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全国1卷高考数学试卷(理科)q

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全国1卷高考数学试卷（理科）一、选择题（共12小题, 每小题5分, 满分60分）1．（5分）设I为全集, S1、S2、S3是I的三个非空子集, 且S1∪S2∪S3=I, 则下面论断正确的是（）A．C I S1∩（S2∪S3）=ΦB．S1⊆（C I S2∩C I S3）C．C I S1∩C I S2∩C I S3）=ΦD．S1⊆（C I S2∪C I S3）2．（5分）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π, 则球的表面积为（）A．B．8πC．D．4π3．（5分）已知直线l过点（﹣2, 0）, 当直线l与圆x2+y2=2x有两个交点时, 其斜率k的取值范围是（）A．B．C．D．4．（5分）如图, 在多面体ABCDEF中, 已知ABCD是边长为1的正方形, 且△ADE、△BCF均为正三角形, EF∥AB, EF=2, 则该多面体的体积为（）A．B．C．D．5．（5分）已知双曲线﹣y2=1（a＞0）的一条准线与抛物线y2=﹣6x的准线重合, 则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．6．（5分）当0＜x＜时, 函数的最小值为（）A．2B．C．4D．7．（5分）设b＞0, 二次函数y=ax2+bx+a2﹣1的图象为下列之一, 则a的值为（）A．1B．﹣1 C．D．8．（5分）设0＜a＜1, 函数f（x）=log a（a2x﹣2a x﹣2）, 则使f（x）＜0的x的取值范围是（）A．（﹣∞, 0）B．（0, +∞）C．（﹣∞, log a3）D．（log a3, +∞）9．（5分）在平面直角坐标系xOy中, 已知平面区域A={（x, y）|x+y≤1, 且x≥0, y≥0}, 则平面区域B={（x+y, x﹣y）|（x, y）∈A}的面积为（）A．2B．1C．D．10．（5分）在△ABC中, 已知tan=sinC, 给出以下四个论断：①tanA•cotB=1,②1＜sinA+sinB≤,③sin2A+cos2B=1,④cos2A+cos2B=sin2C,其中正确的是（）A．①③B．②④C．①④D．②③11．（5分）过三棱柱任意两个顶点的直线共15条, 其中异面直线有（）A．18对B．24对C．30对D．36对12．（5分）复数=（）A．﹣i B．i C．2﹣i D．﹣2+i二、填空题（共4小题, 每小题4分, 满分16分）13．（4分）若正整数m满足10m﹣1＜2512＜10m, 则m=_________．（lg2≈0.3010）14．（4分）的展开式中, 常数项为_________．（用数字作答）15．（4分）△ABC的外接圆的圆心为O, 两条边上的高的交点为H, , 则实数m=_________．16．（4分）在正方体ABCD﹣A′B′C′D′中, 过对角线BD′的一个平面交AA′于E, 交CC′于F, 则：①四边形BFD′E一定是平行四边形；②四边形BFD′E有可能是正方形；③四边形BFD′E在底面ABCD内的投影一定是正方形；④平面BFD′E有可能垂直于平面BB′D．以上结论正确的为_________．（写出所有正确结论的编号）三、解答题（共6小题, 满分74分）17．（12分）设函数f（x）=sin（2π+ϕ）（﹣π＜ϕ＜0）, y=f（x）图象的一条对称轴是直线．（Ⅰ）求ϕ；（Ⅱ）求函数y=f（x）的单调增区间；（Ⅲ）证明直线5x﹣2y+c=0与函数y=f（x）的图象不相切．18．（12分）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形, AB∥DC, ∠DAB=90°, PA⊥底面ABCD,且PA=AD=DC=, AB=1, M是PB的中点．（Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD；（Ⅱ）求AC与PB所成的角；（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小．19．（12分）设等比数列{a n}的公比为q, 前n项和S n＞0（n=1, 2, …）．（Ⅰ）求q的取值范围；（Ⅱ）设, 记{b n}的前n项和为T n, 试比较S n与T n的大小．20．（12分）9粒种子分种在3个坑内, 每坑3粒, 每粒种子发芽的概率为0.5, 若一个坑内至少有1粒种子发芽, 则这个坑不需要补种；若一个坑内的种子都没发芽, 则这个坑需要补种．假定每个坑至多补（精确到0.01）种一次, 每补种1个坑需10元, 用ξ表示补种费用, 写出ξ的分布列并求ξ的数学期望．21．（14分）已知椭圆的中心为坐标原点O, 焦点在x轴上, 斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点, 与=（3, ﹣1）共线．（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设M为椭圆上任意一点, 且, 证明λ2+μ2为定值．22．（12分）为了了解某校2000名学生参加环保知识竞赛的成绩, 从中抽取了部分学生的竞赛成绩（均为整数）, 整理后绘制成如下的频数分布直方图（如图）, 请结合图形解答下列问题．（1）指出这个问题中的总体；（2）求竞赛成绩在79.5～89.5这一小组的频率；（3）如果竞赛成绩在90分以上（含90分）的同学可获得奖励, 请估计全校约有多少人获得奖励．全国1卷高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题, 每小题5分, 满分60分）1．（5分）考点：交、并、补集的混合运算．分析：根据公式C U（A∩B）=（C U A）∪（C U B）, C U（A∪B）=（C U A）∩（C U B）, 容易判断．解答：解：∵S1∪S2∪S3=I,∴C I S1∩C I S2∩C I S3）=C I（S1∪S2∪S3）=C I I=∅．故答案选C．