普通高等学校招生全国统一考试全国大纲卷数学试题 理科解析版文档格式.docx
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(3)下面四个条件中,使a>
b成立的充分而不必要的条件是()
(A)a>b+1
【答案】A
a>b-1
a2>b2
(D)
a3>b3
【命题意图】本题主要考查充要条件及不等式的性质.
【解析】即寻找命题P,使P⇒a>
b,且a>
b推不出P,逐项验证知可选A.
(4)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sk+2-Sk=24,则k=()
(A)8(B)7(C)6(D)5
【答案】D
【命题意图】本题主要考查等差数列的基本公式的应用.
【解析】解法一Sk+2-Sk=[(k+2)⨯1+
(k+2)(k+1)2
⨯2]-[k⨯1+
k(k-1)2
⨯2]=4k+4=24,解
得k=5.
解法二:
Sk+2-Sk=ak+2+ak+1=[1+(k+1)⨯2]+(1+k⨯2)=4k+4=24,解得k=5.
(5)设函数f(x)=cosωx(ω>
0),将y=f(x)的图像向右平移像重合,则ω的最小值等于
1
π
个单位长度后,所得的图像与原图
3
(A)
(B)3(C)6(D)9
【答案】C
【命题意图】本题主要考查三角函数的周期性及三角函数图像的平移变换.
【解析】由题意得2π⨯k=π(k∈Z),解得ω=6k,又ω>
0,令k=1,得ω=6.
ω3min
(6)已知直二面角α-l-β,点A∈α,AC⊥l,C为垂足,B∈β,BD⊥l,D为垂足.若AB=2,AC=BD=1,则D到平面ABC的距离等于
【命题意图】本题主要考查空间点到平面距离的求法.
【解析】如图,过D作DE⊥BC,垂足为E,因为α-l-β是直二面角
AC⊥l,∴AC⊥平面β,
∴AC⊥DE,BC⊥DE,ACIBC=C,∴DE⊥平面ABC,故DE的长为点D到平面ABC的距
离.在Rt∆BCD中,由等面积法得DE=BD⨯CD==6.
BC3
(7)某同学有同样的画册2本,同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友每位朋友1本,则不同的赠送方法共有
(A)4种(B)10种(C)18种(D)20种
【命题意图】本题主要考查两个原理与排列组合知识,考察考生分析问题的能力.
【解析】分两类:
一是取出1本画册,3本集邮册,此时赠送方法有C1=4种;
二是取出2本画册,2本集邮册,此时赠送方法有C2=6种.故赠送方法共有10种.
(8)曲线y=e-2x+1在点(0,2)处的切线与直线y=0和y=x围成的三角形的面积为
(A)
(D)1
【命题意图】本题主要考查利用导数求切线方程和三角形面积公式.
【解析】y'
=-2e-2x,∴曲线y=e-2x+1在点(0,2)处的切线的斜率k=-2,故切线方程是
y=-2x+2,在直角坐标系中作出示意图得围成的三角形的三个顶点分别为(0,0)、(1,0)、(2,2),
33
∴三角形的面积是S=1⨯1⨯2=1.
233
(9)设f(x)是周期为2的奇函数,当0≤x≤1时,f(x)=2x(1-x),则f(-
5)=
(A)-
(B)-(C)1
44
【命题意图】本题主要考查利用函数的周期性和奇偶性求函数值的方法.
【解析】由f(x)是周期为2的奇函数,利用周期性和奇偶性得:
f(-5)=f(-5+2)=f(-1)=-f
(1)=-2⨯1⨯(1-1)=-1.
2222222
(10)已知抛物线C:
y2=4x的焦点为F,直线y=2x-4与C交于A,B两点.则cos∠AFB=
5
(C)-(D)-4
55
【命题意图】本题主要考查直线与抛物线的位置关系,余弦定理的应用.
