全国卷一及答案.docx

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全国卷一及答案

1）设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=AUB，则集合[u（A元素共有（A）（A）3个（B）4个（C）5个（D）6个

I

B）中的

解：

AUB={3,4,5,7,8,9}，AIB={4,7,9}∴CU（AIB）={3,5,8}故选A。

也可用摩根律：

CU（AIB）=（CUA）U（CUB）

（2）已知

Z=2+i,则复数z=（B）1＋i

（B）1-3i（C）3+i（D）3-i故选B。

（A）-1+3i

解：

z=（1+i）?

（2+i）=1+3i,∴z=1?

3i

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（3）不等式

X+1＜1的解集为（D）X?

1

（A）0?

x?

1}｛x

U{xx?

1}

（B）x0?

x?

1}（D）xx?

0}

{

（C）{x?

1?

x?

0}解：

验x=-1即可。

{

（4）设双曲线

x2y2?

=1（a＞0,b＞0）的渐近线与抛物线y=x2+1相切，则该双曲线的离心a2b2

率等于（C）（A）3（B）2（C）5

'

（D）6

解：

设切点P（x0,y0），则切线的斜率为y

|x=x0=2x0.由题意有

y0=2x0又y0=x02+1x0

解得:

x0=1,∴

2

bb=2,e=1+（）2=5.aa

（5）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学。

若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（（A）150种（B）180种（C）300种（D）345种（6）设a、b、c是单位向量，且a·b＝0，则（a?

c）?

（b?

c）的最小值为（D（A）?

2（B）2?

2（C）?

1（D）1?

2）D）

（7）已知三棱柱ABC?

A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（D）

（A）

34

（B）

54

（C）

74

（D）

34

（8）如果函数y＝3cos（2x＋φ）的图像关于点?

?

4π?

，0?

中心对称，那么|?

|的最小值为?

3?

（A）

π

6

（B）

π

4

（C）

π

3

（D）B）

π

2

（9）已知直线y=x+1与曲线y=ln（x+a）相切，则α的值为（（A）1（B）2

o

（C）-1

（D）-2

（10）已知二面角α?

l?

β为60

，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为3，

Q到α的距离为23，则P、Q两点之间距离的最小值为（C）（A）（B）2（C）23（D）4）

（11）函数f（x）的定义域为R，若f（x+1）与f（x?

1）都是奇函数，则（D（A）f（x）是偶函数函数12.已知椭圆C:

（B）f（x）是奇函数（C）f（x）=f（x+2）

（D）f（x+3）是奇

x2+y2=1的右焦点为F,右准线为l，点A∈l，线段AF交C于点B，2

uuuur

A）（D）.3

若FA=3FB,则|AF|=（（A）.

uuur

uuur

2

（B）.2

（C）.3

第II卷

二、填空题：

填空题：

13.

（x?

y）

10

的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于

。

。

14.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9=72,则a2+a4+a9=

15.直三棱柱ABC?

A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA1=2,

∠BAC=120°，则此球的表面积等于

。

16.若

π

4

π

2

，则函数y=tan2xtan3x的最大值为

。

小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

三、解答题：

本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

解答题：

17（本小题满分10分）

注意：

在试题卷上作答无效）（注意注意：

．．．．．．．．．．．．在?

ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a?

c=2b，且

22

sinAcosC=3cosAsinC,求b

18．（本小题满分12分）注意：

在试题卷上作答无效）（注意在试题卷上作答无效）注意：

．．．．．．．．．．．．．如图，四棱锥S?

ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面

ABCD，

AD=2,DC=SD=2，点M在侧棱SC上，

∠ABM=60°

（I）证明：

M在侧棱SC的中点（II）求二面角S?

AM?