点评：本题主要考查了集合的交, 并, 补运算, 公式C U（A∩B）=（C U A）∪（C U B）, C U（A∪B）=（C U A）∩（C U B）是一个重要公式, 应熟记．2．（5分）考点：球的体积和表面积；球面距离及相关计算．专题：计算题．分析：求出截面圆的半径, 利用勾股定理求球的半径, 然后求出球的表面积．解答：解：球的截面圆的半径为：π=πr2, r=1球的半径为：R=所以球的表面积：4πR2=4π×=8π故选B．点评：本题考查球的体积和表面积, 考查计算能力, 逻辑思维能力, 是基础题．3．（5分）考点：直线与圆的位置关系；直线的斜率．分析：圆心到直线的距离小于半径即可求出k的范围．解答：解：直线l为kx﹣y+2k=0, 又直线l与圆x2+y2=2x有两个交点故∴故选C．点评：本题考查直线的斜率, 直线与圆的位置关系, 是基础题．4．（5分）考点：组合几何体的面积、体积问题．专题：计算题．分析：该几何体是一个三棱柱截取两个四棱锥, 体积相减即为该多面体的体积．解答：解：一个完整的三棱柱的图象为：棱柱的高为2, 底面三角形的底为1, 高为：其体积为：,割去的四棱锥体积为：,所以, 几何体的体积为：,故选A．点评：本题考查学生的空间想象能力, 几何体的添补, 是基础题．5．（5分）考点：双曲线的简单性质．专题：计算题．分析：先根据抛物线和双曲线方程求出各自的准线方程, 然后让二者相等即可求得a, 进而根据c=求得c, 双曲线的离心率可得．解答：解：双曲线的准线为抛物线y2=﹣6x的准线为因为两准线重合, 故=, a2=3,∴c==2∴该双曲线的离心率为=故选D点评：本题主要考查了双曲线和抛物线的简单性质．考查了对抛物线和双曲线的综合掌握．6．（5分）考点：三角函数的最值．专题：计算题．分析：利用二倍角公式化简整理后, 分子分母同时除以cosx, 转化成关于tanx的函数解析式, 进而利用x的范围确定tanx＞0, 最后利用均值不等式求得函数的最小值．解答：解：=．∵0＜x＜,∴tanx＞0．∴．当时, f（x）min=4．故选C．点评：本题主要考查了利用二倍角公式化简求值和三角函数求最值．考查了学生知识的迁移能力, 综合运用基础知识的能力．7．（5分）考点：函数的图象．专题：压轴题；数形结合．分析：根据题中条件可先排除前两个图形, 然后根据后两个图象都经过原点可求出a的两个值, 再根据抛物线的开口方向就可确定a的值解答：解：∵b＞0∴抛物线对称轴不能为y轴,∴可排除掉前两个图象．∵剩下两个图象都经过原点,∴a2﹣1=0,∴a=±1．∵当a=1时, 抛物线开口向上, 对称轴在y轴左方,∴第四个图象也不对,∴a=﹣1,故选B．点评：本题考查了抛物线的图形和性质, 做题时注意题中条件的利用．8．（5分）考点：对数函数图象与性质的综合应用；复合函数的单调性．专题：计算题．分析：结合对数函数、指数函数的性质和复合函数的单调性可知：当0＜a＜1, log a（a2x﹣2a x﹣2）＜0时, 有a2x﹣2a x﹣2＞1, 解可得答案．解答：解：设0＜a＜1, 函数f（x）=log a（a2x﹣2a x﹣2）,若f（x）＜0则log a（a2x﹣2a x﹣2）＜0, ∴a2x﹣2a x﹣2＞1∴（a x﹣3）（a x+1）＞0∴a x﹣3＞0, ∴x＜log a3,故选C．点评：解题中要注意0＜a＜1时复合函数的单调性, 以避免出现不必要的错误．9．（5分）考点：二元一次不等式（组）与平面区域；对数的运算性质．专题：计算题；作图题．分析：求平面区域B={（x+y, x﹣y）|（x, y）∈A}的面积为可先找出B中点的横纵坐标满足的关系式, 故可令x+y=s, x﹣y=t, 平面区域A={（x, y）|x+y≤1, 且x≥0, y≥0}得出s和t的关系, 画出区域求面积即可．解答：解：令x+y=s, x﹣y=t,由题意可得平面区域B={（s, t）|s≤1, s+t≥0, s﹣t≥0},平面区域如图所示S△OAB=2×1÷2=1故选B．点评：本题考查对集合的认识、二元一次不等式组表示的平面区域等知识, 以及转化思想、作图能力．10．（5分）考点：三角函数的化简求值；同角三角函数基本关系的运用．专题：计算题；压轴题．分析：先利用同角三角函数的基本关系和二倍角公式化简整理题设等式求得cos=进而求得A+B=90°进而求得①tanA•cotB=tanA•tanA等式不一定成立, 排除；②利用两角和公式化简, 利用正弦函数的性质求得其范围符合, ②正确；③sin2A+cos2B=2sin2A不一定等于1, 排除③；④利用同角三角函数的基本关系可知cos2A+cos2B=cos2A+sin2A=1, 进而根据C=90°可知sinC=1, 进而可知二者相等．④正确．解答：解：∵tan=sinC∴=2sin cos整理求得cos（A+B）=0∴A+B=90°．∴tanA•cotB=tanA•tanA不一定等于1, ①不正确．∴sinA+sinB=sinA+cosA=sin（A+45°）45°＜A+45°＜135°,＜sin（A+45°）≤1,∴1＜sinA+sinB≤,所以②正确cos2A+cos2B=cos2A+sin2A=1,sin2C=sin290°=1,所以cos2A+cos2B=sin2C．所以④正确．sin2A+cos2B=sin2A+sin2A=2sin2A=1不一定成立, 故③不正确．综上知②④正确故选B．点评：本题主要考查了三角函数的化简求值．考查了学生综合分析问题和推理的能力, 基本的运算能力．11．（5分）考点：棱柱的结构特征；排列、组合的实际应用；异面直线的判定．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：直接解答, 看下底面上的一条边的异面直线的条数, 类推到上底面的边；再求侧面上的异面直线的对数；即可．解答：解：三棱柱的底面三角形的一条边与侧面之间的线段有3条异面直线, 这样3条底边一共有9对, 上下底面共有18对．上下两个底边三角形就有6对；侧面之间的一条侧棱有6对, 侧面面对角线之间有6对．加在一起就是36对．（其中棱对应的两条是体对角线和对面的面与其不平行的另一条对角线）．故选D．点评：本题考查棱柱的结构特征, 异面直线的判断, 排列组合的实际应用, 是难题．12．（5分）考点：复数代数形式的乘除运算．