）一、选择题（共12小题）.1．若z＝1+i，则|z2﹣2z|＝（）A．0B．1C．D．22．设集合A＝{x|x2﹣4≤0}，B＝{x|2x+a≤0}，且A∩B＝{x|﹣2≤x≤1}，则a＝（）A．﹣4B．﹣2C．2D．43．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A．B．C．D．4．已知A为抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p＝（）A．2B．3C．6D．95．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：℃）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据（x i，y i）（i＝1，2， (20)得到下面的散点图：由此散点图，在10℃至40℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是（）A．y＝a+bx B．y＝a+bx2C．y＝a+be x D．y＝a+blnx6．函数f（x）＝x4﹣2x3的图象在点（1，f（1））处的切线方程为（）A．y＝﹣2x﹣1B．y＝﹣2x+1C．y＝2x﹣3D．y＝2x+17．设函数f（x）＝cos（ωx+）在[﹣π，π]的图象大致如图，则f（x）的最小正周期为（）A．B．C．D．8．（x+）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为（）A．5B．10C．15D．209．已知α∈（0，π），且3cos2α﹣8cosα＝5，则sinα＝（）A．B．C．D．10．已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π11．已知⊙M：x2+y2﹣2x﹣2y﹣2＝0，直线1：2x+y+2＝0，P为l上的动点．过点P作⊙M 的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|•|AB|最小时，直线AB的方程为（）A．2x﹣y﹣1＝0B．2x+y﹣1＝0C．2x﹣y+1＝0D．2x+y+1＝0 12．若2a+log2a＝4b+2log4b，则（）A．a＞2b B．a＜2b C．a＞b2D．a＜b2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2012年福建省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出分四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）（2012?福建）若复数z满足zi=1﹣i，则z等于（）1+i A．﹣1﹣i B．1﹣i C．﹣1+i D ．考数代数形式的乘除运算专算题分析：由复数z满足zi=1﹣i，可得z==，运算求得结果．解答：解：∵复数z满足zi=1﹣i，∴z===﹣1﹣i，故选A．点评：本题主要考查两个复数代数形式的除法，两个复数相除，分子和分母同时乘以分母的共轭复数，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．2．（5分）（2012?福建）等差数列{a}中，a+a=10，a=7，则数列{a}的公差为（）n145n 1 2 3 4 A．B．C．D．考点：等差数列的通项公式．专题：计算题．分析：设数列{a}的公差为d，则由题意可得2a+4d=10，a+3d=7，由此解得d的值．11n解答：解：设数列{a}的公差为d，则由a+a=10，a=7，可得2a+4d=10，a+3d=7，解得1541n1d=2，故选B．点评：本题主要考查等差数列的通项公式的应用，属于基础题．3．（5分）（2012?福建）下列命题中，真命题是（）x2A．B．?x∈R，2＞x ?x∈R，≤00C．D．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件1a+b=0=﹣的充要条件是考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；全称命题；特称命题；命题的真假判断与应用．专题：计算题．分析：利用指数函数的单调性判断A的正误；的正误；B通过特例判断，全称命题判通过充要条件判的正误解答：因y=恒成立，所不正确不成立＜（，所因x2不正确；没有意义，所以Ca=b=0时a+b=0，但是的充分条件，显然正确．＞1a＞1，b＞1是ab ．故选D题考查必要条件、充分条件与充要条件的判断，全称命题，特称命题，命题的真假点评：本判断与应用，考查基本知识的理解与应用．福建）一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不2012?4．（5分）（）可以是（柱正方体D．圆三A．球B．棱锥C．三视图还原实物图．考点：由图题．专题：作容易判断圆柱的三视图不可能形状相利分析：用简单几何体的结构特征以及三视图的定义，同，大小均等解答：解：A、球的三视图均为圆，且大小均等；、三条侧棱两两垂直且相等的适当高度的正三棱锥，其一个侧面放到平面上，其三B 视图均为三角形且形状都相同；C、正方体的三视图可以是三个大小均等的正方形；D、圆柱的三视图中必有一个为圆，其他两个为矩形．故一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是圆柱．故选D．空间想象点评：本简单几何体的三视图的形状大小，题主要考查了简单几何体的结构特征，能力，属基础题）福建）下列不等式一定成立的是（5．（5分）（2012?B．A．2 kxx≠，k∈Z））xlg（+）＞lgx（x＞0 sinx+≥2（2C．D．2|x|（x∈Rx）+1≥（x∈R）考点：不等式比较大小．专题：探究型．分析：由题意，可对四个选项逐一验证，其中C选项用配方法验证，A，B，D三个选项代入特殊值排除即可解答：解：A选项不成立，当x=时，不等式两边相等；B选项不成立，这是因为正弦值可以是负的，故不一定能得出sinx+ ；2≥22；≥1|x|?Rx2|x|+1选项是正确的，这是因为Cx≥（∈）（﹣）0 ，不等式不成立．1，则不等式左右两边都为x=0选项不正确，令D综上选项是正确的故选点评题考查不等式大小的比较，不等式大小比较是高考中的常考题，类型较多，根据题设选择比较的方法是解题的关键6．（5分）（2012?福建）如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为（）A．B．C．D．积分在求面积中的应用；几何概型．：定考点计：算题．专题分析：y=与的面积，观察图形可得，阴影部分由函数根据题意，易得正方形OABCy=x 进而由几何概型公式计算可得答案．围成，由定积分公式，计算可得阴影部分的面积，OABC的面积为1×1=1，解答：解：根据题意，正方形11=，（﹣）|y=围成，其面积为∫（）﹣xdx=而阴影部分由函数y=x与00则正方形OABC中任取一点P，点P取自阴影部分的概率为=；故选C．