历年高考数学真题全国卷整理版)

历年高考数学真题全国卷整理版)

2023年10月31日发(作者：简讯的写作方法)

开业庆典策划案例-

2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类

(大纲全国卷)

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．(2013大纲全国，理1)设集合A＝{1,2,3}，B＝{4,5}，M＝{x|x＝a＋b，a∈A，b∈B}，则M中元素的个数为( )．

A．3 B．4 C．5 D．6

2．(2013大纲全国，理2)(1+3i)3＝( )．

A．－8 B．8 C．－8i D．8i

3．(2013大纲全国，理3)已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则λ＝( )．

A．－4 B．－3 C．－2 D．－1

4．(2013大纲全国，理4)已知函数f(x)的定义域为(－1,0)，则函数f(2x＋1)的定义域为( )．

111,,12 C．(－1,0) D．2 A．(－1,1) B．5．(2013大纲全国，理5)函数f(x)＝log21(x＞0)的反函数f－1(x)＝( )．

x111xxA．21(x＞0) B．21(x≠0) C．2x－1(x∈R) D．2x－1(x＞0)

6．(2013大纲全国，理6)已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝，则{an}的前10项和等于( )．

19(1－310) C．A．－6(1－3－10) B．3(1－3－10) D．3(143＋3－10)

7．(2013大纲全国，理7)(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是( )． A．56 B．84 C．112 D．168

x2y8．(2013大纲全国，理8)椭圆C：=1的左、右顶点分别为A1，A2，点P432在C上且直线PA2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA1斜率的取值范围是( )．

133313,,,1,1248424 B． C． D． A．9．(2013大纲全国，理9)若函数f(x)＝x2＋ax＋在,是增函数，则a的x2取值范围是( )．

A．[－1,0] B．[－1，＋∞) C．[0,3] D．[3，＋∞)

10．(2013大纲全国，理10)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( )．

3221A．3 B．3 C．3 D．3

1111．(2013大纲全国，理11)已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若MAMB0，则k＝( )．

21A．2 B．2 C．2 D．2

12．(2013大纲全国，理12)已知函数f(x)＝cos

xsin 2x，下列结论中错误的是( )．

A．y＝f(x)的图像关于点(π，0)中心对称 B．y＝f(x)的图像关于直线x=π2对称

3C．f(x)的最大值为2 D．f(x)既是奇函数，又是周期函数

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．(2013大纲全国，理13)已知α是第三象限角，sin

α＝，则cot

α＝__________.

14．(2013大纲全国，理14)6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有__________种．(用数字作答)

x0,15．(2013大纲全国，理15)记不等式组x3y4,所表示的平面区域为D.3xy413若直线y＝a(x＋1)与D有公共点，则a的取值范围是__________．

16．(2013大纲全国，理16)已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆，其公共弦长等于球O的半径，OK＝，且圆O与圆K所在的平面所成的一个二面角为60°，则球O的表面积等于__________．

32三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．(2013大纲全国，理17)(本小题满分10分)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知S3＝a22，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．

18．(2013大纲全国，理18)(本小题满分12分)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac.

(1)求B；

(2)若sin

Asin

C＝31，求C

419．(2013大纲全国，理19)(本小题满分12分)

如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形．

(1)证明：PB⊥CD；

(2)求二面角A－PD－C的大小．

20．(2013大纲全国，理20)(本小题满分12分)甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．

(1)求第4局甲当裁判的概率；

(2)X表示前4局中乙当裁判的次数，求X的数学期望．

x2y221．(2013大纲全国，理21)(本小题满分12分)已知双曲线C：22=1(a＞0，ab12b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y＝2与C的两个交点间的距离为6.

(1)求a，b；

(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．

22．(2013大纲全国，理22)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln(1+x)(1)若x≥0时，f(x)≤0，求λ的最小值；

(2)设数列{an}的通项an=1+112311＞ln 2.

，证明：a2n－an＋4nnx1x.

1x2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类

(大纲全国卷)

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．

答案：B

解析：由题意知x＝a＋b，a∈A，b∈B，则x的可能取值为5,6,7,8.因此集合M共有4个元素．故选B.

2．

答案：A

解析：(1+3i)3=133i+3(3i)2+(3i)3=8.故选A.

3．

答案：B

解析：由(m＋n)⊥(m－n)?|m|2－|n|2＝0?(λ＋1)2＋1－[(λ＋2)2＋4]＝0?λ＝－3.故选B.

4．

答案：B

解析：由题意知－1＜2x＋1＜0，则－1＜x＜.故选B.

5．

答案：A

解析：由题意知1+＝2y?x＝因此f－1(x)＝6．

1x1(y＞0)，

2y1121(x＞0)．故选A.

x21答案：C

解析：∵3an＋1＋an＝0，∴an＋1＝an.∴数列{an}是以为公比的等比数列．∵1313a2＝，∴a1＝4.

110413∴S10＝＝3(1－3－10)．故选C.

113437．

答案：D

2解析：因为(1＋x)8的展开式中x2的系数为C8，(1＋y)4的展开式中y2的系数为22C24，所以xy的系数为C8C4168.故选D.

228．

答案：B

x02y02=1， 解析：设P点坐标为(x0，y0)，则43yy0，kPA10，于是kPA1kPA2x02x02kPA232x0y0342.

x022x024423故kPA＝－131.