专题：压轴题．分析：两个复数相除, 分子、分母同时乘以分母的共轭复数, 复数的乘法按多项式乘以多项式的方法进行．解答：解：复数====i,故选B．点评：本题考查2个复数相除、相乘的方法, 注意虚数单位的幂运算性质．二、填空题（共4小题, 每小题4分, 满分16分）13．（4分）考点：指数函数的单调性与特殊点；对数函数、指数函数与幂函数的增长差异．专题：计算题．分析：利用题中提示lg2≈0.3010, 把不等式同时取以10为底的对数, 再利用对数的运算性质, 转化为关于m的不等式求解即可．解答：解：∵10m﹣1＜2512＜10m,取以10为底的对数得lg10m﹣1＜lg2512＜lg10m,即m﹣1＜512×lg2＜m又∵lg2≈0.3010∴m﹣1＜154.112＜m,因为m是正整数, 所以m=155故答案为155．点评：本题考查了利用指数形式和对数形式的互化．熟练掌握对数的性质．对数的运算性质是解决本题的关键．14．（4分）考点：二项式系数的性质．专题：计算题．分析：利用二项式定理的通项公式T r+1=C n r a n﹣r b r求出通项, 进行指数幂运算后令x的指数幂为0解出r=6, 由组合数运算即可求出答案．解答：解：由通项公式得T r+1=C9r（2x）9﹣r=（﹣1）r29﹣r C9r x9﹣r=（﹣1）r29﹣r C9r, 令9﹣=0得r=6, 所以常数项为（﹣1）623C96=8C93=8×=672故答案为672点评：本题主要考查二项式定理的通项公式的应用, 并兼顾了对根式与指数幂运算性质的考查, 属基础题型．15．（4分）考点：向量的加法及其几何意义；三角形五心．专题：压轴题；数形结合．分析：根据题意作出图形, 由外心和垂心的性质证明四边形AHCD是平行四边形, 由向量加法的三角形法则得=+, 由向量相等和向量的减法运算进行转化, 直到用、和表示出来为止．解答：解：如图：作直径BD, 连接DA、DC,由图得, =﹣,∵H为△ABC的垂心, ∴CH⊥AB, AH⊥BC,∵BD为直径, ∴DA⊥AB, DC⊥BC∴CH∥AD, AH∥CD, 故四边形AHCD是平行四边形, ∴=又∵=﹣=+,∴=+=+=++, 对比系数得到m=1．故答案为：1．点评：本题考查了向量的线性运算的应用, 一般的做法是根据图形找一个封闭的图形, 利用向量的加法表示出来, 再根据题意进行转化到用已知向量来表示, 考查了转化思想．16．（4分）考点：空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．专题：压轴题．分析：由平行平面的性质可得①是正确的, 当E、F为棱中点时, 四边形为菱形, 但不可能为正方形, 故③④正确, ②错误．解答：解：①：∵平面AB′∥平面DC′, 平面BFD′E∩平面AB′=EB, 平面BFD′E∩平面DC′=D′F,∴EB∥D′F, 同理可证：D′E∥FB, 故四边形BFD′E一定是平行四边形, 即①正确；②：当E、F为棱中点时, 四边形为菱形, 但不可能为正方形, 故②错误；③：四边形BFD′E在底面ABCD内的投影为四边形ABCD, 所以一定是正方形, 即③正确；④：当E、F为棱中点时, EF⊥平面BB′D, 又∵EF⊂平面BFD′E, ∴此时：平面BFD′E⊥平面BB′D, 即④正确．故答案为：①③④点评：本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系, 空间中直线与平面之间的位置关系, 平面与平面之间的位置关系, 考查空间想象能力和思维能力．三、解答题（共6小题, 满分74分）17．（12分）考点：正弦函数的单调性；正弦函数的对称性；直线的斜率．专题：计算题；综合题．分析：（Ⅰ）y=f（x）图象的一条对称轴是直线．就是时函数取得最值, 结合ϕ的范围, 求出ϕ的值；（Ⅱ）利用正弦函数的单调增区间, 直接求函数y=f（x）的单调增区间；（Ⅲ）利用导数求出导函数的值域, 从而证明直线5x﹣2y+c=0与函数y=f（x）的图象不相切．解答：解：（Ⅰ）∵x=是函数y=f（x）的图象的对称轴,∴, ∴, k∈Z．∵﹣π＜ϕ＜0, ϕ=﹣．（Ⅱ）由（Ⅰ）知ϕ=﹣, 因此．由题意得2kπ﹣, k∈Z．所以函数的单调增区间为．（Ⅲ）证明：∵|y'|==,所以曲线y=f（x）的切线斜率取值范围为[﹣2, 2],而直线5x﹣2y+c=0的斜率为＞2,所以直线5x﹣2y+c=0与函数的图象不相切．点评：本小题主要考查三角函数性质及图象的基本知识, 考查推理和运算能力．是综合题, 常考题型．18．（12分）考点：平面与平面垂直的判定；异面直线及其所成的角；与二面角有关的立体几何综合题．专题：证明题；综合题；转化思想．分析：法一：（Ⅰ）证明面PAD⊥面PCD, 只需证明面PCD内的直线CD, 垂直平面PAD内的两条相交直线AD、PD即可；（Ⅱ）过点B作BE∥CA, 且BE=CA, ∠PBE是AC与PB所成的角, 解直角三角形PEB求AC与PB所成的角；（Ⅲ）作AN⊥CM, 垂足为N, 连接BN, 说明∠ANB为所求二面角的平面角, 在三角形AMC中, 用余弦定理求面AMC与面BMC所成二面角的大小．法二：以A为坐标原点AD长为单位长度, 建立空间直角坐标系,（Ⅰ）求出, 计算, 推出AP⊥DC．, 然后证明CD垂直平面PAD, 即可证明面PAD⊥面PCD；（Ⅱ）, 计算．即可求得结果．（Ⅲ）在MC上取一点N（x, y, z）, 则存在使, 说明∠ANB为所求二面角的平面角．求出, 计算即可取得结果．解答：法一：（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD, CD⊥AD,∴由三垂线定理得：CD⊥PD．因而, CD与面PAD内两条相交直线AD, PD都垂直,∴CD⊥面PAD．又CD⊂面PCD,∴面PAD⊥面PCD．（Ⅱ）解：过点B作BE∥CA, 且BE=CA,则∠PBE是AC与PB所成的角．连接AE, 可知AC=CB=BE=AE=, 又AB=2,所以四边形ACBE为正方形．由PA⊥面ABCD得∠PEB=90°在Rt△PEB中BE=a2=3b2, PB=,∴．∴AC与PB所成的角为．（Ⅲ）解：作AN⊥CM, 垂足为N, 连接BN．