高考数学全国卷理科数学试题全部解析Word格式文档下载.doc

1、若复数满足，则；若复数，则ABCD【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（）A1B2C4D8【答案】 C【解析】 联立求得得选C5. 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D6. 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C7. 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

2、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D9. 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

3、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A11. 设，为正数，且，则（）【答案】

4、取对数：.则，故选D12. 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

5、. 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

6、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 由得，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，、

7、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

8、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）

9、，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

10、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16