点评：本题考查几何概型的计算，涉及定积分在求面积中的应用，关键是正确计算出阴影部分的面积．7．（5分）（2012?福建）设函数，则下列结论错误的是（）A．D（x）的值域为{0，1} B．D（x）是偶函数D（x）不是周期函数C．D．D（x）不是单调函数考点：分段函数的解析式求法及其图象的作法．专题：证明题．分析：由函数值域的定义易知A结论正确；由函数单调性定义，易知D结论正确；由偶函数定义可证明B结论正确；由函数周期性定义可判断C结论错误，故选D解答：解：A显然正确；，）x（=D∵）是偶函数正确∵D（x+1）==D（x），∴T=1为其一个周期，故C错误；∵D（）=0，D（2）=1，D（）=0，显然函数D（x）不是单调函数，故D正确；故选：C．点评：本题主要考查了函数的定义，偶函数的定义和判断方法，函数周期性的定义和判断方法，函数单调性的意义，属基础题2的焦点重合，则=12x的右焦点与抛物线y2012?福建）已知双曲线﹣=158．（分）（该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于（）3 5 A．B．C．D．考点：双曲线的简单性质；抛物线的简单性质．专题：计算题．2分析：确定抛物线y=12x的焦点坐标，从而可得双曲线的一条渐近线方程，利用点到直线的距离公式，即可求双曲线的焦点到其渐近线的距离．2解答：解：抛物线y=12x的焦点坐标为（3，0）2的焦点重合y=12x∵双曲线的右焦点与抛物线2=9∴4+b2=5∴b∴双曲线的一条渐近线方程为，即∴双曲线的焦点到其渐近线的距离等于故选A．点评：本题考查抛物线的性质，考查时却显得性质，确定双曲线的渐近线方程是关键．x9．（5分）（2012?福建）若函数y=2图象上存在点（x，y）满足约束条件，则实数m的最大值为（）1 2 C B A．．．．D考单线性规划专算题；压轴题；数形结合分析根据题意，由线性规划知识分析可得束条件确定的区域，由指数x函数的性质分析可得函数y=2与边界直线x+y=3交与点（1，2），结合图形分析可得m的最大值，即可得答案．解答：解：约束条件确定的区域为如图阴影部分，即△ABC的边与其内部区域，x分析可得函数y=2与边界直线x+y=3交与点（1，2），x若函数y=2图象上存在点（x，y）满足约束条件，x即y=2图象上存在点在阴影部分内部，则必有m≤1，即实数m的最大值为1，故选B．x点评：本题考查线性规划的应用与指数函数的性质，关键是得到函数y=2与阴影部分边界直线的交点．∈[a，b]，有xx，f（x）在[a，b]上有定义，若对任意510．（分）（2012?福建）函数21则称f（x）在[a，b]上具有性质P．设f（x）在[1，3]上具有性质P，现给出如下命题：①f（x）在[1，3]上的图象是连续不断的；2；上具有性质Px）在[1，]（②f ]；[1，3=1，则f（x），x∈x=2f③若（x）在处取得最大值1x[f（，3]，有[1∈）（）x+f）（+f，x，，x④对任意xxx3212341）]（+fx4）其中真命题的序号是（．①②①③②④③④A．B．C．D．考用导数求闭区间上函数的最值；抽象函数及其应用；函数的连续性专轴题；新定义分析据题设条件，分别举出反例，说都是错误的；同时证是正的解答解：在①中，反例：f（x）=在[1，3]上满足性质P，但f（x）在[1，3]上不是连续函数，故①不成立；22][1，上不）=﹣x在[1x在，3]上满足性质P，但f（xf在②中，反例：（x）=﹣满足性质P，故②不成立；，（）≤上，[1，3]f（2）=f在③中：在∴，故f（x）=1，∈[1，3]，f（x）=1，x，∴对任意的x21故③成立；∈[1，3]，x，xx，在④中，对任意x，4132有=≤≤]，））+f（x+f（x）（x=[f（）+fx4123]，x））+f（[fx）（x+f（x+f（）∴4123故④成立．故选D．本题考查的知识点为函数定义的理解，说明一个结论错误时，只需举出反例即可．说点评：明一个结论正确时，要证明对所有的情况都成立．二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置．43．2的展开式中x的系数等于8，则实数a=201211．（4分）（?福建）（a+x）项式定理的应用考专计算题分析4﹣的展开a+x）a x，令r=3可得（a+x根据（）的展开式的通项公式为T= r+13×a=8，由此解得a的系数等于的值．式中x 4r4r﹣解：（a+x）的展开式的通项公式为T= x，a r+1解答：34令r=3可得（a+x）的展开式中x的系数等于×a=8，解得a=2，故答案为2．点评：本题主要考查二项式定理，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．12．（4分）（2012?福建）阅读图所示的程序框图，运行相应地程序，输出的s值等于﹣3．考点：循环结构．专题：计算题．分析：直接利用循环框图，计算循环的结果，当k=4时，退出循环，输出结果．解答：解：由题意可知第1次判断后，s=1，k=2，第2次判断循环，s=0，k=3，第3次判断循环，s=﹣3，k=4，不满足判断框的条件，退出循环，输出S．．3故答案为：﹣．点评：本题考查循环结构的作用，注意判断框的条件以及循环后的结果，考查计算能力．13．（4分）（2012?福建）已知△ABC得三边长成公比为的等比数列，则其最大角的余弦值为．考点：余弦定理；等比数列的性质．专题：计算题．分析：的等比数列，根据等比数列的性质设出三角形的三边据三角形三边长成公比为根，θ，根据2a为最大边，利用大边对大角可得出2a所对的角最大，设为a为a，，2a ，将设出的三边长代入，即可求出利用余弦定理表示出cosθcosθ的值．解答：2a，，a，解：根据题意设三角形的三边长分别为aθ，，∴∵2a＞a＞a2a所对的角为最大角，设为则根据余弦定理得：cosθ==﹣．故答案为：﹣点评：此题考查了余弦定理，等比数列的性质，以及三角形的边角关系，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．14．（4分）（2012?福建）数列{a}的通项公式a=ncos+1，前n项和为S，则S=2012nnn．3018数列的求和．：考点：专题算题；压轴题．计分析：的规律，即可求出数列的规律即可求出结cos先求出ncos的规律，进而得到论．解答：；1…1，0，，﹣=01，0，1，0，﹣解：因为cos…；86，0，2，0，4，0，﹣=0，﹣∴ncos2；的每四项和为∴ncos 2+4=6．∴数列{a}的每四项和为：n 4=503；而2012÷6=3018．∴S=503×2012故答案为：3018．点评：本题主要考察数列的求和，解决本题的关键在于求出数列各项的规律．15．（4分）（2012?福建）对于实数a和b，定义运算“*”：a*b=设f（x）=（2x﹣1）*（x﹣1），且关于x的方程为f（x）=m（m∈R）恰有三个互不相等的实数根x，1x，x，则xxx的取值范围是．