普通高等学校招生全国统一考试湖北卷数学试题 理科 解析版.docx

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普通高等学校招生全国统一考试湖北卷数学试题理科解析版

普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）

数学（理工类）试卷解析

一、选择题：

本大题共10小题，每小题5分，共50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．方程x2+6x+13=0的一个根是

A．-3+2i

B．3+2i

C．-2+3i

D．2+3i

-6±62-13⨯4

考点分析：

本题考察复数的一元二次方程求根.难易度：

★

解析：

根据复数求根公式：

x==-3±2i，所以方程的一个根为-3+2i

2

答案为A.

2．命题“∃x∈ðQ，x3∈Q”的否定是

0R0

A．∃x∉ðQ，x3∈QB．∃x∈ðQ，x3∉Q

0R00R0

C．∀x∉ðQ，x3∈QD．∀x∈ðQ，x3∉Q

RR

考点分析：

本题主要考察常用逻辑用语，考察对命题的否定和否命题的区别.难易度：

★

解析：

根据对命题的否定知，是把谓词取否定，然后把结论否定。

因此选

y

1

-1O

1

x

第3题图

D

3．已知二次函数y=f（x）的图象如图所示，则它与x轴所围图形的面积为

A．2πB．4C．3D．π5322

2

2

考点分析：

本题考察利用定积分求面积.难易度：

★

解析：

根据图像可得：

y=f（x）=-x2+1，再由定积分

的几何意义，可求得面积为

S=1（-x2+1）dx=（-1x3+x）1=4.

⎰-1

3-134

4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几2

何体的体积为

A．8πB．3πC．

3

10πD．6π

3

正视图

侧视图

考点分析：

本题考察空间几何体的三视图.难易度：

★

解析：

显然有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B.

5．设a∈Z，且0≤a<13，若512012+a能被

13整除，则a=

A．0B．1

C．11D．12

俯视图

第4题图

考点分析：

本题考察二项展开式的系数.难易度：

★

2012

解析：

由于

2012

51=52-1，（52-1）2012=C0

20121

52-C

2012

522011+...-C2011521+1,

又由于13|52,所以只需13|1+a，0≤a<13,所以a=12选D.

6．设a,b,c,x,y,z是正数，且a2+b2+c2=10，x2+y2+z2=40，ax+by+cz=20，则a+b+c=

x+y+z

A．1

4

B．1

3

C．1

2

D．3

4

考点分析：

本题主要考察了柯西不等式的使用以及其取等条件.难易度：

★★

解析：

由于

（a2+b2+c2）（x2+y2+z2）≥（ax+by+cz）2

abc

等号成立当且仅当===t,则a=txb=tyc=tz，t2（x2+y2+z2）=10

xyz

所以由题知t=1/2又a=b=c=

xyz

a+b+cx+y+z

所以

a+b+cx+y+z

=t=1/2，答案选C.

7．定义在（-∞,0）（0,+∞）上的函数f（x），如果对于任意给定的等比数列{an}，{f（an）}仍是等比数列，则称f（x）为“保等比数列函数”.现有定义在（-∞,0）（0,+∞）上的如下函数：

|x|

①f（x）=x2；②f（x）=2x；③f（x）=；④f（x）=ln|x|.

则其中是“保等比数列函数”的f（x）的序号为

A．①②B．③④C．①③D．②④

考点分析：

本题考察等比数列性质及函数计算.

难易度：

★

解析：

等比数列性质，aa=a2，①f（a）f（a）=a2a2=（a2）2=f2（a）；

nn+2

n+1

nn+2

nn+2

n+1

n+1

②f（an

）f（a

n+2

）=2an2an+2

=2an+an+2

≠22an+1=

f2（a

n+1）；

anan+2

an+1

22

n+1

n+1

n+1

③f（an）f（an+2）===f（a）；

④f（an）f（an+2）=lnanlnan+2

≠（lna）2=

f2（a）.选C

8．如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆.在扇形OAB

内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是

A．1-2

π

C．2

π

B．1-1

2π

D．1

π

考点分析：

本题考察几何概型及平面图形面积求法.难易度：

★

解析：

令OA=1，扇形OAB为对称图形，ACBD围成面积为S1，围成

OC为S2，作对称轴OD，则过C点。

S2即为以OA为直径的半圆面积减去三角形OAC的面积，

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1⎛1⎫2111

π-2SS

S2=

πç⎪-⨯⨯=

。

在扇形OAD中1为扇形面积减去三角形OAC面积和2，

2⎝2⎭

222822

S1=1π

（1）2-1-S2=π-2，S+S

π-21

=，扇形OAB面积S=π，选A.