4kPA2∵kPA∈[－2，－1]，

2∴kPA,.故选B.

841339．

答案：D

解析：由条件知f′(x)＝2x＋a－111,a2x在≥0在上恒成立，即22xx2111,,上恒成立．∵函数在y2x上为减函数，∴222x11ymax<23.∴a≥3.故选D.

221210．

答案：A

解析：如下图，连结AC交BD于点O，连结C1O，过C作CH⊥C1O于点H.

∵BDAA1ACAA1ABDACBD平面ACC1A1CH平面ACC1A1

CHBDCHC1OBDC1O=OCH⊥平面C1BD，

∴∠HDC为CD与平面BDC1所成的角．

设AA1＝2AB＝2，则OC=AC2=，222293222C1O=OCCC12==2.

222由等面积法，得C1O·CH＝OC·CC1，即∴CH=.

2HC32∴sin∠HDC＝==.故选A.

DC1323322CH＝2，

2211．

答案：D

解析：由题意知抛物线C的焦点坐标为(2,0)，则直线AB的方程为y＝k(x－2)，将其代入y＝8x，得kx－4(k＋2)x＋4k＝0.

4k22设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝4.①

2k22222y1kx12由

ykx222∵MAMB0，

∴(x1＋2，y1－2)·(x2＋2，y2－2)＝0.

∴(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－2)(y2－2)＝0，

即x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2－2(y1＋y2)＋4＝0.④

由①②③④解得k＝2.故选D.

12．

答案：C

解析：由题意知f(x)＝2cos2x·sin

x＝2(1－sin2x)sin

x.

令t＝sin

x，t∈[－1,1]，

则g(t)＝2(1－t2)t＝2t－2t3.

令g′(t)＝2－6t2＝0，得t=当t＝±1时，函数值为0；

当t433时，函数值为；

933.

3当t343时，函数值为.

3943，

943.故选C.

9∴g(t)max＝即f(x)的最大值为二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．答案：22

解析：由题意知cos

α＝1sin21故cot

α＝cos=22.

sin122.

9314．答案：480

解析：先排除甲、乙外的4人，方法有A44种，再将甲、乙插入这4人形成的52个间隔中，有A5种排法，因此甲、乙不相邻的不同排2法有A44A5480(种)．

15．答案：,4

2解析：作出题中不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示．

∵直线y＝a(x＋1)过定点C(－1,0)，由图并结合题意可知kBC，kAC＝4，

∴要使直线y＝a(x＋1)与平面区域D有公共点，

则≤a≤4.

16．答案：16π

解析：如下图，设MN为两圆的公共弦，E为MN的中点，

则OE⊥MN，KE⊥MN，结合题意可知∠OEK＝60°.

又MN＝R，∴△OMN为正三角形．∴OE＝323R.

211212又OK⊥EK，∴＝OE·sin 60°＝∴R＝2.

33R.

22∴S＝4πR＝16π.

2三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．解：设{an}的公差为d.

由S3＝a22得3a2＝a22，故a2＝0或a2＝3.

由S1，S2，S4成等比数列得S22＝S1S4.

又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，

故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．

若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，此时Sn＝0，不合题意；

若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝0或d＝2.

因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.

18．

解：(1)因为(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，所以a2＋c2－b2＝－ac.

a2c2b21， 由余弦定理得cos

B＝2ac2因此B＝120°.

(2)由(1)知A＋C＝60°，

所以cos(A－C)＝cos

Acos

C＋sin

Asin

C＝cos

Acos

C－sin

Asin

C＋2sin

Asin

C＝cos(A＋C)＋2sin

Asin

C＝+2故A－C＝30°或A－C＝－30°，

因此C＝15°或C＝45°.

19．

12313，

42(1)证明：取BC的中点E，连结DE，则ABED为正方形．

过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O. 连结OA，OB，OD，OE.

由△PAB和△PAD都是等边三角形知PA＝PB＝PD，

所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，

故OE⊥BD，从而PB⊥OE.

因为O是BD的中点，E是BC的中点，

所以OE∥CD.因此PB⊥CD.

(2)解法一：由(1)知CD⊥PB，CD⊥PO，PB∩PO＝P，

故CD⊥平面PBD.

又PD平面PBD，所以CD⊥PD.

取PD的中点F，PC的中点G，连结FG，

则FG∥CD，FG⊥PD.

连结AF，由△APD为等边三角形可得AF⊥PD.

所以∠AFG为二面角A－PD－C的平面角．

连结AG，EG，则EG∥PB.

又PB⊥AE，所以EG⊥AE.

设AB＝2，则AE＝22，EG＝PB＝1，

故AG＝AE2EG2＝3.

在△AFG中，FG＝CD2，AF3，AG＝3，

FG2AF2AG26所以cos∠AFG＝.

2FGAF31212因此二面角A－PD－C的大小为πarccos6.

3解法二：由(1)知，OE，OB，OP两两垂直． 以O为坐标原点，OE的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

设|AB|＝2，则A(2，0,0)，D(0，2，0)，C(22，2，0)，P(0,0，2)．

PC＝(22，2，2)，PD＝(0，2，2)．

AP＝(2，0，2)，AD＝(2，2，0)．

设平面PCD的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·PC＝(x，y，z)·(22，2，2)＝0，

n1·PD＝(x，y，z)·(0，2，2)＝0，

可得2x－y－z＝0，y＋z＝0.