33122的存在性及根的个数判断；分段函数的解析式求法及其图象的作法考轴题；新定义专据所给的新定义，写出函数的分段形式的解析式，画出函数的图象，在图象上可分析根据一元二次方程的根与的取值看出当直线与函数的图象有三个不同的交点数之间的关系，写出两个根的积和第三个根，表示出三个根之积，根据导数判断出函的函数的值域，得到结果．数的单调性，求出关于m 0，≤x﹣1时，有x≤1解答：解：∵2x﹣∴根据题意得f（x）=即f（x）=画出函数的图象从图象上观察当关于x的方程为f（x）=m（m∈R）恰有三个互不相等的实数根时，m的取值范围是（0，），2，x时，有x=m当﹣x+x=m212轴的左边，得到，﹣当2xx=m时，由于直线与抛物线的交点在y），0（∈m，=）=mxxx∴（312，令y=）上，0（∈m在，又则是增函数，故）=1∴＜0在m∈（0，）上成立，在这个区间（0，）上是一个减函数，∴函数y=∴函数的值域是（f（），f（0）），即故答案为：点评：本题考查分段函数的图象，考查新定义问题，这种问题解决的关键是根据新定义写出符合条件的解析式，本题是一个综合问题，涉及到导数判断函数的单调性，本题是一个中档题目．三、解答题：本大题共5小题，共80分，解答题写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．（13分）（2012?福建）受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业产生每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关，某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年，现从该厂已售出的两种品牌轿车中随机抽取50辆，统计数据如下：将频率视为概率，解答下列问题：（Ⅰ）从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求首次出现故障发生在保修期内的概率；（Ⅱ）若该厂生产的轿车均能售出，记住生产一辆甲品牌轿车的利润为X，生产一辆乙品1牌轿车的利润为X，分别求X，X的分布列；212（Ⅲ）该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌轿车，若从经济效益的角度考虑，你认为应该产生哪种品牌的轿车？说明理由．（III）由（II），计算期为E（X）=1×+2×+3×=2.86（万元），E（X）21=2.79（万元），比较期望可得结论．=1.8×+2.9×解答：解：（I）设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A，则P（A）=（II）依题意得，X的分布列为1 1 2 3 X 1P的分布列为X 22.9 1.8 X2P（III）由（II）得E（+3+2××X）=1=2.86（万元）×1E（X）=1.8×+2.9×=2.79（万元）2∵E（X）＞E（X），21∴应生产甲品牌轿车．点评：本题考查概率的求解，考查分布列与期望，解题的关键是求出概率，属于基础题．17．（13分）（2012?福建）某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数．22（1）sin13°+cos17°﹣sin13°cos17°22（2）sin15°+cos15°﹣sin15°cos15°22（3）sin18°+cos12°﹣sin18°cos12°222（4）sin（﹣18°）+cos48°﹣sin（﹣18°）cos48°222（5）sin（﹣25°）+cos55°﹣sin（﹣25°）cos55°（Ⅰ）试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．考点：分析法和综合法；归纳推理．专题：计算题．分析：22（Ⅰ）选择（2），由sin15°+cos15°﹣sin15°cos15°=1﹣sin30°=，可得这个常数的值．22．证明方=）α﹣°30（cosαsin）﹣α﹣°30（+cosαsin（Ⅱ）推广，得到三角恒等法一：直接利用两角差的余弦公式代入等式的左边，化简可得结果证明方法二：利用半角公式及两角差的余弦公式把要求的式子化+﹣sinα（cos30°cosα+sin30°sinα），即1﹣+sin2α+cos2α﹣sin2α，化简可得结果．﹣解答：解：选择（2），计算如下：22这个常数为．°=，故°﹣sin15°cos15°=1﹣sin3015sin°+cos1522°α+cos（30（Ⅱ）根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广，得到三角恒等式sin．）=sinαcos（30°﹣α﹣α）﹣22）°sinαcos（30﹣α证明：（方法一）sinα+cos（30°﹣α）﹣2﹣sinα（cos30°cos=sinα+α+sin30°sinα）222222 =．sinα+cosαααcosα﹣cosα+sinα+sincosα﹣sinα=sinα=sin+22（方法二）sinα+cos （30°﹣α）﹣sinαcos（30°﹣α）=+﹣sinα（cos30°cosα+sin30°sinα）2+（=1﹣cos60°cos2α+sin60sinα°sin2α）﹣sin2α﹣+=1﹣cos2=1﹣﹣α+sin2α﹣sin2α﹣=+．点评：本题主要考查两角差的余弦公式，二倍角公式及半角公式的应用，考查归纳推理以及计算能力，属于中档题．18．（13分）（2012?福建）如图，在长方体ABCD﹣ABCD中AA=AD=1，E为CD中11111点．（Ⅰ）求证：BE⊥AD；11（Ⅱ）在棱AA上是否存在一点P，使得DP∥平面BAE？若存在，求AP的长；若不存在，11说明理由．（Ⅲ）若二面角A﹣BE﹣A的大小为30°，求AB的长．11考空间向量求平面间的夹角；空间中直线与直线之间的位置关系直线与平面平行判定专明题；综合题；数形结合；转化思想分析（Ⅰ）由题意及所给的图形，可以A为原点，，，的方向为X轴，Y轴，Z轴的正方向建立空间直角坐标系，设AB=a，给出图形中各点的坐标，可求出向量与的坐标，验证其数量积为0即可证出两线段垂直．（II）由题意，可先假设在棱AA上存在一点P（0，0，t），使得DP∥平面BAE，11求出平面BAE法向量，可法向量与直线DP的方向向量内积为0，由此方程解出t1的值，若能解出，则说明存在，若不存在符合条件的t的值，说明不存在这样的点P满足题意．（III）由题设条件，可求面夹二面角的两个平面的法向量，利用两平面的夹角为30°建立关于a 的方程，解出a的值即可得出AB的长解答：解：（I）以A为原点，，，的方向为X轴，Y轴，Z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，设AB=a，则A（0，0，0），D（0，1，0），D（0，1，1），E（，1，0），B（a，0，111）故=（0，1，1），=（﹣，1，﹣1），=（a，0，1），=（，1，0），1=0﹣∵?