B的大小。

19．（本小题满分12分）注意：

在试题卷上作答无效）（注意在试题卷上作答无效）注意：

．．．．．．．．．．．．．甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立，已知前2局中，甲、乙各胜1局。

（I）求甲获得这次比赛胜利的概率；（II）设ξ表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求ξ得分布列及数学期望。

20．（本小题满分12分）注意：

在试题卷上作答无效）（注意在试题卷上作答无效）注意：

．．．．．．．．．．．．．在数列{an}中，a1=1,an+1=（1+）an+（I）设bn=

1n

n+12n

an，求数列{bn}的通项公式n

（II）求数列{an}的前n项和Sn21（本小题满分12分）注意：

在试题卷上作答无效）（注意在试题卷上作答无效）注意：

．．．．．．．．．．．．．如图，已知抛物线E:

y2=x与圆M:

（x?

4）2+y2=r2（r>0）相交于A、B、C、D四个点。

（I）求r得取值范围；（II）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P坐标考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以．

22.本小题满分12分。

注意：

在试题卷上作答无效）（注意在试题卷上作答无效）注意：

．．．．．．．．．．．．．设函数f（x）=x+3bx+3cx在两个极值点x1、x2，且

32

x1∈[?

1，x2∈[1,2].0],

（I）求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点（b,c）的区域；（II）证明：

?

10≤f（x2）≤?

12

答案

1、解：

UB={3,4,5,7,8,9}，AIB={4,7,9}∴CU（AIB）={3,5,8}A

C1

故选A。

也可用摩根律：

CU（AIB）=（CUA）U（CUB）2、解：

A1

B1

z=（1+i）?

（2+i）=1+3i,∴z=1?

3i

故选B。

3、解：

验x=-1即

'

CDAB

可。

4、解：

设切点P（x0,y0），则切线的斜率为y意有

|x=x0=2x0.由题

y0bb=2x0又y0=x02+1解得:

x02=1,∴=2,e=1+（）2=5.5、解:

分两x0aa

112类

（1）甲组中选出一名女生有C5?

C3?

C6=225种选法

（2）乙组中选出一名女生有

11C52?

C6?

C2=120种选法.故共有345种选法.选D、6：

解:

Qa,b,c是单位向量

rrr

rrrruurruurrr2r∴a?

c?

b?

c=a?

b?

（a+b）?

c+c

（

）（

）

rrrrrr=1?

|a+b|?

|c|=1?

2cos≥1?

2故选D.7、解：

设BC的中点

为D，连结A1D，AD，易知θ=∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角,由三角余弦定理，易知cosθ=cos∠A1AD?

cos∠DAB=

ADAD3?

=.故选D。

8解:

Q函数A1AAB4

点

y＝3cos（2x＋φ）

的

图

像

关

于

?

4π?

?

，0?

?

3?

中

心

对

称

∴2?

4ππ13ππ+φ=kπ+∴φ=kπ?

（k∈Z）由此易得|φ|min=.故选A。

9、解:

设3266

切

点

P（x0,y0）

，

则

y0=x0+1,y0=ln（x0+a）

又

Qy'|x=x0=

1=1∴x0+a=1∴y0=0,x0=?

1∴a=2.故答案选B。

10、x0+a

PD⊥l于D连

解:

如图分别作QA⊥α于A,AC⊥l于C,PB⊥β于B,

CQ,BD则∠ACQ=∠PBD=60°,AQ=23,BP=3，

2、∴AC=PD=2又

Q

QPQ=AQ2+AP2=12+AP2≥23

3、当且仅当AP=0，

BC

4、即点A与点P重合时取最小值。

故答案选C。

D

A

P

11、解:

Qf（x+1）与f（x?

1）都是奇函数，

∴f（?

x+1）=?

f（x+1）,f（?

x?

1）=?

f（x?

1），函数f（x）关于点（1,0），∴及点（?

1,0）对

称，函数f（x）是周期T=2[1?

（?

1）]=4的周期函数.∴f（?

x?

1+4）=?

f（x?

1+4），

f（?

x+3）=?

f（x+3），即f（x+3）是奇函数。

故选D。

12、解:

过点B作BM⊥l于M,并

设右准线l与X轴的交点为N，易知FN=1.由题意FA=3FB,故|BM|=定义,得|BF|=14、解

uuur

uuur

2.又由椭圆的第二3

222373?

=∴|AF|=2.故选A。

解:

?

C10+（?

C10）=?

2C10=?