取y＝－1，得x＝0，z＝1，故n1＝(0，－1,1)．

设平面PAD的法向量为n2＝(m，p，q)，则n2·AP＝(m，p，q)·(2，0，2)＝0，n2·AD＝(m，p，q)·(2，2，0)＝0，可得m＋q＝0，m－p＝0.

取m＝1，得p＝1，q＝－1，故n2＝(1,1，－1)．

于是cos〈n1，n2〉＝n1·n26.

|n1||n2|3由于〈n1，n2〉等于二面角A－PD－C的平面角，所以二面角A－PD－C的大小为πarccos6.

320．

解：(1)记A1表示事件“第2局结果为甲胜”，

A2表示事件“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”，A表示事件“第4局甲当裁判”．

则A＝A1·A2.

P(A)＝P(A1·A2)＝P(A1)P(A2)＝.

(2)X的可能取值为0,1,2.

14记A3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”，B1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，B2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”，B3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”．

则P(X＝0)＝P(B1·B2·A3)＝P(B1)P(B2)·P(A3)＝，P(X＝2)＝P(B1·B3)＝18P(B1)P(B3)＝，P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝1，EX＝0·P(X＝0)＋1·P(X＝1)＋2·P(X＝2)＝.

21．

a2b2c22(1)解：由题设知＝3，即＝9，故b＝8a.

2aa1411845898所以C的方程为8x2－y2＝8a2.

将y＝2代入上式，求得xa2.

126，解得a＝1.

212由题设知，2a2所以a＝1，b＝22.

(2)证明：由(1)知，F1(－3,0)，F2(3,0)，C的方程为8x2－y2＝8.①

由题意可设l的方程为y＝k(x－3)，k<22，代入①并化简得(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0.

6k29k28设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≤－1，x2≥1，x1＋x2＝2，x1·x2＝2.

k8k8于是|AF1|＝x132y12

＝x1328x128＝－(3x1＋1)，

|BF1|＝x232y22

＝x2328x228＝3x2＋1. 由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝.

6k224192，解得k＝，从而x1·x2＝. 故2k839523由于|AF2|＝x132y12

＝x1328x128＝1－3x1，

|BF2|＝x232y22

＝x2328x228＝3x2－1，

故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4，|AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16.

因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2，所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．

22．

12xx2(1)解：由已知f(0)＝0，f′(x)＝，f′(0)＝0.

21x若，则当0＜x＜2(1－2λ)时，f′(x)＞0，所以f(x)＞0.

若，则当x＞0时，f′(x)＜0，所以当x＞0时，f(x)＜0.

综上，λ的最小值是.

(2)证明：令.由(1)知，当x＞0时，f(x)＜0，

即x2xln(1x)．

22x1k2k1k1>ln.

2kk1k12121212取x，则12n111于是a2nan

4nkn2k2(k1)2n12k1k1ln＝

2kk1kknkn2n1＝ln 2n－ln

n＝ln 2.

所以a2nan1ln2.

4n2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类

(全国新课标卷I)

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．(2013课标全国Ⅰ，理1)已知集合A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|－5＜x＜5}，则( )．

A．A∩B＝ B．A∪B＝R C．BA D．AB

2．(2013课标全国Ⅰ，理2)若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为( )．

44A．－4 B．5 C．4 D．5

3．(2013课标全国Ⅰ，理3)为了解某地区的中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大．在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是( )．

A．简单随机抽样 B．按性别分层抽样 C．按学段分层抽样

D．系统抽样

x2y24．(2013课标全国Ⅰ，理4)已知双曲线C：22=1(a＞0，b＞0)ab的离心率为5，则C的渐近线方程为( )．

2111xxxA．y＝4 B．y＝3 C．y＝2 D．y＝±x

5．(2013课标全国Ⅰ，理5)执行下面的程序框图，如果输入的t∈[－1,3]，则输出的s属于( )．

A．[－3,4]

B．[－5,2]

C．[－4,3]

D．[－2,5]

6．(2013课标全国Ⅰ，理6)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )．

500π866πA．3cm3 B．3cm3

1372π2048πC．3cm3 D．3cm3

7．(2013课标全国Ⅰ，理7)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝( )．

A．3 B．4 C．5 D．6

8．(2013课标全国Ⅰ，理8)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．

A．16＋8π

B．8＋8π

C．16＋16π

D．8＋16π

9．(2013课标全国Ⅰ，理9)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，则m＝( )．

A．5 B．6 C．7 D．8

x2y210．(2013课标全国Ⅰ，理10)已知椭圆E：22=1(a＞b＞0)的右焦点为abF(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为( )．

x2y2x2y2x2y2x2y2=1=1=1=92718A． B． C． D．

x22x，x0，11．(2013课标全国Ⅰ，理11)已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，ln(x1)，x0.则a的取值范围是( )．

A．(－∞，0] B．(－∞，1] C．[－2,1] D．[－2,0]

12．(2013课标全国Ⅰ，理12)设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝＋1cnan，cn2＝bnan，则( )．

2A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列

C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分．第(13)题～第(21)题为必考题，每个试题考生都必须做答．第(22)题～第(24)题为选考题，考生根据要求做答．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．(2013课标全国Ⅰ，理13)已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b.若b·c＝0，则t＝__________.