=1∴BE⊥AD；11（II）假设在棱AA上存在一点P（0，0，t），使得DP∥平面BAE．此时，0（=11）．﹣1，t．，y，z）x又设平面BAE的法向量=（1的一个，取x=1B，得平面ABAE，∴⊥B，⊥AE，得AE∵⊥平面111，﹣．a）（法向量=1，﹣P，即AE要使DP∥平面B，只要⊥t=，解得at=0﹣，有此得=0?，即有1，，（00），B?DP又平面，AE1P∴存在点，满足B∥平面DPAP=，此时AE1II）连，由长方ABCA=AD=，A，A由）知A，E=A⊥平DC1∴AD是平面BAE的一个法向量，此时=（0，1，1）．111设与所成的角为θ，则cosθ==∵二面角A﹣BE﹣A的大小为30°，11∴|cosθ|=cos30°=，即||=，解得a=2，即AB的长为2点评：本题考查利用空间向量这一工具求二面角，证明线面平行及线线垂直，解题的关键是建立恰当的坐标系及空间位置关系与向量的对应，此类解题，方法简单思维量小，但计算量大，易因为计算错误导致解题失败，解题时要严谨，认真，利用空间向量求解立体几何题是近几年高考的热点，必考内容，学习时要好好把握19．（13分）（2012?福建）如图，椭圆E：的左焦点为F，右焦1点为F，离心率e=．过F的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF的周长为8．221（Ⅰ）求椭圆E的方程．（Ⅱ）设动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x=4相交于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．考线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程专合题；压轴题分析Ⅰ）根据的直线交椭圆两点，AB的周长，可4a=，1222的方程．=3=a﹣c，即可求得椭圆Ea=2，利用e=，b222y=kx+m：﹣12=0，利用动直线l（Ⅱ）由，消元可得（4k+3）x+8kmx+4m与椭圆E有且只有一个公共点P（x，y），可得m≠0，△=0，进而可得P（，），00，k=；m=2，猜想满足条件的点M4，4k+m），取k=0，m=由得Q（存在，只能是M（1，0），再进行证明即可．解答：解：（Ⅰ）∵过F的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF的周长为8．21∴4a=8，∴a=2∵e=，∴c=1222=3 =a﹣c∴b E的方程为．∴椭圆22212=0x+8kmx+4m﹣（Ⅱ）由，消元可得（4k+3）∵动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P（x，y）00222∴m≠0，△=0，∴（8km）﹣4×（4k+3）×（4m﹣12）=022∴4k﹣m+3=0①此时x==，y=，即P（，）00得Q（4，4k+m由）2取k=0，m=，此时P（0，），Q（4，），以PQ为直径的圆为（x﹣2）+（y2﹣）=4，交x轴于点M（1，0）或M（3，0）212y（）+，以）PQ为直径的圆为（x﹣4）P，k=取m=2，此时（1，，Q（，02 0，）﹣=）（，M轴于点（10）或M4x，交43故若满足条件的点M存在，只能是M（1，0），证明如下∵．故以PQ为直径的圆恒过x轴上的定点M（1，0）点评：本题主要考查抛物线的定义域性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系，考查运算能力，考查化归思想，属于中档题．x2 R．﹣ex，a∈（2012?福建）已知函数f（x）=e+ax20．（14分）x）的单调区间；）处的切线平行于x轴，求函数f（y=f（x）在点（1，f（1）（Ⅰ）若曲线，曲线在该点处的切线与）上存在唯一的点Pa的取值范围，使得曲线y=f（x（Ⅱ）试确定P．曲线只有一个公共点用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性考合题；压轴题专轴，可）处的切线平行Ⅰ）求导函数，利用曲y=）在点分析，可得），可得函）的单调减区间；的值，=调增区间）在处的切线方程y=（Ⅱ）设，曲y=，曲线在该点处的切线与曲）+，=））有唯一零点，求出导函数，再进行分类讨论只有一个公共等价）只有唯一零x=，的任意不合题意），0x，可得函数的单调=e+2a（x）x）=0，h′h（x）=，则（0性，进而可研究g（x）的零点，由此可得结论．x解答：解：（Ⅰ）求导函数，可得f′（x）=e+2ax﹣e∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，∴k=2a=0，∴a=0xx∴f（x）=e﹣ex，f′（x）=e﹣ex令f′（x）=e﹣e＜0，可得x＜1；令f′（x）＞0，可得x＞1；∴函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，1），单调增区间为（1，+∞）（Ⅱ）设点P（x，f（x）），曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f′（x）（x﹣x）0000+f（x）0令g（x）=f（x）﹣f′（x）（x﹣x）﹣f（x）000∵曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P，∴g（x）有唯一零点∵g（x）=0，g′（x）= 0（1）若a≥0，当x＞x时，g′（x）＞0，∴x＞x时，g（x）＞g（x）=0000当x＜x时，g′（x）＜0，∴x＜x时，g（x）＞g（x）=0，故g（x）只有唯一零点000x=x，由P的任意性a≥0不合题意；0x+2a）=e′（xh=，则h（x）=0，＜（2）若a0，令h（x）0令h′（x）=0，则x=ln（﹣2a），∴x∈（﹣∞，ln（﹣2a）），h′（x）＜0，函数单调递减；x∈（ln（﹣2a），+∞），h′（x）＞0，函数单调递增；①若x=ln（﹣2a），由x∈（﹣∞，ln（﹣2a）），g′（x）＞0；x∈（ln（﹣2a），+∞），0上单调递增R）在x（g，∴0）＞x（′）只有唯一零x=l（2，l（2）单调递增，=，l（2））=0l（2任）（，）a+bx+，其b1（x）．c= 0，使得＜x＜0，∴必存在x∵a12∴g（x）＜0，故g（x）在（x，x）内存在零点，即g（x）在R上至少有两个零122点；③若x＜ln（﹣2a），同理利用，可得g（x）在R上至少有两个零点；0综上所述，a＜0，曲线y=f（x）上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P（ln（﹣2a），f（ln （﹣2a）））．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，属于难题．四、选考题（题设有（1）、（2）、（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分。

