高考数学全国卷理科数学试题全部解析Word文档格式.doc

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若复数满足，则；

若复数，则．

A． B． C． D．

【解析】设，则，得到，所以.故正确；

若，满足，而，不满足，故不正确；

若，，则，满足，而它们实部不相等，不是共轭复数，故不正确；

实数没有虚部，所以它的共轭复数是它本身，也属于实数，故正确；

4.记为等差数列的前项和，若，则的公差为（）

A．1 B．2 C．4 D．8

【答案】C

【解析】

联立求得

得

选C

5.函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是（）

【答案】D

【解析】因为为奇函数，所以，

于是等价于|

又在单调递减

故选D

6.展开式中的系数为

【答案】C.

对的项系数为

对的项系数为，

∴的系数为

故选C

7.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为，俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有若干是梯形，这些梯形的面积之和为

【解析】由三视图可画出立体图

该立体图平面内只有两个相同的梯形的面

8.右面程序框图是为了求出满足的最小偶数，那么在和两个空白框中，可以分别填入

A．和 B．和

C．和 D．和

【答案】因为要求大于1000时输出，且框图中在“否”时输出

∴“”中不能输入

排除A、B

又要求为偶数，且初始值为0，

“”中依次加2可保证其为偶

故选D

9.已知曲线，，则下面结论正确的是（）

A．把上各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线

B．把上各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线

C．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线

D．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线

首先曲线、统一为一三角函数名，可将用诱导公式处理．

．横坐标变换需将变成，

即

．

注意的系数，在右平移需将提到括号外面，这时平移至，

根据“左加右减”原则，“”到“”需加上，即再向左平移．

10.已知为抛物线：

的交点，过作两条互相垂直，，直线与交于、两点，直线与交于，两点，的最小值为（）

设倾斜角为．作垂直准线，垂直轴

易知

同理，

又与垂直，即的倾斜角为

而，即．

，当取等号

即最小值为，故选A

11.设，，为正数，且，则（）

【答案】取对数：

.

则

，故选D

12.几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动，这款软件的激活码为下面数学问题的答案：

已知数列，…，其中第一项是，接下来的两项是，，在接下来的三项式，，，依次类推，求满足如下条件的最小整数：

且该数列的前项和为的整数幂．那么该款软件的激活码是（　　）

【解析】设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．

设第组的项数为，则组的项数和为

由题，，令→且，即出现在第13组之后

第组的和为

组总共的和为

若要使前项和为2的整数幂，则项的和应与互为相反数

→

故选A

二、填空题：

本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知向量，的夹角为，，，则________．

【答案】

∴

14.设，满足约束条件，则的最小值为_______．

不等式组表示的平面区域如图所示

由得，

求的最小值，即求直线的纵截距的最大值

当直线过图中点时，纵截距最大

由解得点坐标为，此时

15.已知双曲线，（，）的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则的离心率为_______．

【解析】如图，

，

∵，∴，

又∵，∴，解得

∴

16.如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为，、、为元上的点，，，分别是一，，为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得，，重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：

）的最大值为_______．

【解析】由题，连接，交与点，由题，

，即的长度与的长度或成正比

设，则，

三棱锥的高

令，，

令，即，

体积最大值为

三、解答题：

共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共60分。

17.的内角，，的对边分别为，，，已知的面积为．

（1）求；

（2）若，，求的周长．

【解析】本题主要考查三角函数及其变换，正弦定理，余弦定理等基础知识的综合应用.

（1）面积.且

由正弦定理得，

由得.

（2）由

（1）得，

又

，，

由余弦定理得①

②

由①②得

，即周长为

18.（12分）如图，在四棱锥中，中，且．

（1）证明：

平面平面；

（2）若，，求二面角的余弦值．

【解析】

（1）证明：

∵

∴，

又∵，∴

又∵，、平面

∴平面，又平面

∴平面平面

（2）取中点，中点，连接，

∴四边形为平行四边形

由

（1）知，平面

∴平面，又、平面

∴、、两两垂直

∴以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系

设，∴、、、，

∴、、

设为平面的法向量

由，得

令，则，，可得平面的一个法向量

∵，∴

又知平面，平面

∴，又

∴平面

即是平面的一个法向量，

由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为

19.（12分）

为了抽检某种零件的一条生产线的生产过程，实验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：

）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布．

（1）假设生产状态正常，记表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及的数学期望；

（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．

（I）试说明上述监控生产过程方法的合理性：

（II）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：

经计算得，，其中为抽取的第个零件的尺寸，．

用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查，剔除之外的数据，用剩下的数据估计和（精确到）．

附：

若随机变量服从正态分布,则．

，．

【解析】

（1）由题可知尺寸落在之内的概率为，落在之外的概率为．

由题可知

（2）（i）尺寸落在之外的概率为，

由正态分布知尺寸落在之外为小概率事件，

因此上述监控生产过程的方法合理．

（ii）

，需对当天的生产过程检查．

因此剔除

剔除数据之后：

20.（12分）

已知椭圆：

，四点，，，中恰有三点在椭圆上．

（1）求的方程；

（2）设直线不经过点且与相交于、两点，若直线与直线的斜率的和为，证明：

过定点．

【解析】

（1）根据椭圆对称性，必过、

又横坐标为1，椭圆必不过，所以过三点

将代入椭圆方程得

，解得，

∴椭圆的方程为：

（2）当斜率不存在时，设

得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．

当斜率存在时，设

联立，整理得

，此时，存在使得成立．

∴直线的方程为

当时，

所以过定点．

21.（12分）

已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）若有两个零点，求的取值范围．

【解析】

（1）由于

故

当时，，．从而恒成立．

在上单调递减

当时，令，从而，得．

单调减

极小值

单调增

综上，当时，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增

（2）由

（1）知，

当时，在上单调减，故在上至多一个零点，不满足条件．

当时，．

令．

令，则．从而在上单调增，而．故当时，．当时．当时

若，则，故恒成立，从而无零点，不满足条件．

若，则，故仅有一个实根，不满足条件．

若，则，注意到．．

故在上有一个实根，而又．

且．

故在上有一个实根．

又在上单调减，在单调增，故在上至多两个实根．

又在及上均至少有一个实数根，故在上恰有两个实根．

综上，．

（二）选考题：

共10分。

请考生在第22、23题中任选一题作答。

如果多做，则按所做的第一题计分。

22.[选修4-4：

坐标系与参考方程]

在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）．

（1）若，求与的交点坐标；

（2）若上的点到距离的最大值为，求．

【解析】

（1）时，直线的方程为．

曲线的标准方程是，

联立方程，解得：

或，

则与交点坐标是和

（2）直线一般式方程是．

设曲线上点．

则到距离，其中．

依题意得：

，解得或

23.[选修4-5：

不等式选讲]

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若不等式的解集包含，求的取值范围．

【解析】

（1）当时，，是开口向下，对称轴的二次函数．

当时，令，解得

在上单调递增，在上单调递减

∴此时解集为．

当时，，．

当时，单调递减，单调递增，且．

综上所述，解集．

（2）依题意得：

在恒成立．

即在恒成立．

则只须，解出：

故取值范围是．

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