21Snan33，则{an}14．(2013课标全国Ⅰ，理14)若数列{an}的前n项和的通项公式是an＝_______. 15．(2013课标全国Ⅰ，理15)设当x＝θ时，函数f(x)＝sin x－2cos x取得最大值，则cos θ＝__________.

16．(2013课标全国Ⅰ，理16)若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图像关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值为__________．

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．(2013课标全国Ⅰ，理17)(本小题满分12分)如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.

(1)若PB＝，求PA；

(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.

18．(2013课标全国Ⅰ，理18)(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，12CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.

(1)证明：AB⊥A1C；

(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．

19．(2013课标全国Ⅰ，理19)(本小题满分12分)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．

假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立．

(1)求这批产品通过检验的概率；

(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．

20．(2013课标全国Ⅰ，理20)(本小题满分12分)已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.

12(1)求C的方程；

(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.

21．(2013课标全国Ⅰ，理21)(本小题满分12分)设函数f(x)＝x＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.

(1)求a，b，c，d的值；

(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．

请考生在第(22)、(23)、(24)三题中任选一题做答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分，做答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．

22．(2013课标全国Ⅰ，理22)(本小题满分10分)选修4—1：几何证明选讲

如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，∠ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于点D.

(1)证明：DB＝DC；

(2)设圆的半径为1，BC＝3，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径．

23．(2013课标全国Ⅰ，理23)(本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程

x45cost,已知曲线C1的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的y55sint2正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sin

θ.

(1)把C1的参数方程化为极坐标方程；

(2)求C1与C2交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ＜2π)．

24．(2013课标全国Ⅰ，理24)(本小题满分10分)选修4—5：不等式选讲：已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.

(1)当a＝－2时，求不等式f(x)＜g(x)的解集； (2)设a＞－1，且当x∈,时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．

22a12013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类

(全国卷I新课标)

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．

答案：B

解析：∵x(x－2)＞0，∴x＜0或x＞2.

∴集合A与B可用图象表示为：

由图象可以看出A∪B＝R，故选B.

2．

答案：D

解析：∵(3－4i)z＝|4＋3i|，

∴z55(34i)34i.

34i(34i)(34i)55故z的虚部为，选D.

3．

答案：C

解析：因为学段层次差异较大，所以在不同学段中抽取宜用分层抽样．

4．

答案：C

c5c2a2b252. 解析：∵e，∴e2a2aa2445∴a2＝4b2，=.

ba12∴渐近线方程为yxx.

5．

答案：A

解析：若t∈[－1,1)，则执行s＝3t，故s∈[－3,3)．

若t∈[1,3]，则执行s＝4t－t2，其对称轴为t＝2.

故当t＝2时，s取得最大值4.当t＝1或3时，s取得最小值3，则s∈[3,4]．

综上可知，输出的s∈[－3,4]．故选A.

6．

答案：A

解析：设球半径为R，由题可知R，R－2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA为直角三角形，如图．

ba12BC＝2，BA＝4，OB＝R－2，OA＝R，

由R＝(R－2)＋4，得R＝5，

所以球的体积为π537．

答案：C

解析：∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，

∴am＝Sm－Sm－1＝0－(－2)＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3－0＝3.

∴d＝am＋1－am＝3－2＝1.

∵Sm＝ma1＋mm1m1×1＝0，∴a1.

22222435003π(cm)，故选A.

3又∵am＋1＝a1＋m×1＝3，∴∴m＝5.故选C.

m1m3.

28．

答案：A

解析：由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r＝2，长为4，在长方体中，长为4，宽为2，高为2，所以几何体的体积为πr2×4×＋4×2×2＝8π＋16.故选A.

9．

答案：B

m解析：由题意可知，a＝Cm2m，b＝C2m1，

12又∵13a＝7b，∴13即2m!2m1!=7，

m!m!m!m1!132m1.解得m＝6.故选B.

7m110．

答案：D

解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵A，B在椭圆上，

x12y121,①a2b2∴2

2x2y21,②a2b2①－②，得

x1x2x1x2y1y2y1y2=0，

a2b2yyyyb2即2=1212，

ax1x2x1x2∵AB的中点为(1，－1)，∴y1＋y2＝－2，x1＋x2＝2，

b21y1y2011=，∴2=. 而＝kAB＝x1x2a2312又∵a－b＝9，∴a＝18，b＝9.

x2y2∴椭圆E的方程为=1.故选D.

189222211．

答案：D

解析：由y＝|f(x)|的图象知：

①当x＞0时，y＝ax只有a≤0时，才能满足|f(x)|≥ax，可排除B，C.

②当x≤0时，y＝|f(x)|＝|－x2＋2x|＝x2－2x.

故由|f(x)|≥ax得x2－2x≥ax.

当x＝0时，不等式为0≥0成立．

当x＜0时，不等式等价于x－2≤a.

∵x－2＜－2，∴a≥－2.

综上可知：a∈[－2,0]．

12．

答案：B

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分．第(13)题～第(21)题为必考题，每个试题考生都必须做答．第(22)题～第(24)题为选考题，考生根据要求做答．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．答案：2

解析：∵c＝ta＋(1－t)b，

∴b·c＝ta·b＋(1－t)|b|2.

又∵|a|＝|b|＝1，且a与b夹角为60°，b⊥c，

∴0＝t|a||b|cos 60°＋(1－t)， 0＝t＋1－t.