⎧y2=4x
【解析】联立⎨y=2x-4消去y得x-5x+4=0,解得x=1,x=4,不妨设A点在x轴的上方,于是
⎩
A,B两点的坐标分别为(4,4),(1,-2),又F(1,0),可求得AB=35,AF=5,BF=2.在VABF中,
AF2+BF2-AB24
由余弦定理cos∠AFB==-.
2⨯AF⨯BF5
(11)已知平面α截一球面得圆M,过圆心M且与α成600二面角的平面β截该球面得圆N.若该球面的半径为4,圆M的面积为4π,则圆N的面积为
(A)7π(B)9π(C)11π(D)13π
【命题意图】本题主要考查二面角的概念与球的性质.
【解析】如图所示,由圆M的面积为4π知球心O到圆M的距离
OM=23,在Rt∆OMN中,∠OMN=30︒,∴ON=1OM=,
故圆N的半径r=
S=πr2=13π.
=,∴圆N的面积为
rr1
(12)设向量a,b,c满足|a|=|b|=1,agb=-
,<
a-c,b-c>
=60︒
,则|c|的最大值等于
(A)2(B)
(c)2(D)1
【命题意图】本题主要考查平面向量的数量积运算、向量加减法、四点共圆的条件及数形结合的思
想.
B
【解析】如图,设AB=a,AD=b,AC=c,则
∠BAD=120︒,∠BCD=60︒,∠BAD+∠BCD=180︒,∴A,B,C,D四
点共圆,当AC为圆的直径时,|c|最大,最大值为2.
A
C
D
绝密★启用前
第Ⅱ卷
1答题前,考生先在答题卡上用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚,然后贴好条形码。
请认真核准条形码卜的准考证号、姓名和科目。
2第Ⅱ卷共2页,请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答,在试题卷上作答无效。
3第Ⅱ卷共l0小题,共90分。
二、填空题:
本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上(注意:
在.试.卷.上.作.答.无.效.)
(13)(1-x)20的二项展开式中,x的系数与x9的系数之差为.
【答案】0
【命题意图】本题主要考查二项展开式的通项公式和组合数的性质.
r
【解析】由T=Cr(-x)r=(-1)rCrx2得x的系数为C2,x9的系数为C18,而C18=C2
所以x
r+12020
的系数与x9的系数之差为0.
2020
(14)已知α∈(,π),sinα=,则tan2α=.
25
【答案】-4
【命题意图】本题主要考查同角三角函数的基本关系和二倍角的正切公式.
πsinα1
【解析】由α∈(,π),sinα=得cosα=-,故tanα==-,
2tanα4
∴tan2α=1-tan2α=-3.
5cosα2
(15)已知F1、F2分别为双曲线C:
x2y2
-
=1的左、右焦点,点A∈C,点M的坐标为(2,0),AM
927
为∠F1AF2的平分线.则|AF2|=.
【答案】6
【命题意图】本题主要考查三角形的内角平分线定理,双曲线的第一定义和性质.
【解析】QAM为∠FAF的平分线,∴|AF2|=|MF2|=4=1∴|AF|=2|AF|
|AF1||MF1|82
又点A∈C,由双曲线的第一定义得|AF1|-|AF2|=2|AF2|-|AF2|=|AF2|=2a=6.
(16)己知点E、F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1、CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于.
【答案】
【命题意图】本题主要考查正方体中二面角的求法.
【解析】延长FE交CB的延长线于G,连结AG,则AG为面AEF与面ABC的交线,由
B1E=2EB,CF=2FC1得CF=2BE,∴B为GC中点.设正方体的棱长为1,则AG=AC=,又
GC=2,∴AC2+AG2=GC2∴∠CAG=90︒QFC⊥平面ABC,∴FA⊥AG∴∠CAF是面
CF
AEF与面ABC所成的二面角的平面角,在RtVACF中,tan∠CAF==3=
AC2
故面AEF
与面ABC所成的二面角的正切值等于.