2013年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学（理科)第Ⅰ卷（选择题共50分）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，只有一项符合题目要求．（1）【2013年福建,理1，5分】已知复数的共轭复数（为虚数单位)，则在复平面内对应的点位于( ）（A）第一象限(B）第二象限（C)第三象限（D）第四象限【答案】D【解析】的共轭复数，则，对应点的坐标为，故选D．（2）【2013年福建，理2，5分】已知集合，，则“”是“”的（)（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件(C)充分必要条件（D）既不充分也不必要条件【答案】A【解析】,，或3．因此是充分不必要条件，故选A．（3)【2013年福建,理3,5分】双曲线的顶点到其渐近线的距离等于（）（A）（B）(C）（D)【答案】C【解析】的顶点坐标为，渐近线为，即．带入点到直线距离公式=，故选C．（4)【2013年福建，理4，5分】某校从高一年级学生中随机抽取部分学生，将他们的模块测试成绩分为6组：，，，，，加以统计,得到如图所示的频率分布直方图，已知高一年级共有学生600名，据此估计，该模块测试成绩不少于60分的学生人数为（）（A)588 （B)480 （C）450 （D）120【答案】B【解析】由图知道60分以上人员的频率为后4项频率的和，由图知道，故分数在60以上的人数为人，故选B．（5）【2013年福建，理5，5分】满足，且关于的方程有实数解的有序数对的个数为（）（A）14 (B）13 （C)12 (D）10【答案】B【解析】方程有实数解，分析讨论①当时，很显然为垂直于轴的直线方程，有解．此时可以取4个值．故有4种有序数对；②当时，需要，即．显然有3个实数对不满足题意，分别为,,．共有中实数对，故答案应为，故选B．（6)【2013年福建,理6，5分】阅读如图所示的程序框图，若输入的，则该算法的功能是( ）（A）计算数列的前10项和（B）计算数列的前9项和(C)计算数列的前10项和（D）计算数列的前9项和【答案】A【解析】第一循环：，第二条：第三条:…．．第九循环：．第十循环：，输出．根据选项，,故为数列的前10项和，故选A．（7)【2013年福建,理7,5分】在四边形中，，，则四边形的面积为（）（A) （B）（C）5 （D)10【答案】C【解析】由题意，容易得到．设对角线交于点，则四边形面积等于四个三角形面积之和即．容易算出，则算出，故选C．（8）【2013年福建,理8，5分】设函数的定义域为，是的极大值点，以下结论一定正确的是（）（A)（B)是的极小值点（C)是的极小值点（D）是的极小值点【答案】D【解析】A．，错误．是的极大值点，并不是最大值点；B．是的极小值点．错误．相当于关于轴的对称图像，故应是的极大值点;C．是的极小值点．错误．相当于关于轴的对称图像，故应是的极小值点．跟没有关系．D．是的极小值点．正确．相当于先关于轴的对象，再关于轴的对称图像．故D正确，故选D．（9）【2013年福建，理9，5分】已知等比数列的公比为，记,则以下结论一定正确的是（）（A）数列为等差数列，公差为（B）数列为等比数列,公比为（C）数列为等比数列,公比为（D）数列为等比数列，公比为【答案】C【解析】等比数列的公比为,同理可得，，，，数列为等比数列,，故选C．（10）【2013年福建，理10，5分】设,是的两个非空子集,如果存在一个从到的函数满足：（ⅰ）；（ⅱ）对任意，当时，恒有，那么称这两个集合“保序同构”．以下集合对不是“保序同构”的是（）（A)，（B)，（C），（D），【答案】D【解析】根据题意可知,令,则A选项正确；令,则B选项正确；令，则C选项正确，故选D．第Ⅱ卷(非选择题共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．（11）【2013年福建，理11，4分】利用计算机产生0～1之间的均匀随机数，则时间“”发生的概率为．【答案】【解析】，产生0~1之间的均匀随机数．（12）【2013年福建，理12，4分】已知某一多面体内接于一个简单组合体，如果该组合体的正视图．测试图．俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是．【答案】【解析】由图可知，图形为一个球中间是内接一个棱长为2的正方体，．(13)【2013年福建，理13，5分】如图中，已知点在边上，,，，,则的长为．【答案】【解析】根据余弦定理可得,．(14）【2013年福建，理14，4分】椭圆的左．右焦点分别为，，焦距为，若直线与椭圆的一个交点满足，则该椭圆的离心率等于．【答案】【解析】由直线方程直线与轴的夹角，且过点即由椭圆的第一定义可得．(15）【2013年福建，理15，4分】当，时，有如下表达式：，两边同时积分得：．从而得到如下等式：．请根据以下材料所蕴含的数学思想方法计算：_．【答案】【解析】由两边同时积分得:从而得到如下等式:．三、解答题：本大题共6题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．（16）【2013年福建,理16，13分】某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲．乙两种抽奖方案,方案甲的中奖率为，中将可以获得2分；方案乙的中奖率为，中将可以得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中将与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为，求的概率;(2）若小明．小红两人都选择方案甲或方案乙进行抽奖,问：他们选择何种方案抽奖,累计的得分的数学期望较大？解：（1）由已知得：小明中奖的概率为,小红中奖的概率为，两人中奖与否互不影响，记“这2人的累计得分”的事件为A，则A事件的对立事件为“”，,,这两人的累计得分的概率为．(2）设小明．