∴t＝2.

14．答案：(－2)23n－112

解析：∵Snan，①

∴当n≥2时，Sn1an1.②

①－②，得ananan1，

即an＝－2.

an∵a1＝S1＝a1，

∴a1＝1.

∴{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，an＝(－2)n－1.

15．答案：25

52313解析：f(x)＝sin

x－2cos

x

＝521sinxcosx，

5521，sin

α＝，

55令cos

α＝则f(x)＝5sin(α＋x)，

当x＝2kπ＋－α(k∈Z)时，sin(α＋x)有最大值1，f(x)有最大值5，

即θ＝2kπ＋－α(k∈Z)，

π2π2所以cos

θ＝cos2kπ+＝cos＝sin

α＝2216．答案：16

解析：∵函数f(x)的图像关于直线x＝－2对称，

∴f(x)满足f(0)＝f(－4)，f(－1)＝f(－3)，

即b15164ab,

0893ab,ππ225.

55a8,解得

b15.∴f(x)＝－x4－8x3－14x2＋8x＋15.

由f′(x)＝－4x3－24x2－28x＋8＝0，

得x1＝－2－5，x2＝－2，x3＝－2＋5.

易知，f(x)在(－∞，－2－5)上为增函数，在(－2－5，－2)上为减函数，在(－2，－2＋5)上为增函数，在(－2＋5，＋∞)上为减函数．

∴f(－2－5)＝[1－(－2－5)2][(－2－5)2＋8(－2－5)＋15]

＝(－8－45)(8－45)

＝80－64＝16.

f(－2)＝[1－(－2)2][(－2)2＋8×(－2)＋15]

＝－3(4－16＋15)

＝－9.

f(－2＋5)＝[1－(－2＋5)2][(－2＋5)2＋8(－2＋5)＋15]

＝(－8＋45)(8＋45)

＝80－64＝16.

故f(x)的最大值为16. 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．

解：(1)由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.

在△PBA中，由余弦定理得PA＝323cos 30.

211742故PA＝72.

(2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin

α.

在△PBA中，由正弦定理得3sin150sinsin(30)，化简得3cos

α＝4sin

α.

所以tan

α＝34，即tan∠PBA＝34.

18．

(1)证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.

因为CA＝CB，所以OC⊥AB.

由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，

故△AA1B为等边三角形，

所以OA1⊥AB.

因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.

又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C.

(2)解：由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.

又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，

所以OC⊥平面AA1B1B，

故OA，OA1，OC两两相互垂直．

4 以O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

由题设知A(1,0,0)，A1(0，3，0)，C(0,0，3)，B(－1,0,0)．

3，3)． 则BC＝(1,0，3)，BB1＝AA1＝(－1，3，0)，AC1＝(0，设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，

x3z0,nBC0,则即可取n＝(3，1，－1)．

nBB10,x3y0.故cos〈n，AC1〉＝nA1CnA1C＝10.

510.

5所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为19．

解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1与A2B2互斥，所以

P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)

＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2)

＝41113.

161616264(2)X可能的取值为400,500,800，并且

P(X＝400)＝1411111，P(X＝500)＝，P(X＝800)＝.

161616164所以X的分布列为

X

P

400

500

800 EX＝40020．

1111+500+800＝506.25.

16164解：由已知得圆M的圆心为M(－1,0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1,0)，半径r2＝3.

设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.

(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，

所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.

由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长x2y2为3的椭圆(左顶点除外)，其方程为=1(x≠－2)．

43(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，

所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R＝2.

所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4.

若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝23.

若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则|QP|R，可求得Q(－4,0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．

|QM|r1|3k|1k2由l与圆M相切得2.

4=1，

解得k＝22x2y2x2代入=1， 当k＝时，将y4443并整理得7x2＋8x－8＝0，

解得x1,2＝462.

7所以|AB|＝1k2|x2x1|当k18.

7218时，由图形的对称性可知|AB|＝.

47综上，|AB|＝23或|AB|＝21．

18.

7解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.

而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，

故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.

从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.

(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．

设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，

则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．

由题设可得F(0)≥0，即k≥1.

令F′(x)＝0得x1＝－ln

k，x2＝－2.

①若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0.即F(x)在(－2，x1)单调递减，在(x1，＋∞)单调递增．故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x1)．

而F(x1)＝2x1＋2－x12－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.

故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．

②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．

从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)单调递增．

而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．

③若k＞e，则F(－2)＝－2ke＋2＝－2e(k－e)＜0.

2－2－22从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．

综上，k的取值范围是[1，e2]．

请考生在第(22)、(23)、(24)三题中任选一题做答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分，做答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．

22．

(1)证明：连结DE，交BC于点G.

由弦切角定理得，∠ABE＝∠BCE.

而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，BE＝CE.

又因为DB⊥BE，

所以DE为直径，∠DCE＝90°，

由勾股定理可得DB＝DC.

(2)解：由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，

故DG是BC的中垂线，所以BG＝3.

2设DE的中点为O，连结BO，则∠BOG＝60°.

从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，

所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圆的半径等于23．

解：(1)将x45cost,消去参数t，化为普通方程(x－4)2＋(y－5)2＝25，

y55sint3.

2即C1：x2＋y2－8x－10y＋16＝0.