在Rt△PAB中, AM=MB, 又AC=CB,∴△AMC≌△BMC,∴BN⊥CM, 故∠ANB为所求二面角的平面角∵CB⊥AC, 由三垂线定理, 得CB⊥PC,在Rt△PCB中, CM=MB, 所以CM=AM．在等腰三角形AMC中, AN•MC=,∴．∴AB=2,∴故所求的二面角为．法二：因为PA⊥PD, PA⊥AB, AD⊥AB, 以A为坐标原点AD长为单位长度,如图建立空间直角坐标系, 则各点坐标为A（0, 0, 0）B（0, 2, 0）, C（1, 1, 0）,D（1, 0, 0）, P（0, 0, 1）, M（Ⅰ）证明：因为,故, 所以AP⊥DC．又由题设知AD⊥DC, 且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线, 由此得DC⊥面PAD．又DC在面PCD上, 故面PAD⊥面PCD（Ⅱ）解：因,故=,所以由此得AC与PB所成的角为．（Ⅲ）解：在MC上取一点N（x, y, z）,则存在使, ,∴x=1﹣λ, y=1, z=λ．要使AN⊥MC, 只需即,解得．可知当时, N点坐标为, 能使．,有由得AN⊥MC, BN⊥MC．所以∠ANB为所求二面角的平面角．∵,∴．故所求的二面角为arccos．点评：本题考查平面与平面垂直, 二面角的求法, 异面直线所成的角, 考查空间想象能力, 逻辑思维能力, 转化思想, 是中档题．19．（12分）考点：等比数列的性质；数列的求和．专题：综合题．分析：（Ⅰ）设等比数列通式a n=a1q（n﹣1）, 根据S1＞0可知a1大于零, 当q不等于1时, 根据s n=＞0, 进而可推知1﹣q n＞0且1﹣q＞0, 或1﹣q n＜0且1﹣q＜0, 进而求得q的范围, 当q=1时仍满足条件, 进而得到答案．（Ⅱ）把a n的通项公式代入, 可得a n和b n的关系, 进而可知T n和S n的关系, 再根据（1）中q的范围来判断S n与T n的大小．解答：解：（Ⅰ）设等比数列通式a n=a1q（n﹣1）根据S n＞0, 显然a1＞0,当q不等于1时, 前n项和s n=所以＞0 所以﹣1＜q＜0或0＜q＜1或q＞1当q=1时仍满足条件综上q＞0或﹣1＜q＜0（Ⅱ）∵∴b n==a n q2﹣a n q=a n（2q2﹣3q）∴T n=（2q2﹣3q）S n∴T n﹣S n=S n（2q2﹣3q﹣2）=S n（q﹣2）（2q+1）又因为S n＞0, 且﹣1＜q＜0或q＞0,所以, 当﹣1＜q＜﹣或q＞2时, T n﹣S n＞0, 即T n＞S n；当﹣＜q＜2且q≠0时, T n﹣S n＜0, 即T n＜S n；当q=﹣, 或q=2时, T n﹣S n=0, 即T n=S n．点评：本题主要考查了等比数列的性质．在解决数列比较大小的问题上, 常利用到不等式的性质来解决．20．（12分）考点：离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差．分析：首先根据独立重复试验的概率公式计算出一个坑不需要补种的概率, 由题意知一共种了3个坑, 每个坑至多补种一次, 每补种1个坑需10元, 得到变量ξ的可能取值是0, 10, 20, 30, 根据独立重复试验得到概率的分布列．解答：解：首先根据独立重复试验的概率公式计算出一个坑不需要补种的概率p=1﹣C330.53=0.875 由题意知一共种了3个坑, 每个坑至多补种一次, 每补种1个坑需10元得到变量ξ的可能取值是0, 10, 20, 30,ξ=0, 表示没有坑需要补种,根据独立重复试验得到概率P（ξ=0）=C330.8753=0.670P（ξ=10）=C320.8752×0.125=0.287P（ξ=20）=C31×0.875×0.1252=0.041P（ξ=30）=0.1253=0.002∴变量的分布列是∴ξ的数学期望为：Eξ=0×0.670+10×0.287+20×0.041+30×0.002=3.75点评：考查运用概率知识解决实际问题的能力, 对立事件是指同一次试验中, 不会同时发生的事件, 遇到求用至少来表述的事件的概率时, 往往先求它的对立事件的概率．22．（12分）考点：频率分布直方图．专题：计算题；压轴题．分析：（1）根据总体的概念：所要考查的对象的全体即总体进行回答；（2）根据频率=频数÷总数进行计算；（3）首先计算样本中的频率, 再进一步估计总体．解答：解：（1）总体是某校2000名学生参加环保知识竞赛的成绩．（2）,答：竞赛成绩在79.5～89.5这一小组的频率为0.25．（3）,答：估计全校约有300人获得奖励．点评：考查了总体的概念, 掌握频率=频数÷总数的计算方法, 渗透用样本估计总体的思想．21．（14分）考点：平行向量与共线向量；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题．专题：压轴题．分析：（Ⅰ）直线与椭圆方程联立用未达定理的A、B两点坐标的关系, 据向量共线的条件得椭圆中a, b, c的关系, 从而求得椭圆的离心率（Ⅱ）用向量运算将λμ用坐标表示, 再用坐标的关系求出λ2+μ2的值．解答：解：（1）设椭圆方程为则直线AB的方程为y=x﹣c, 代入,化简得（a2+b2）x2﹣2a2cx+a2c2﹣a2b2=0．令A（x1, y1）, B（x2, y2）,则．∵与共线,∴3（y1+y2）+（x1+x2）=0, 又y1=x1﹣c, y2=x2﹣c,∴3（x1+x2﹣2c）+（x1+x2）=0,∴．即,所以a2=3b2．∴,故离心率．（II）证明：由（1）知a2=3b2,所以椭圆可化为x2+3y2=3b2．设M（x, y）,由已知得（x, y）=λ（x1, y1）+μ（x2, y2）,∴∵M（x, y）在椭圆上,∴（λx1+μx2）2+3（λy1+μy2）2=3b2．即λ2（x12+3y12）+μ2（x22+3y22）+2λμ（x1x2+3y1y2）=3b2．①由（1）知．∴,∴x1x2+3y1y2=x1x2+3（x1﹣c）（x2﹣c）=4x1x2﹣3（x1+x2）c+3c2==0．又x12+3y12=3b2, x22+3y22=3b2,代入①得λ2+μ2=1．故λ2+μ2为定值, 定值为1．点评：考查向量共线为圆锥曲线提供已知条件；处理直线与圆锥曲线位置关系常用的方法是直线与圆锥曲线方程联立用韦达定理．是高考常见题型且是解答题．。