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.
(17)(本小题满分l0分)(注意:
在.试.题.卷.上.作.答.无.效.)
△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知A-C=90︒,,求C.
【命题意图】本题主要考查正弦定理、三角形内角和定理、诱导公式、辅助角公式,考查考生对基础知识、基本技能的掌握情况.
【解析】由a+c=
2b及正弦定理可得
sinA+sinC=
2sinB
…………………………………3分
又由A-C=90︒,B=180-(A+C),故
cosC+sinC=2sin(A+C)
2cosC+
=2sin(90︒+2C)
=2cos2C…………………………………7分
2sinC=cos2C,
22
cos(45︒-C)=cos2C
因为0︒<
C<
90︒,所以2C=45︒-C,C=15︒
…………………………………10分
【点评】三角函数与解三角形的综合性问题,是近几年高考的热点,在高考试题中频繁出现.这类题型难度比较低,一般出现在17或18题,属于送分题,估计以后这类题型仍会保留,不会有太大改变.解决此类问题,要根据已知条件,灵活运用正弦定理或余弦定理,求边角或将边角互化.
(18)(本小题满分l2分)(注意:
(I)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种的概率;
(Ⅱ)X表示该地的l00位车主中,甲、乙两种保险都不购买的车主数.求X的期望.
【命题意图】本题主要考查独立事件的概率、对立事件的概率、互斥事件的概率及二项分布的数学期望,考查考生分析问题、解决问题的能力.
【解析】记A表示事件:
该地的1位车主购买甲种保险;
B表示事件:
该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险;
C表示事件:
该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种;
D表示事件:
该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买.
(I)P(A)=0.5,
P(B)=0.3,C=A+B
……………………………3分
P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.8
(Ⅱ)D=C,P(D)=1-P(C)=1-0.8=0.2
……………………………6分
X:
所以期望
B(100,0.2),即X服从二项分布,……………………………10分
EX=100⨯0.2=20.……………………………12分
【点评】概率与统计是每年的必考题,一般安排在解答题的前3题.本题属于已知概率求概率类型.考查保险背景下的概率问题,要求考生熟练掌握独立事件的概率、对立事件的概率、互斥事件的概率及二项分布的数学期望.
(19)(本小题满分l2分)(注意:
如图,四棱锥S-ABCD中,
AB=BC=2,CD=SD=1.
(Ⅰ)证明:
SD⊥平面SAB;
AB//CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形,
(Ⅱ)求AB与平面SBC所成角的大小.
【命题意图】以四棱锥为载体考查线面垂直证明和线面角的计算,注重与平面几何的综合.
解法一:
(Ⅰ)取AB中点E,连结DE,则四边形BCDE为矩形,DE=CB=2,连结SE,则
SE⊥AB,SE=.
又SD=1,故ED2=SE2+SD2,所以∠DSE为直角.………………3分
由AB⊥DE,AB⊥SE,DEISE=E,得AB⊥平面
SDE,所以AB⊥SD.
SD与两条相交直线AB、SE都垂直.
所以SD⊥平面SAB.………………6分
另解:
由已知易求得SD=1,AD=5,SA=2,于是
SA2+SD2=AD2.可知SD⊥SA,同理可得SD⊥SB,
又SAISB=S.所以SD⊥平面SAB.………………6分
(Ⅱ)由AB⊥平面SDE知,平面ABCD⊥平面SDE.
作SF⊥DE,垂足为F,则SF⊥平面ABCD,SF=SD⨯SE=3.
DE2
作FG⊥BC,垂足为G,则FG=DC=1.
连结SG.则SG⊥BC.
又BC⊥FG,SGIFG=G,故BC⊥平面SFG,平面SBC⊥平面SFG.……9分作FH⊥SG,H为垂足,则FH⊥平面SBC.
FH=SF⨯FG=,即F到平面SBC的距离为21.