将xcos,代入x2＋y2－8x－10y＋16＝0得

ysinρ2－8ρcos

θ－10ρsin

θ＋16＝0. 所以C1的极坐标方程为

ρ2－8ρcos

θ－10ρsin

θ＋16＝0.

(2)C2的普通方程为x2＋y2－2y＝0.

x2y28x10y160,由22

xy2y0解得x1,x0,或

y1y2.ππ所以C1与C2交点的极坐标分别为2,，2,.

2424．

解：(1)当a＝－2时，不等式f(x)＜g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0.

设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，

15x,x,21则y＝x2,x1,

23x6,x1.其图像如图所示．从图像可知，当且仅当x∈(0,2)时，y＜0.

所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}．

(2)当x∈,时，f(x)＝1＋a.

22不等式f(x)≤g(x)化为1＋a≤x＋3.

所以x≥a－2对x∈,都成立．

22故≥a－2，即a.

a243a1a1从而a的取值范围是1,.

342013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类

(全国新课标卷II)

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．(2013课标全国Ⅱ，理1)已知集合M＝{x|(x－1)＜4，x∈R}，N＝{－1,0,1,2,3}，则M∩N＝( )．

A．{0,1,2} B．{－1,0,1,2} C．{－1,0,2,3}

D．{0,1,2,3}

2．(2013课标全国Ⅱ，理2)设复数z满足(1－i)z＝2i，则z＝( )．

A．－1＋i B．－1－I C．1＋i D．1－i

3．(2013课标全国Ⅱ，理3)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3＝a2＋10a1，2a5＝9，则a1＝( )．

1111A．3 B．3 C．9 D．9

4．(2013课标全国Ⅱ，理4)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则( )．

A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β

C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l

5．(2013课标全国Ⅱ，理5)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝( )．

A．－4 B．－3 C．－2 D．－1

6．(2013课标全国Ⅱ，理6)执行下面的程序框图，如果输入的N＝10，那么输出的S＝( )．

111+A．23110

B．1+112!3!110!

111+C．231+112!3!111

111! D．7．(2013课标全国Ⅱ，理7)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为( )．

8．(2013课标全国Ⅱ，理8)设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则( )．

A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．a＞c＞b D．a＞b＞c

x1,9．(2013课标全国Ⅱ，理9)已知a＞0，x，y满足约束条件xy3,若z＝yax3.2x＋y的最小值为1，则a＝( )．

11A．4 B．2 C．1 D．2

10．(2013课标全国Ⅱ，理10)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是( )．

A．x0∈R，f(x0)＝0

B．函数y＝f(x)的图像是中心对称图形

C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减

D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0

11．(2013课标全国Ⅱ，理11)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5，若以MF为直径的圆过点(0,2)，则C的方程为( )． A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8x

C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x

12．(2013课标全国Ⅱ，理12)已知点A(－1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直线y＝ax＋b(a＞0)将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是( )．

211,22 C．A．(0,1) B．11,D．32

211,23

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．(2013课标全国Ⅱ，理13)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则AEBD＝__________.

14．(2013课标全国Ⅱ，理14)从n个正整数1,2，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为1，则n＝__________.

14π115．(2013课标全国Ⅱ，理15)设θ为第二象限角，若tan，则42sin

θ＋cos

θ＝__________.

16．(2013课标全国Ⅱ，理16)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为__________．

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．(2013课标全国Ⅱ，理17)(本小题满分12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcos

C＋csin

B.

(1)求B；

(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值． 18．(2013课标全国Ⅱ，理18)(本小题满分12分)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝(1)证明：BC1∥平面A1CD；

(2)求二面角D－A1C－E的正弦值．

19．(2013课标全国Ⅱ，理19)(本小题满分12分)经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1 t该产品获利润500元，未售出的产品，每1 t亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了130 t该农产品．以X(单位：t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．

(1)将T表示为X的函数；

(2)根据直方图估计利润T不少于57 000元的概率；

(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量X∈[100,110)，则取X＝105，且X＝105的概率等于需求量落入[100,110)的频率)，求T的数学期望．

20．(2013课标全国Ⅱ，理20)(本小题满分12分)平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：x2y22=1(a＞b＞0)右焦点的直线xy30交M于A，B两点，P为AB的中点，2ab1且OP的斜率为.

22AB.

2(1)求M的方程；

(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．

21．(2013课标全国Ⅱ，理21)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)． (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；

(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.

请考生在第22、23、24题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号．

22．(2013课标全国Ⅱ，理22)(本小题满分10分)选修4—1：几何证明选讲

如图，CD为△ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E，F分别为弦AB与弦AC上的点，且BC·AE＝DC·AF，B，E，F，C四点共圆．

(1)证明：CA是△ABC外接圆的直径；

(2)若DB＝BE＝EA，求过B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值．

23．(2013课标全国Ⅱ，理23)(本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程已知动点P，Q都在曲线C：x2cost,(t为参数)上，对应参数分别为t＝αy2sint与t＝2α(0＜α＜2π)，M为PQ的中点．

(1)求M的轨迹的参数方程；

(2)将M到坐标原点的距离d表示为α的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点．

24．(2013课标全国Ⅱ，理24)(本小题满分10分)选修4—5：不等式选讲

设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：

a2b2c21(1)ab＋bc＋ac≤；(2)1.

bca32013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类

(全国新课标卷II)

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．

答案：A

解析：解不等式(x－1)2＜4，得－1＜x＜3，即M＝{x|－1＜x＜3}．而N＝{－1,0,1,2,3}，所以M∩N＝{0,1,2}，故选A.