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2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标I)(有详细解析)

2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标I)(有详细解析)

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标I）班级：___________姓名：___________得分：___________一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若z=1+i，则−2z|=()A. 0B. 1C.D. 22.设集合A={−40}，B={x|2x+a0}，且A B={x|−2x1}，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:=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(，)(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+bxB. y=a+C. y=a+D. y=a+b x6.函数f(x)=−的图像在点(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)=(x+)在[−，]的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为()A. B. C. D.8.(x+y2)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为()xA. 5B. 10C. 15D. 209.已知(0,)，且3cos2α−8cosα=5，则=()A. B. C. D.10.已知A，B，C为球O的球面上的三个点，为ABC的外接圆，若的面积为4，AB=BC=AC=，则球O的表面积为()A. 64B. 48C. 36D. 3211.已知M:+−2x−2y−2=0，直线l:2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作M的切线PA，PB，且切点为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=012.若2a+log2a=4b+2log4b，则()A. a>2bB. a<2bC. a>D. a<二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若x，y满足约束条件则z=x+7y的最大值为__________．14.设，为单位向量，且||=1，则||=__________．15.已知F为双曲线C:−=1(a>0,b>0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为__________．16.如图，在三棱锥P−ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=，AB AC，AB AD，CAE=，则FCB=__________．三、解答题（本大题共7小题，共80.0分）17.设{}是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．(1)求{}的公比;(2)若=1，求数列{}的前n项和．18.如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=DO．(1)证明：PA平面PBC;(2)求二面角B−PC−E的余弦值．19.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，预定赛制如下：累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首次比赛的两个人，另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人淘汰;当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为．(1)求甲连胜四场的概率;(2)求需要进行第五场比赛的概率;(3)求丙最终获胜的概率．20.已知A，B分别为椭圆E:+=1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，=8，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D，(1)求E的方程;(2)证明：直线CD过定点．21.已知函数f(x)=+−x．(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)当x0时，f(x)+1，求a的取值范围．22.[选修4−4:坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为4−16+3=0．(1)当k=1时，是什么曲线?(2)当k=4时，求与的公共点的直角坐标．23.[选修4−4:坐标系与参数方程]已知函数f(x)=|3x+1|−2|x−1|．(1)画出y=f(x)的图像;(2)求不等式f(x)>f(x+1)的解集．答案和解析1. D解：由z =1+i 得z 2=2i ，2z =2+2i ，|z 2−2z |=|2i −(2+2i)|=2．2. B解：由已知可得A ={x|−2⩽x ⩽2}，B ={x|x ⩽−a2}， 又因为A ∩B ={x|−2⩽x ⩽1}， 所以−a2=1，从而a =−2,3. C解：如图，设正四棱锥的高为h ，底面边长为a,侧面三角形底边上的高为ℎ′， 则由题意可得{ℎ2=12aℎ′ℎ2=(ℎ′)2−(a2)2,故(ℎ′)2−(a2)2=12aℎ′，化简可得4(ℎ′a )2−2(ℎ′a )−1=0,解得ℎ′a=1±√54．负值舍去可得ℎ′a=1+√544.C解：设点A的坐标为(x,y)，由点A到y轴的距离为9，可得x=9,由点A到点C的焦点的距离为12，可得x+p2=12解得p=6．5.D解：用光滑的曲线把图中各点连接起来，由图象的走向判断，此函数应该是对数函数类型的，故应该选用的函数模型为y=a+bln x．6.B解：先求函数的导函数f′(x)=4x3−6x2，则由函数的几何意义可知在点(1,f(1))的切线斜率为k=f′(1)=−2．又因为f(1)=−1，则切线方程为y−(−1)=−2(x−1)，则y=−2x+1．7.C解：由图可知f(−4π9)=cos(−4π9w+π6)=0，所以−4π9w+π6=π2+kπ(k∈Z),化简可得w=−3+9k4(k∈Z)，又因为T<2π<2T，即2π|w|<2π<4π|w|，所以1<|ω|<2，当且仅当k=−1时1<|ω|<2，所以w=32，所以最小正周期T=2π|w|=4π3．8.C解：(x+y)5的展开式通项为C5r x5−r y r，r=0，1，2，3，4，5，则(x+y2x )(x+y)5的展开式有xC5r x5−r y r，y2xC5r x5−r y r，取r=3和r=1时可得10x3y3，5x3y3，合并后系数为15，9.A解：∵3cos2α−8cosα=5，∴3(2cos2α−1)−8cosα=5，即3cos2α−4cosα−4=0，(3cosα+2)(cosα−2)=0，α∈(0,π)，即cosα=−23，又α∈(0,π)，sinα>0，∴sinα=√1−cos2α=√53，10.A解：由圆O1的面积为4π=πr2，故圆O1的半径ρ=2，∵AB=BC=AC=OO1，则三角形ABC是正三角形，=2r=4，得AB=OO1=2√3，由正弦定理：ABsin60∘由R2=r2+OO12，得球O的半径R=4，表面积为4πR2=64π，11.D解：圆M方程化为：(x−1)2+(y−1)2=4，圆心M(1,1)，半径r=2，根据切线的性质及圆的对称性可知，则|PM|⋅|AB|=4S△PAM=2|PA|⋅|AM|，要使其值最小，只需|PA|最小，即|PM|最小，此时，=√5，|PA|=√|PM|2−|AM|2=1，∴|PM|=√5(x−1)，联立l的方程解得P(−1,0)，过点M且垂直于l的方程为y−1=12以P为圆心，|PA|为半径的圆的方程为(x+1)2+y2=1，即x2+y2+2x=0，结合圆M的方程两式相减可得直线AB的方程为2x+y+1=0，12.B解：根据指数及对数的运算性质，4b+2log4b=22b+log2b，∵log2(2b)=log2b+1>log2b，∴22b+log2(2b)>22b+log2b=2a+log2a，根据函数f(x)=2x+log2x是定义域上的增函数，由f(2b)>f(a)，得a<2b，13.1解：根据约束条件画出可行域为：由z=x+7y得y=−17x+17z，平移直线y=−17x，要使z最大，则y=−17x+17z在y轴上的截距最大，由图可知经过点A(1,0)时截距最大，此时z=1，14.