SG7
由于ED//BC,所以ED//平面SBC,E到平面SBC的距
21
离d也为.
7
设AB与平面SBC所成的角为α,则
sinα=d=
EB
21,α=arcsin
.……12分
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解法二:
以C为原点,射线CD为x轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
设D(1,0,0),则A(2,2,0)、B(0,2,0).
又设S(x,y,z),则x>
0,y>
0,z>
0.
(Ⅰ)AS=(x-2,y-2,z),BS=(x,y-2,z),DS=(x-1,y,z),
由|AS|=|BS|得
=,
故x=1.
由|DS|=1得y2+z2=1,
又由|BS|=2得x2+(y-2)2+z2=4,
即y2+z2-4y+1=0,故y=1,z=3.………………3分
1uur
33uur
33uur13
于是S(1,,),AS=(-1,-,),BS=(1,-,),DS=(0,,),
22222222
DS⋅AS=0,DS⋅BS=0.
故DS⊥AS,DS⊥BS,又ASIBS=S,
(Ⅱ)设平面SBC的法向量a=(m,n,p),
则a⊥BS,a⊥CB,a⋅BS=0,a⋅CB=0.
uur
又BS=(1,-
3uur
),CB=(0,2,0),
⎧m-3n+3p=0,
故⎨22
………………9分
⎪⎩2n=0
取p=2得a=(-
uurr
3,0,2),又AB=(-2,0,0),
cos<
AB,a>
=
AB⋅a
uurr=.
|AB|⋅|a|7
故AB与平面SBC所成的角为arcsin
.………………12分
【点评】立体几何一直以来都是让广大考生又喜又忧的题目.为之而喜是因为只要能建立直角坐标系,基本上可以处理立体几何绝大多数的问题;
为之而忧就是对于不规则的图形来讲建系的难度较大,问题不能得到很好的解决.今年的立几问题建系就存在这样的问题,很多考生由于建系问题导致立几的完成情况不是很好.
(20)(本小题满分l2分)(注意:
设数列{a}满足a=0且1-1=1.
n1
求{an}的通项公式;
1-a
n+1
1-an
(Ⅱ)设bn=
n
记Sn=∑bk,证明:
Sn<
1.
k=1
【命题意图】本题主要考查等差数列的定义及其通项公式,裂项相消法求和,不等式的证明,考查考生分析问题、解决问题的能力.
【解析】
(Ⅰ)由题设
1-an+1
-1
=1,
即{}是公差为1的等差数列.
又1=1,故1=n.
1-a11-an
所以an
=1-1
……………………………5分#(Ⅱ)由(Ⅰ)得
bn=
=-,
n+1
Sn=∑bk=∑(
-)=1-<
1…………………………12分
k+1
【点评】2011年高考数学全国卷将数列题由去年的第18题后移,一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式,具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用,也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心.估计以后的高考,对数列的考查主要涉及数列的基本公式、基本性质、递推数列、数列求和、数列极限、简单的数列不等式证明等,这种考查方式还要持续.
(21)(本小题满分l2分)(注意:
2y2
已知O为坐标原点,F为椭圆C:
x+=1在y轴正半轴上的焦点,过F且斜率为-的
直线l与C交与A、B两点,点P满足OA+OB+OP=0.
(I)证明:
点P在C上;
(II)设点P关于点O的对称点为Q,证明:
A、P、B、Q四点在同一圆上.
【命题意图】本题考查直线方程、平面向量的坐标运算、点与曲线的位置关系、曲线交点坐标求法及四点共圆的条件。
(I)F(0,1),l的方程为y=-
2x+1,代入x+=1并化简得
4x2-22x-1=02
分
设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),
2-62+6
则x1=
4,x2=4,
x+x=2,y+y=-
2(x+x)+2=1,
122
1212
由题意得x3=-(x1+x2)=-
2,y3=-(y1+y2)=-1,
所以点P的坐标为(-
-1).
经验证点P的坐标(-
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