2．

答案：A

解析：z=3．

答案：C

解析：设数列{an}的公比为q，若q＝1，则由a5＝9，得a1＝9，此时S3＝27，而a2＋10a1＝99，不满足题意，因此q≠1.

a1(1q3)∵q≠1时，S3＝＝a1·q＋10a1，

1q1q3∴＝q＋10，整理得q2＝9.

1q2i2i1i22i＝＝－1＋i.

1i1i1i2∵a5＝a1·q4＝9，即81a1＝9，∴a1＝.

4．

答案：D

解析：因为m⊥α，l⊥m，lα，所以l∥α.同理可得l∥β.

19又因为m，n为异面直线，所以α与β相交，且l平行于它们的交线．故选D.

5．

答案：D

rrx(0≤r≤5，r∈Z)，则含x的项为解析：因为(1＋x)的二项展开式的通项为C522C5x＋ax·C15x＝(10＋5a)x，所以10＋5a＝5，a＝－1.

2526．

答案：B

解析：由程序框图知，当k＝1，S＝0，T＝1时，T＝1，S＝1；

当k＝2时，T，S=1+；

当k＝3时，T当k＝4时，T111，S1+；

2322312121111，S1+；…；

2342232341234当k＝10时，T10，S1+112!3!1，k增加1变为11，满足10!k＞N，输出S，所以B正确．

7．

答案：A

解析：如图所示，该四面体在空间直角坐标系O－xyz的图像为下图：

则它在平面zOx上的投影即正视图为8．

答案：D

解析：根据公式变形，a，故选A.

lg6lg21，lg3lg3blg2lg2lg2lg10lg2lg14lg211，c，因为lg 7＞lg 5＞lg 3，所以，lg7lg5lg3lg5lg5lg7lg7即c＜b＜a.故选D.

9．

答案：B

x1,解析：由题意作出所表示的区域如图阴影部分所示，

xy3作直线2x＋y＝1，因为直线2x＋y＝1与直线x＝1的交点坐标为(1，－1)，结合题意知直线y＝a(x－3)过点(1，－1)，代入得a，所以a.

10．

答案：C

解析：∵x0是f(x)的极小值点，则y＝f(x)的图像大致如下图所示，则在(－∞，x0)上不单调，故C不正确．

11．

答案：C

解析：设点M的坐标为(x0，y0)，由抛物线的定义，得|MF|＝x0＋＝5－p.

2pp1212p＝5，则x02又点F的坐标为,0，所以以MF为直径的圆的方程为(x－x0)x＋(y－22y0)y＝0.

y02将x＝0，y＝2代入得px0＋8－4y0＝0，即－4y0＋8＝0，所以y0＝4.

2由y02＝2px0，得162p5，解之得p＝2，或p＝8.

2p所以C的方程为y2＝4x或y2＝16x.故选C.

12． 答案：B

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．答案：2

解析：以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点A的坐标为(0,0)，点B的坐标为(2,0)，点D的坐标为(0,2)，点E的坐标为(1,2)，则AE＝(1,2)，BD＝(－2,2)，所以AEBD2.

14．答案：8

解析：从1,2，…，n中任取两个不同的数共有C2两数之和为5的有(1,4)，n种取法，(2,3)2种，所以21241，即，解得n＝8.

nn1C214nn114n215．答案：10

5π1tan111，得tan

θ＝，即sin

θ＝cos

θ. 解析：由tan41tan233将其代入sin2θ＋cos2θ＝1，得10cos21.

910310，sin

θ＝，sin

θ＋cos

θ1010因为θ为第二象限角，所以cos

θ＝＝10.

516．答案：－49

解析：设数列{an}的首项为a1，公差为d，则S10＝10a1＋①

109d＝10a1＋45d＝0，2S15＝15a11514d＝15a1＋105d＝25.②

223联立①②，得a1＝－3，d，

所以Sn＝3nn(n1)21210nn.

23331310220n，f'(n)n2n.

3320.

3令f(n)＝nSn，则f(n)n3令f′(n)＝0，得n＝0或n当n202020时，f′(n)＞0,0

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．

解：(1)由已知及正弦定理得

sin

A＝sin

Bcos

C＋sin

Csin

B．①

又A＝π－(B＋C)，故

sin

A＝sin(B＋C)＝sin

Bcos

C＋cos

Bsin

C．②

由①，②和C∈(0，π)得sin

B＝cos

B，

又B∈(0，π)，所以B.

(2)△ABC的面积Sacsin B122ac.

4π4由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accos.

又a2＋c2≥2ac，故ac4，当且仅当a＝c时，等号成立．

22π4因此△ABC面积的最大值为2+1.

18．

解：(1)连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．

又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF.

因为DF?平面A1CD，BC1平面A1CD，

所以BC1∥平面A1CD.

(2)由AC＝CB＝2AB得，AC⊥BC.

2以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.

设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，CD＝(1,1,0)，CE＝(0,2,1)，CA1＝(2,0,2)．

设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，

x1y10,nCD0,则即

2x2z0.1nCA10,1可取n＝(1，－1，－1)．

同理，设m是平面A1CE的法向量，

mCE0,则可取m＝(2,1，－2)．

mCA10,从而cos〈n，m〉＝n·m3，

|n||m|3故sin〈n，m〉＝6.