√3解：|a⃗+b⃗ |2=a⃗2+b⃗ 2+2a⃗⋅b⃗ =2+2a⃗⋅b⃗ =1，a⃗⋅b⃗ =−12，|a⃗−b⃗ |2=a⃗2+b⃗ 2−2a⃗⋅b⃗ =2−2a⃗⋅b⃗ =3，∴|a⃗−b⃗ |=√3．15.2解：由题意可知，B在双曲线C的右支上，且在x轴上方，∵BF垂直于x轴，把x=c代入x2a2−y2b2=1，得y=b2a，∴B点坐标为(c,b2a)，又A点坐标为(a,0)，∴k AB=b2a−0c−a=3，化简得b2=3ac−3a2=c2−a2，即2a2−3ac+c2=0，解得c=2a或c=a(舍)，故e=ca=2．16.−14解：由已知得BD=√2AB=√6，∵D、E、F重合于一点，∴AE=AD=√3，BF=BD=√6，∴△ACE中，由余弦定理得，∴CE=CF=1，BC²=AC²+AB²，BC=2，∴在△BCF中，由余弦定理得．17.解：⑴设等比数列{a n}的公比为q(q≠1)，由题意知：2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2，所以q2+q−2=0，解得q=−2．(2)若a1=1，则a n=(−2)n−1，所以数列{na n}的前n项和为T n=1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，则−2T n=−2+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯+n(−2)n，两式相减得3T n=1+(−2)+(−2)2+(−2)3+(−2)n−1−n(−2)n=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(3n+1)(−2)n3，所以T n=1−(3n+1)(−2)n9．18.(1)证明：不妨设⊙O的半径为1，则AO=OB=OC=1，AE=AD=2，AB=BC=CA=√3，DO=√DA2−OA2=√3，PO=√66DO=√22，PA=PB=PC=√PO2+AO2=√62，在△PAC中，PA2+PC2=AC2，故PA⊥PC，同理可得PA⊥PB，PB∩PC=P，PB，PC⊂平面PBC，∴PA ⊥平面PBC ．(2)解：以OE ，OD 所在直线分别为y ，z 轴，圆锥底面内垂直于OE 的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ，则有B (√32,12,0),C (−√32,12,0),P (0,0,√22),E (0,1,0)， BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,12,0),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,−12,√22)， 设平面PBC 的法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，则{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，解得n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,1)， 同理可得平面PCE 的法向量n 2⃗⃗⃗⃗ =(√2,−√6,−2√3)， 由图形可知二面角B −PC −E 为锐角，则cosθ=|n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ||=2√55， 故二面角B −PC −E 的余弦值为2√55．19. 解：(1)甲连胜四场只能是前四场全胜，则P =(12)4=116．(2)设甲输掉一场比赛为事件A ，乙输掉一场比赛为事件B ，丙输掉一场比赛为事件C ， 四场比赛能结束为事件N ，则P(N)=P(ABAB)+P(ACAC)+P(BABA)+P(BCBC)=116×4=14所以需要进行第五场比赛的概率为P =1−P(N)=1−14=34(3) 丙获胜的概率为：P =P (ABAB )+P(BABA)+P(ABACB)+P(BABCA)+P(ABCAB)+P(ABCBA) +P(BACAB)+P(BACBA)+P(ACABB)+P(ACBAB)+P(BCABA)+P(BCBAA) =(12)4×2+(12)5×10=716．20. 解：由题意A (−a,0),B (a,0),G (0,1),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,1),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,−1), AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a 2−1=8⇒a 2=9⇒a =3， ∴椭圆E 的方程为x 29+y 2=1．(2)由(1)知A (−3,0),B (3,0),P (6,m )，则直线PA 的方程为y =m 9(x +3)，联立{y =m 9(x +3)x 29+y 2=1⇒(9+m 2)x 2+6m 2x +9m 2−81=0,由韦达定理−3x C =9m 2−819+m 2⇒x C =−3m 2+279+m 2，代入直线PA 的方程y =m 9(x +3)得，y C =6m9+m 2，即C (−3m 2+279+m 2,6m9+m 2)，直线PB的方程为y=m3(x−3)，联立{y=m3(x−3)x29+y2=1⇒(1+m2)x2−6m2x+9m2−9=0,由韦达定理3x D=9m2−91+m2⇒x D=3m2−31+m2，代入直线PA的方程y=m3(x−3)得，y D=−2m1+m2，即D(3m2−31+m2,−2m1+m2)，∴直线CD的斜率k CD=6m9+m2−−2m1+m2−3m2+279+m2−3m2−31+m2=4m3(3−m2)，∴直线CD的方程为y−−2m1+m2=4m3(3−m2)(x−3m2−31+m2)，整理得y=4m3(3−m2)(x−32)，∴直线CD过定点(32,0)．21.解：(1)当a=1时，f(x)=e x+x2−x，f′(x)=e x+2x−1，记g(x)=f′(x)，因为g′(x)=e x+2>0，所以g(x)=f′(x)=e x+2x−1在R上单调递增，又f′(0)=0，得当x>0时f′(x)>0，即f(x)=e x+x2−x在(0,+∞)上单调递增；当x<0时f′(x)<0，即f(x)=e x+x2−x在(−∞,0)上单调递减．所以f(x)=e x+x2−x在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．(2)①当x=0时，a∈R；②当x>0时，f(x)≥12x3+1即a≥12x3+x+1−e xx2，令ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2，ℎ′(x)=(2−x)(e x−12x2−x−1)x3记m(x)=e x−12x2−x−1，m′(x)=e x−x−1令q(x)=e x−x−1，因为x>0，所以q′(x)=e x−1>0，所以m′(x)=q(x)=e x−x−1在(0,+∞)上单调递增，即m′(x)=e x−x−1> m′(0)=0所以m(x)=e x−12x2−x−1在(0,+∞)上单调递增，即m(x)=e x−12x2−x−1>m(0)=0，故当x∈(0,2)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2在(0,2)上单调递增；当x∈(2,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2在(2,+∞)上单调递减；所以[ℎ(x)]max=ℎ(2)=7−e24，所以a≥7−e24，综上可知，实数a的取值范围是[7−e24,+∞)．22.解：(1)当k=1时，曲线C1的参数方程为{x=costy=sint，化为直角坐标方程为x2+y2=1，表示以原点为圆心，半径为1的圆．(2)k=4时，曲线C1的参数方程为{x=cos 4ty=sin4t，化为直角坐标方程为√x+√y=1，曲线C2化为直角坐标方程为4x−16y+3=0，联立{√x+√y=14x−16y+3=0，解得{x=14y=14,所以曲线C1与曲线C2的公共点的直角坐标为(14,14 )．23.解：(1)函数f(x)=|3x+1|−2|x−1|=，图像如图所示：(2)函数f(x+1)的图像即为将f(x)的图像向左平移一个单位所得，如图，联立y=−x−3和y=5x+4解得交点横坐标为x=−，原不等式的解集为．。