小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为，都选择方案乙抽奖中奖的次数为,则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为由已知：，，，,,，，他们都在选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望最大．(17)【2013年福建,理17，13分】已知函数．(1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2)求函数的极值．解：函数的定义域为，．（1）当时，，，，在点处的切线方程为，即．（2）由可知：①当时，，函数为上的增函数，函数无极值；②当时，由,解得；时，,时，，在得极小值,且极小值为，无极大值．综上：当时，函数无极值当时，函数在处取得极小值，无极大值．（18)【2013年福建，理18,13分】如图，在正方形中，为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为．分别将线段和十等分，分点分别记为和，连结,过做轴的垂线与交于点．（1)求证：点都在同一条抛物线上，并求该抛物线的方程；(2）过点做直线与抛物线交于不同的两点，若与的面积比为,求直线的方程．解:（1）依题意，过且与轴垂直的直线方程为，，直线的方程为设坐标为,由得：，即,都在同一条抛物线上,且抛物线方程为．(2）依题意：直线的斜率存在，设直线的方程为，由，得，此时,直线与抛物线恒有两个不同的交点．设：，则,，，又，分别带入，解得直线的方程为，即或．（19)【2013年福建，理19，13分】如图，在四棱柱中，侧棱底面,，，，，,．（1）求证:平面;（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值；(3）现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的棱柱，规定:若拼接成的新的四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案．问：共有几种不同的方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为,写出的表达式(直接写出答案,不必要说明理由)．解：(1）取中点，连接，,，四边形为平行四边形，且，在中，,，即，又，所以，平面，平面,,又,平面．(2）以为原点,的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，，，，所以,,，设平面的法向量，则由，得，取，得，设与平面所成角为，则,解得．故所求的值为1．（3）共有种不同的方案．（20）【2013年福建，理20，14分】已知函数的周期为,图像的一个对称中心为，将函数图像上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变),在将所得图像向右平移个单位长度后得到函数的图像．(1）求函数与的解析式；（2）是否存在，使得按照某种顺序成等差数列?若存在，请确定的个数；若不存在,说明理由；（3)求实数与正整数，使得在内恰有2013个零点．解:（1)由函数的周期为，，得,又曲线的一个对称中心为,故，得,所以,将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)后可得的图象，再将的图象向右平移个单位长度后得到函数．（2）当时,,,所以，问题转化为方程在内是否有解，设，则，因为,所以，在内单调递增又，,且函数的图象连续不断，故可知函数在内存在唯一零点，即存在唯一的满足题意．（3）解法一：依题意,,令，当，即时，，从而不是方程的解，所以方程等价于关于的方程，,现研究时方程解的情况．令，,则问题转化为研究直线与曲线在的交点情况，,令，得或．当且趋近于时,趋向于;当且趋近于时，趋向于,故当时，直线与曲线在内有无交点，在内有个交点；当时，直线与曲线在内有个交点，在内无交点；当时，直线与曲线在内有个交点，在内有个交点由函数的周期性，可知当时，直线与曲线在内总有偶数个交点，从而不存在正整数，使得直线与曲线在内恰有2013个交点;当时，直线与曲线在内有3个交点，由周期性，，，综上，当,时,函数在内恰有2013个零点．解法二：依题意,．现研究函数在上的零点的情况．设,，则函数的图象是开口向下的抛物线，又，,．当时，函数有一个零点(另一个零点，舍去）,在上有两个零点，，且，；当时,函数有一个零点（另一个零点，舍去）,在上有两个零点，，且，；当时，函数有一个零点，另一个零点，在和分别有两个零点．由正弦函数的周期性，可知当时，函数在内总有偶数个零点，从而不存在正整数满足题意．当时,函数有一个零点,另一个零点;当时，函数有一个零点，另一个零点，从而当或时，函数在有3个零点．由正弦函数的周期性，，所以依题意得．综上，当，或，时，在内恰有个零点．本题设有三个选考题,每题7分，请考生任选2题作答．满分14分,如果多做，则按所做的前两题计分，作答时,先用2B铅笔在答题卡上所选题目对应题号右边的方框涂黑，并将所选题号填入括号中．（21）【2013年福建，理21（1）,7分】（选修4—2:矩阵与变换)已知直线在矩阵对应的变换作用下变为直线．（1）求实数的值；（2)若点在直线上,且，求点的坐标．解：（1）设直线上任意一点在矩阵对应的变换作用下的像是由，得,又点在上，所以,即,依题意，解得．（2）由，得，解得,又点在直线上，所以故点的坐标为．（21)【2013年福建，理21（2），7分】（选修4—4：坐标系与参数方程）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立坐标系．已知点的极坐标为，直线的极坐标方程为，且点在直线上．（1）求的值及直线的直角坐标方程；(2)圆的参数方程为,（为参数)，试判断直线与圆的位置关系．解：(1)由点在直线上,可得，所以直线的方程可化为，从而直线的直角坐标方程为．(2）由已知得圆的直角坐标方程为,所以圆心为，半径，以为圆心到直线的距离，所以直线与圆相交．（21）【2013年福建，理21（2)，7分】（选修4-5：不等式选讲）设不等式的解集为,且,．（1)求的值；(2）求函数的最小值．解:（1）因为,且，所以，且，解得，又因为，所以．（2）因为,当且仅当,即时取得等号,所以的最小值为3．。