3即二面角D－A1C－E的正弦值为19．

6.

3解：(1)当X∈[100,130)时，T＝500X－300(130－X)＝800X－39 000，

当X∈[130,150]时，T＝500×130＝65 000.

所以T800X39000,100X130,

65000,130X150.(2)由(1)知利润T不少于57 000元当且仅当120≤X≤150.

由直方图知需求量X∈[120,150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57 000元的概率的估计值为0.7.

(3)依题意可得T的分布列为

T

P

45 000

0.1

53 000

0.2

61 000

0.3

65 000

0.4

所以ET＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400.

20．

解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，

x12y12x22y22yy则22=1，22=1，21=1，

x2x1ababb2x2x1yy由此可得221=1.

ay2y1x2x1因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，所以a2＝2b2.

y01，

x02又由题意知，M的右焦点为(3，0)，故a2－b2＝3.

因此a2＝6，b2＝3.

x2y2所以M的方程为=1.

63xy30,(2)由x2y2

1,3643,xx0,3解得或

y3.y3,3因此|AB|＝46.

3由题意可设直线CD的方程为

y＝xn53n3，

3设C(x3，y3)，D(x4，y4)．

yxn,由x2y2得3x2＋4nx＋2n2－6＝0.

1632n29n2于是x3,4＝.

3因为直线CD的斜率为1，

所以|CD|＝2|x4x3|49n2.

312869n2.

9由已知，四边形ACBD的面积S|CD||AB|86.

3当n＝0时，S取得最大值，最大值为所以四边形ACBD面积的最大值为21．

86.

3解：(1)f′(x)＝ex1.

xm由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.

于是f(x)＝e－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex函数f′(x)＝ex1在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0.

x1x1.

x1因此当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0；

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.

所以f(x)在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．

(2)当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.

当m＝2时，函数f′(x)＝ex1在(－2，＋∞)单调递增．

x2又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，

故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．

当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；

当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．

由f′(x0)＝0得ex＝01，ln(x0＋2)＝－x0，

x021x012故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0.

x02x02综上，当m≤2时，f(x)＞0.

请考生在第22、23、24题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号．

22．

解：(1)因为CD为△ABC外接圆的切线， 所以∠DCB＝∠A，由题设知BCDC，

FAEA故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA.

因为B，E，F，C四点共圆，

所以∠CFE＝∠DBC，

故∠EFA＝∠CFE＝90°.

所以∠CBA＝90°，因此CA是△ABC外接圆的直径．

(2)连结CE，因为∠CBE＝90°，所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE，由DB＝BE，有CE＝DC，又BC2＝DB·BA＝2DB2，所以CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2.

而DC2＝DB·DA＝3DB2，故过B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为.

23．

解：(1)依题意有P(2cos

α，2sin

α)，Q(2cos 2α，2sin 2α)，

因此M(cos

α＋cos 2α，sin

α＋sin 2α)．

xcoscos2,M的轨迹的参数方程为(α为参数，0＜α＜2π)．

ysinsin212(2)M点到坐标原点的距离

dx2y222cos(0＜α＜2π)．

当α＝π时，d＝0，故M的轨迹过坐标原点．

24．

解：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，

得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.

由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.

所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.

13a2b2c2(2)因为b2a，c2b，a2c，

bcaa2b2c2故(abc)≥2(a＋b＋c)，

bcaa2b2c2即≥a＋b＋c.

bcaa2b2c2所以≥1.

bca参考公式：

如果事件A、B互斥，那么 球的表面积公式

如果事件A、B相互独立，那么 其中R表示球的半径

P(AB)P(A)P(B) 球的体积公式

如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么

V3R3

4n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率 其中R表示球的半径

2012年普通高等学校招生全国统一考试

一、 选择题

1、 复数13i=

1iA 2+I B 2-I C 1+2i D 1- 2i

2、已知集合A＝{1.3.

m}，B＝{1，m} ,AB＝A, 则m=

A 0或3 B 0或3 C 1或3 D 1或3

3 椭圆的中心在原点，焦距为4 一条准线为x=-4 ，则该椭圆的方程为

x2y2x2y2A +=1 B +=1

1612128x2y2x2y2C +=1 D +=1

481244 已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中 ，AB=2，CC1=22 E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为

A 2 B

3 C

2 D 1

（5）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=5，S5=15，则数列(A)的前100项和为

1009910199 (B) (C) (D)

1a·b=0，|a|=1，|b|=2，则 （6）△ABC中，AB边的高为CD，若(A) （B） (C) (D)

3（7）已知α为第二象限角，sinα＋sinβ=3，则cos2α=

5555-3 （B）9 (C)

9 (D)3

-(A)

（8）已知F1、F2为双曲线C：x2-y2=2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=|2PF2|，则cos∠F1PF2=

3134(A)4 （B）5 (C)4 (D)5

12（9）已知x=lnπ，y=log52，z=e，则

(A)x＜y＜z （B）z＜x＜y (C)z＜y＜x (D)y＜z＜x

(10) 已知函数y＝x2-3x+c的图像与x恰有两个公共点，则c＝

（A）-2或2 （B）-9或3 （C）-1或1 （D）-3或1

黄道益活络油禁用人-