24013、233

:

Q{an}

是

等

差

数

列

，

由

S9=72

得

∴S9=9a5,a5=8∴a2+a4+a9=（a2+a9）+a4=（a5+a6）+a4=3a5=24.15、解:

在?

ABC中AB=AC=2,∠BAC=120°,可得BC=23,由正弦定理,可得?

ABC外接

圆半径r=2,设此圆圆心为O′，球心为O，在RT?

OBO′中，易得球半径R=的表面积为4πR=20π.16、解:

令tanx=t,Q

2

5，故此球

π

4

π

2

∴t>1,

2tan4x2t4222∴y=tan2xtanx====≤=?

8221111111?

tanx1?

t?

2（2?

）2?

?

t4tt244

3

17、分析:

此题事实上比较简单,但考生反应不知从何入手.对已知条件

（1）a?

c=2b,分析:

此题事实上比较简单,但考生反应不知从何入手.对已知条件

（1）

22

左侧是二次的右侧是一次的,学生总感觉用余弦定理不好处理,而对已知条件

（2）

sinAcosC=3cosAsinC,过多的关注两角和与差的正弦公式,甚至有的学生还想用现在过多的关注两角和与差的正弦公式,

已经不再考的积化和差,导致找不到突破口而失分.已经不再考的积化和差,导致找不到突破口而失分.解法一：

在?

ABC中QsinAcosC=3cosAsinC,则由正弦定理及余弦定理有:

a?

a2+b2?

c2b2+c2?

a2=3?

c,化简并整理得：

2（a2?

c2）=b2.又由已知2ab2bc

a2?

c2=2b∴4b=b2.解得b=4或b=0（舍）.

解法二:

解法二:

由余弦定理得:

由余弦定理得:

a2?

c2=b2?

2bccosA.

又所以又

a2?

c2=2b,b≠0。

b=2ccosA+2…………………………………①

sinAcosC=3cosAsinC，

∴sinAcosC+cosAsinC=4cosAsinC

sin（A+C）=4cosAsinC，

即sinB=4cosAsinC由正弦定理得sinB=故

bsinC，c

b=4ccosA………………………②

由①，②解得b=4。

18、解法一：

解法一：

解法一（I）作ME∥CD交SD于点E，则ME∥AB，ME⊥平面SAD连接AE，则四边形ABME为直角梯形作MF⊥AB，垂足为F，则AFME为矩形设ME=x，则SE=x，AE=

ED2+AD2=（2?

x）2+2

MF=AE=（2?

x）2+2,FB=2?

x

由MF=FB?

tan60,得（2?

x）+2=3（2?

x）

。

2

解得x=1即ME=1，从而ME=

1DC2

所以M为侧棱SC的中点（Ⅱ）MB=

BC2+MC2=2，又∠ABM=60o,AB=2,所以?

ABM为等边三角形，

又由（Ⅰ）知M为SC中点

SM=2,SA=6,AM=2，故SA2=SM2+AM2,∠SMA=90o

取AM中点G，连结BG，SA中点H，取连结GH，BG⊥AM,GH⊥AM,由此知∠BGH则为二面角S?

AM?

B的平面角连接BH，在?

BGH中，

BG=

31222AM=3,GH=SM=,BH=AB2+AH2=2222

BG2+GH2?

BH26所以cos∠BGH==?

2?

BG?

GH3

二面角S?

AM?

B的大小为arccos（?

解法二:

解法二:

以D为坐标原点，射线DA为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系D-xyz设A（2,0,0），则B（2,2,0）,C（0,2,0）,S（0,0,2）（Ⅰ）设SM=λMC（λ?

0）,则

6）3

M（0,

2λ22?

2,）,MB=（2,,）1+λ1+λ1+λ1+λ

o

又AB=（0,2,0）,MB,AB?

60

故MB?

AB=|MB|?

|AB|cos60o

即

422?

22=

（2）2+（）+（）1+λ1+λ1+λ

解得λ=1，即SM=MC

所以M为侧棱SC的中点（II）由M（0,1,1）,A（2,0,0），得AM的中点G（

211,,）222

又GB=（

231,,?