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下面是小编为大家整理的2023福建高考数学试卷及答案详解，希望能帮助到大家!2023福建高考数学试卷及答案详解高中数学数列知识点总结1、等差数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m—Sm、S3m—S2m、S4m—S3m、……仍为等差数列。

2、等差数列{an}中，若m+n=p+q，则3、等比数列{an}中，若m+n=p+q，则4、等比数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m—Sm、S3m—S2m、S4m—S3m、……仍为等比数列。

5、两个等差数列{an}与{bn}的和差的数列{an+bn}、{an—bn}仍为等差数列。

6、两个等比数列{an}与{bn}的积、商、倒数组成的数列仍为等比数列。

7、等差数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列。

8、等比数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列。

9、三个数成等差数列的设法：a—d，a，a+d;四个数成等差的设法：a—3d，a—d，，a+d，a+3d10、三个数成等比数列的设法：a/q，a，aq;四个数成等比的错误设法：a/q3，a/q，aq，aq3(为什么?)高中数学导数知识点总结(一)导数第一定义设函数y=f(x)在点x0的某个领域内有定义，当自变量x在x0处有增量△x(x0+△x也在该邻域内)时，相应地函数取得增量△y=f(x0+△x)—f(x0);如果△y与△x之比当△x→0时极限存在，则称函数y=f(x)在点x0处可导，并称这个极限值为函数y=f(x)在点x0处的导数记为f(x0)，即导数第一定义(二)导数第二定义设函数y=f(x)在点x0的某个领域内有定义，当自变量x在x0处有变化△x(x—x0也在该邻域内)时，相应地函数变化△y=f(x)—f(x0);如果△y与△x之比当△x→0时极限存在，则称函数y=f(x)在点x0处可导，并称这个极限值为函数y=f(x)在点x0处的导数记为f(x0)，即导数第二定义(三)导函数与导数如果函数y=f(x)在开区间I内每一点都可导，就称函数f(x)在区间I内可导。