全国1卷,高考数学试卷理科

全国1卷,高考数学试卷理科

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2010年普通高等学校招生全国统一考试·理科数学（全国Ⅰ卷）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.1.（2010全国Ⅰ，理1）复数错误！未找到引用源。

等于A.iB.-iC.12-13iD.12+13i答案：A2.（2010全国Ⅰ，理2）记cos（-80°）=k，那么tan100°等于A.错误！未找到引用源。

B. -错误！未找到引用源。

C.错误！未找到引用源。

D.-错误！未找到引用源。

答案：B3.（2010全国Ⅰ，理3）若变量x，y满足约束条件错误！未找到引用源。

则z=x-2y的最大值为A.4B.3C.2D.1答案：B4.（2010全国Ⅰ，理4）已知各项均为正数的等比数列{a n}中，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6等于A.5错误！未找到引用源。

B.7C.6D.4错误！未找到引用源。

答案：A5.（2010全国Ⅰ，理5）（1+2错误！未找到引用源。

）3（1-错误！未找到引用源。

）5的展开式中x的系数是A.-4B.-2C.2D.4答案：C6.（2010全国Ⅰ，理6）某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有A.30种B.35种C.42种D.48种答案：A7.（2010全国Ⅰ，理7）正方体ABCD—A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为A.错误！未找到引用源。

B.错误！未找到引用源。

C.错误！未找到引用源。

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答案：D8.（2010全国Ⅰ，理8）设a=log32，b=ln2，c=5错误！未找到引用源。

,则A.a<b<cB.b<c<aC.c<a<bD.c<b<a答案：C9.（2010全国Ⅰ，理9）已知F1、F2为双曲线C：x2-y2=1的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2=60°，则P到x轴的距离为A.错误！未找到引用源。

2020年高考理科数学全国1卷(word版,含答案)

2020年高考理科数学全国1卷(word版,含答案)