）,MS=（0,?

1,1）,AM=（?

2,1,1）222

GB?

AM=0,MS?

AM=0

所以GB⊥AM,MS⊥AM因此GB,MS等于二面角S?

AM?

B的平面角

cosGB,MS=

GB?

MS6=?

3|GB|?

|MS|6）3

所以二面角S?

AM?

B的大小为arccos（?

19、解：

记Ai表示事件：

第i局甲获胜，i=3,4,5

Bj表示事件：

第j局乙获胜，j=3,4

（Ⅰ）记B表示事件：

甲获得这次比赛的胜利因前两局中，甲、乙各胜一局，故甲获得这次比赛的胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，从而

B=A3?

A4+B3?

A4?

A5+A3?

B4?

A5

由于各局比赛结果相互独立，故

P（B）=P（A3?

A4）+P（B3?

A4?

A5）+P（A3?

B4?

A5）

=P（A3）P（A4）+P（B3）P（A4）P（A5）+P（A3）P（B4）P（A5）=0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6=0.648（II）ξ的可能取值为2，3由于各局比赛结果相互独立，所以

P（ξ=2）=P（A3?

A4+B3?

B4）

=P（A3?

A4）+P（B3?

B4）=P（A3）?

P（A4）+P（B3）?

P（B4）=0.6×0.6+0.4×0.4=0.52

P（ξ=3）=1?

P（ξ=2）=1.0.52=0.48ξ的分布列为

ξ

P

20.52

30.48

Eξ=2×P（ξ=2）+3×P（ξ=3）

=2×0.52+3×0.48=2.4820、解：

解（I）由已知得b1=a1=1，且即从而

an+1an1=+n+1n2n

bn+1=bn+b2=b1+

12n

121b3=b2+22

……

于是

1（n≥2）2n?

1111bn=b1++2+......+n?

12221=2?

n?

1（n≥2）2bn=bn?

1+b1=111n。

（II）由（I）知an=n（2?

n?

1）=2n?

n?

1,n?

1222

又

故所求的通项公式bn=2?

∴Sn=∑（2k?

k=1

n

nnkk）=∑（2k）?

∑k?

1k?

12k=1k=12

而

∑（2k）=n（n+1）,又∑

k=1

n

k是一个典型的错位相减法模型，k?

1k=12

n

易得

∑2

k=1

n

k

k?

1

=4?

n+2n+2∴Sn=n（n+1）+n?

1?

4。

21、分析：

分析：

分析（I）这一问学生易下手。

n?

122

22222

将抛物线E:

y=x与圆M:

（x?

4）+y=r（r>0）的方程联立，消去y，整理得

x2?

7x+16?

r2=0．．．．．．．．．．．．．（＊）

抛物线E:

y=x与圆M:

（x?

4）+y=r（r>0）相交于A、B、C、D四个点的

2222

充要条件是：

方程（＊）有两个不相等的正根即可.

?

?

=（?

7）2?

4（16?

r2）>0?

由此得?

x1+x2=7>0?

2?

x1x2=16?

r>0

解得又所以

150

r∈（

15,4）（II）考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。

因此利2

用设而不求、整体代入的方法处理本小题是一个较好的切入点。

设E与M的四个交点的坐标分别为：

A（x1,x1）、B（x1,?

x1）、C（x2,?

x2）、D（x2,x2）。

则直线AC、BD的方程分别为

y?

x1=

?

x2?

x1?

（x?

x1）,y+x1=x2?

x1

x2+x1?

（x?

x1）x2?

x1

解得点P的坐标为（x1x2,0）设t=

x1x2，由t=16?

r2及（I）知0

72

由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积

S=

1?

2?

|x2?

x1|（x1+x2）=|x2?

x1|（x1+x2）2

22

则S=[（x1+x2）?

4x1x2]?

（x1+x2+2x1x2）

2将x1+x2=7,x1x2=t代入上式，并令f（t）=S，得

7f（t）=（7+2t）2?

（7?

2t）（0

求导数f'（t）=?

2（7+2t）?

（6t?

7）

77,t=?

（舍去）627777'''当