1z 普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学（理工农医类）YCY 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试用时 120 分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.祝各位考生考试顺利！第 I 卷（选择题共 60 分）注意事项：1．答第 I 卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上． 2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．不能答在试题卷上．一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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．复数 z = 1 的共轭复数是（）1 - iA ． 1 + 1 iB ． 1 - 1 iC ．1 - iD ．1+ i2 22 2解： z = 1 1- i = 1+ i ,∴ -=1- i 2 2选(B)2．已知等差数列{a n }中， a 7 + a 9 = 16, a 4 = 1，则a 12 的值是 （）A ．15B ．30C ．31D ．64解：由a + a = 16,得 a 8=8,∴ d = 8 -1 = 7 ,∴a 12=1+8× 7=15,选(A)798 - 4443．在△ABC 中，∠C=90°， AB = (k ,1), AC = (2,3),则k 的值是 （）A ．5B ．－5C ．3 D ． - 322解：∵∠C=90°,∴ CB ⋅ AC = 0,∴ (AB - AC ) ⋅ AC = 0 ,即((k-2,-2)·(2,3)=0,解得 K=3,选(A)4．已知直线 m 、n 与平面α, β，给出下列三个命题：①若 m //α, n //α,则m // n ;2案 word 版+微②若 m //α, n ⊥α,则n ⊥ m ;③若 m ⊥α, m // β,则α⊥ β. 其中真命题的个数是 （）A ．0B ．1C ．2D ．3解：②③命题为真命题,选(C)5．函数 f (x ) = ax -b的图象如图，其中 a 、b 为常数，则下列结论正确的是 （ ）A ． a > 1, b < 0B ． a > 1, b > 0C ． 0 < a < 1, b > 0D ． 0 < a < 1, b < 0解：从曲线走向可知0<a<1,从曲线位置看,是由y=a x (0<a<1)向左平移|-b|个单位而得到,故-b>0, 即 b<0,选(D)6．函数 y = sin(ωx +ϕ)(x ∈ R ,ω> 0,0 ≤ ϕ< 2π) 的部分图象如图，则（）A ．ω=π,ϕ= π 24B ．ω= π,ϕ= π36C ．ω=π,ϕ= π 4 4TD ．ω= π,ϕ= 5π 4 4 2π π π 解 ： 由 图 得 = 2,∴T = 8 , 由 T=4 , 得 ω= , 在 y=sin( ω 4 x +ϕ) 中 令 x=1,y=1, 得 4π π π π +ϕ= 2k π+ ,ϕ= 2k π+ ,得ϕ= ,选(C) 4 2 4 47．已知 p ： | 2x - 3 |< 1, q : x (x - 3) < 0, 则 p 是 q 的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解：由| 2x - 3 |< 1, 得-1<x<2 即x ∈(-1,2),由 x (x - 3) < 0, 得0<x<3,即x ∈(0,3),∵(-1,2)不是(0,3) 的子集,(0,3)也不是(-1,2)的子集,选(D) 8．如图，长方体 ABCD —A 1B 1C 1D 1 中，AA 1=AB=2，购买 1951 年至今各地全部高考数学试卷及答 信3C B 2 + C G 2 1 1 1 12 + 12B B 2+ BF 21 5 3 3 3 4 AD=1，点 E 、F 、G 分别是 DD 1、AB 、CC 1 的中点，则异面直线 A 1E 与 GF 所成的角是（ ）A ． arccos15 B ． π 54 C ． arccos10 D ． π 52 解：∵GB 1∥A 1E,∠B 1GF 即为 A 1E 与 GF 所成的角,B 1G= = =B 1F= = ∠B 1GF=90°,选(D)= ,GF= = ,B 1G 2+FG 2=B 1F 2∴ 9．从 6 人中选 4 人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这 6 人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有 （ ）A ．300 种B ．240 种C ．144 种D ．96 种解：分三种情况：情况一,不选甲、乙两个去游览:则有 P 4种选择方案,情况二:甲、乙中有一人去游览：有C 1C 1C 3 P 3 种选择方案;情况三：甲、乙两人都去游览,有C 2C 2C 1P 3种选择方2 3 4 32 43 3案,综上不同的选择方案共有 P 4 + C 1C 1C 3 P 3 + C 2C 2C 1P 3=240,选(B)42 3 4 32 43 3x 2 10．已知 F 1、F 2 是双曲线 a 2- y 2 b 2 = 1(a > 0, b > 0) 的两焦点，以线段 F 1F 2 为边作正三角形MF 1F 2，若边 MF 1 的中点在双曲线上，则双曲线的离心率是 （ ）A ． 4 + 2B ． - 13 + 1 C ．2D ． + 1解：设 E 是正三角形 MF 1F 2 的边 MF 1 与双曲线的交点,则点 E 的坐标为( - c ,),代入双曲2 2线方程,并将 c=ae 代入,整理得 e 4-8e 2+4=0,由 e>!,解得 e= + 1,选(D)11．设 a , b ∈ R , a 2 + 2b 2= 6,则a + b 的最小值是（ ）A ． - 2B ． -5 33C ．－3D ． -722 22+ 12CG 2 + CB 2 + BF 2 33 3 24b, 66 ⎩⎩解：a= 6 sin α,b= 3 cos α,则 a+b=3sin(α+ϕ),其中ϕ= arctan选(C),∴ a + b 的最小值为-3.212． f (x ) 是定义在 R 上的以 3 为周期的奇函数，且 f (2) = 0 在区间（0，6）内解的个数的最小值是 （ ）A ．2B ．3C ．4D ．5 解：由题意至少可得 f(0)=f(2)=f(-2)=f(3)=f(-3)=f(-5)=f(5)=f(1)=f(4)=0,即在区间（0，6）内 f(x)=0的解的个数的最小值是 5,选(D)第Ⅱ卷（非选择题共 90 分）二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，把答案填在答题卡的相应位置。

PLC基础复习题一、填空题：1、PLC主要由CPU模块、输入模块、输出模块、和编程器组成。

2、外部输入电路接通时，对应的输入映像寄存器为 1 状态，梯形图中对应的输入继电器的常开触点闭合，常闭触点断开。

3、若梯形图中输出继电器的线圈“通电”，对应的输出映像寄存器为1状态，在输出处理阶段后，继电器型输出模块中对应的硬件继电器的线圈通电，其常开触点闭合，外部负载通电工作。

4、从结构上分，PLC分为固定式（整体式）和组合式（模块式）两种。

固定式PLC包括CPU板、I/O板、显示面板、内存块、电源等，这些元素组合成一个不可拆卸的整体。

模块式PLC包括CPU模块、I/O模块、内存、电源模块、底板或机架，这些模块可以按照一定规则组合配置。

5、PLC有两种基本的工作模式，即运行(RUN)模式与停止(STOP)模式。

6、外部输入电路接通时，对应的输入映像寄存器为1状态，梯形图中对应的输入继电器的常开触点接通，常闭触点断开。

外部输入触点电路断开时，对应的输入映像寄存器为0状态，梯形图中对应的输入继电器的常开触点断开，常闭触点接通。

7、步、转换和动作是顺序功能图中的三种主要元件8、梯形图由触点、线圈和应用指令等组成。

触点代表逻辑输入条件，线圈通常代表逻辑输出结果。

9、定时器的线圈通电时开始时，定时时间到时其常开触点断开，常闭触点闭合。

10、通用定时器的当前值等于设定值时被复位，复位后其常开触点断开，常闭触点闭合，当前值为恢复0位。

11、编程元件中只有输入继电器和输出继电器的元件采用八进制数。

12、M8002是初始化脉冲，在PLC由STOP工作模式进入RUN工作模式时，它ON一个扫描周期。

当PLC处于RUN状态时，M8000一直为ON。

二、判断题：1、PLC的故障率很高，且有完善的自诊断和显示功能。

（×）2、PLC的梯形图程序可以用顺序控制设计法来设计。

（√）3、用梯形图实现基本逻辑运算时，用触点的串联可实现“与”运算。