1.【ID:4002604】若，则()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：，则．故选D．2.【ID:4002605】设集合，，且，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：易求得：，，则由，得，解得．故选B．3.【ID:4002606】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.【答案】C【解析】解：如图，设正四棱锥的底面边长为，斜高，则，两边同时除以，得：，解得：，故选C．4.【ID:4002607】已知为抛物线：上一点，点到的焦点的距离为，到轴的距离为，则()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由题意知，，则．故选C．5.【ID:4002608】某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率和温度(单位：)的关系，在个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据得到下面的散点图：由此散点图，在至之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率和温度的回归方程类型的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：由图易知曲线特征：非线性，上凸，故选D．6.【ID:4002609】函数的图象在点处的切线方程为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：，则切线斜率，又，则切线方程为．故选B．7.【ID:4002610】设函数在的图象大致如下图，则的最小正周期为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由图可估算，则．故选C．由图可知：，由单调性知：，解得，又由图知，则，当且仅当时满足题意，此时，故最小正周期．8.【ID:4002611】的展开式中的系数为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：，要得到项，则应取项，则其系数为．故选C．9.【ID:4002612】已知，且，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由，得，解得：或(舍)，又，则．故选A．10.【ID:4002613】已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆．若的面积为，，则球的表面积为()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由条件易得：，由，则，则，所以球的表面积为．故选A．11.【ID:4002614】已知：，直线：，为上的动点．过点作的切线，，切点为，，当最小时，直线的方程为()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：：，则，如图，由圆的切线性质，易知：，则，所以最小时，最短，即最短，此时，易求得：，则直线：，整理，得：．故选D．12.【ID:4002615】若，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】根据题意，有，若，则，不符合题意，因此．13.【ID:4002616】若，满足约束条件，则的最大值为________．【答案】1【解析】解：作不等式组满足的平面区域如图：易得：，，，因为区域为封闭图形，分别将点的坐标代入，得最大值为．14.【ID:4002617】设，为单位向量，且，则________．【答案】【解析】解：因为，，则，则．15.【ID:4002618】已知为双曲线：的右焦点，为的右顶点，为上的点，且垂直于轴．若的斜率为，则的离心率为________．【答案】2【解析】解：如图，，，则由题意得：，解得：，(舍)，所以的离心率为．16.【ID:4002619】如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，则________．【答案】【解析】在中，；在中，，由展开图的生成方式可得，在中，由余弦定理可得，于是，因此在中，由余弦定理可得．17. 设是公比不为的等比数列，为，的等差中项．（1）【ID:4002620】求的公比．【答案】【解析】解：设数列的公比为，则，，即，解得或(舍去)，的公比为．（2）【ID:4002621】若，求数列的前项和．【答案】【解析】解：记为的前项和．由及题设可得，．所以，．可得．所以．18. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）【ID:4002622】证明：平面．【答案】见解析【解析】方法：以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，，．，，，则，，，平面．方法：设，由题设可得，，，．因此，从而．又，故．所以平面．（2）【ID:4002623】求二面角的余弦值．【答案】【解析】由知，，，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即，解得，，二面角的余弦值为．19. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰：当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为．（1）【ID:4002624】求甲连胜四场的概率．【答案】【解析】解：．（2）【ID:4002625】求需要进行第五场比赛的概率．【答案】【解析】(甲连胜场)(乙连胜场)(丙连胜场)．（3）【ID:4002626】求丙最终获胜的概率．【答案】【解析】丙最终获胜，有两种情况，丙连胜或输一场．(丙连胜)，丙输一场，则共进行场，丙可以在①第场输，、场胜；②第、场胜，场输；③第、、场胜，第场输，(丙第场输，，场胜)；(丙第，场胜，第场输)；(丙第，，场胜，第场输)，(丙胜)．20. 已知，分别为椭圆：的左、右顶点．为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为．（1）【ID:4002627】求的方程．【答案】【解析】由题意知，，，故，，，故椭圆的方程为．（2）【ID:4002628】证明：直线过定点．【答案】见解析【解析】方法：设，，故：，，故：，联立，，同理可得，，①当时，：，②当时，，：，③当且时，，：，令，故直线恒过定点．方法：设，，．若，设直线的方程为，由题意可知．因为直线的方程为，所以．直线的方程为，所以．可得．又，故，可得，即．①将代入得．所以，．代入①式得．解得(舍去)，．故直线的方程为，即直线过定点．若，则直线的方程为，过点．综上，直线过定点．21. 已知函数．（1）【ID:4002629】当时，讨论的单调性．【答案】当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．【解析】当时，，其导函数，又函数为单调递增函数，且，于是当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．（2）【ID:4002630】当时，，求的取值范围．【答案】【解析】方法：根据题意，当时，不等式显然成立；当时，有，记右侧函数为，则其导函数，设，则其导函数，当时，函数单调递减，而，于是．因此函数在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，也为最大值．因此实数的取值范围是，即．方法：等价于．设函数，则．(i)若，即，则当时，．所以在上单调递增，而，故当时，，不合题意．(ii)若，即，则当时，；当时，．所以在，上单调递减，在上单调递增．又，所以当且仅当，即．所以当时，．(iii)若，即，则．由于，故由(ii)可得．故当，．综上，的取值范围是．22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）【ID:4002631】当时，是什么曲线？【答案】为以坐标原点为圆心，半径为的圆．【解析】解：，的参数方程为，则的普通方程为：，是以坐标原点为圆心，半径为的圆．（2）【ID:4002632】当时，求与的公共点的直角坐标．【答案】【解析】解：当时，：，消去参数，得的直角坐标方程为：，的直角坐标方程为：，联立得，其中，，，解得，与的公共点的直角坐标为．23. 已知函数．（1）【ID:4002633】画出的图象．【答案】见解析【解析】解：如图，．（2）【ID:4002634】求不等式的解集．【答案】【解析】解：方法：由题意知，结合图象有，当时，不等式恒成立，故舍去；当，即时，不等式恒成立；当时，由，得，，解得，综上，．方法：函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象．的图象与的图象的交点坐标为．由图象可知当且仅当时，的图象在的图象上方．故不等式的解集为．。

新课标Ⅰ高考数学理科真题试卷(含答案)

新课标Ⅰ高考数学理科真题试卷(含答案)

绝密(juémì)★启封(qǐ fēnɡ)并使用完毕前试题(shìtí)类型：A 2021年普通高等学校招生全国(quán ɡuó)统一考试理科(lǐkē)数学考前须知：1.本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部.第一卷1至3页，第二卷3至5页.2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第一卷一.选择题：本大题共12小题，每题5分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.〔1〕设集合，，那么〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔2〕设，其中x，y是实数，那么〔A〕1〔B〕〔C〕〔D〕2〔3〕等差数列前9项的和为27，，那么〔A〕100〔B〕99〔C〕98〔D〕97〔4〕某公司的班车在7:00，8:00，8:30发车，学.科网小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，那么他等车时间不超过10分钟的概率是〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔5〕方程–=1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，那么n的取值范围是〔A〕(–1,3) 〔B〕(–1,3) 〔C〕(0,3) 〔D〕(0,3)〔6〕如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.假设该几何体的体积是，那么它的外表积是〔A〕17π〔B〕18π〔C〕20π〔D〕28π〔7〕函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔8〕假设(jiǎshè)，那么(nà me)〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔9〕执行右面(yòumiàn)的程序图，如果输入的，那么(nà me)输出x，y的值满足(mǎnzú)〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕(10)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的标准线于D、E两点.|AB|=，|DE|=，那么C的焦点到准线的距离为(A)2 (B)4 (C)6 (D)8(11)平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，a//平面CB1D1，平面ABCD=m，a 平面ABA1B1=n，那么m、n所成角的正弦值为(A)(B) (C) (D)12.函数(hánshù)为的零点(línɡ diǎn)，为图像(tú xiànɡ)的对称轴，且()f x在单调(dāndiào)，那么的最大值为〔A〕11 〔B〕9 〔C〕7 〔D〕5第II卷本卷包括必考题(kǎo tí)和选考题两局部.第(13)题~第(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)题~第(24)题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共3小题，每题5分(13)设向量a=(m，1)，b=(1，2)，且|a+b|2=|a|2+|b|2，那么m=.(14)的展开式中，x3的系数是.〔用数字填写答案〕〔15〕设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，那么a1a2…a n的最大值为。