288216

1244

9．函数f（x）=xcosx2在区间[0,4]上的零点个数为

A．4B．5C．6D．7

考点分析：

本题考察三角函数的周期性以及零点的概念.难易度：

★

k

解析：

f（x）=0，则x=0或cosx2=0，x2=kπ+π

∈Z，又x∈[0,4]，k=0,1,2,3,4

2

所以共有6个解.选C.

316V

9

10．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：

置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公

316V

9

3300V

157

321V

11

式d≈.人们还用过一些类似的近似公式.根据π=3.14159判断，下列近似公式中最精确的一个是

32V

A．d≈B．d≈C．d≈D．d≈

考点分析：

考察球的体积公式以及估算.难易度：

★★

解析：

36V

π

4d3a6b6⨯9

由V=

π（），得d=,设选项中常数为,则π=；A中代入得π==3.375

32ba16

B中代入得π=6⨯1=3，C中代入得π=6⨯157=3.14,D中代入得π=6⨯11=3.142857，230021

由于D中值最接近π的真实值，故选择D。

二、填空题：

本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分.请将答案填在答．题．卡．对．应．题．号．的位置上.答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.

（一）必考题（11—14题）

11．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若（a+b-c）（a+b+c）=ab，则角

C=．

考点分析：

考察余弦定理的运用.难易度：

★

解析：

由（a+b-c）（a+b-c）=ab,得到a2+b2-c2=-ab

a2+b2-c2

-ab12

根据余弦定理cosC=

2ab

=

2ab

=-,故∠C=π

23

12．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果s=.

考点分析：

本题考查程序框图.难易度：

★★

解析：

程序在运行过程中各变量的值如下表示：

第一圈循环：

当n=1时，得s=1，a=3.

第二圈循环:

当n=2时，得s=4，a=5第三圈循环：

当n=3时，得s=9，a=7此时n=3，不再循环，所以解s=9.

13．回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，

121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：

11，22，33，…，

99．3位回文数有90个：

101，111，121，…，191，202，…，999．则

（Ⅰ）4位回文数有个；

（Ⅱ）2n+1（n∈N+）位回文数有个．考点分析：

本题考查排列、组合的应用.

难易度：

★★

第12题图

解析：

（Ⅰ）4位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为0，有9

（1~9）种情况，第二位有10（0~9）种情况，所以4位回文数有9⨯10=90种。

答案：

90

（Ⅱ）法一、由上面多组数据研究发现，2n+1位回文数和2n+2位回文数的个数相同，所以可以算出2n+2位回文数的个数。

2n+2位回文数只用看前n+1位的排列情况，第一位不能为0有9种情况，后面n项每项有10种情况，所以个数为9⨯10n.

法二、可以看出2位数有9个回文数，3位数90个回文数。

计算四位数的回文数是可以看

出在2位数的中间添加成对的“00,11,22,……99”，因此四位数的回文数有90个按此规律推导

而当奇数位时，可以看成在偶数位的最中间添加0~9这十个数，因

则答案为9⨯10n.

x2y2

14．如图，双曲线a2-b2=1（a,b>0）的两顶点为A1，A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为F1，

F2.若以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，切点分别为A,B,C,D.则y

（Ⅰ）双曲线的离心率e=；

（Ⅱ）菱形FBFB的面积S与矩形ABCD的面积S的比值S1=.B2

S

11221

2BA

2

考点分析：

本题考察双曲线中离心率及实轴虚轴的相关定义，以及一般平面几何图形的面积计算.

难易度：

★★

解析：

（Ⅰ）由于以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，因此点O到

A1A2

F1O

CD

F2x

直线FB的距离为a，又由于虚轴两端点为B，B，因此OB的长为b，B1

22122

=

那么在∆FOB中，由三角形的面积公式知，1bc1a|BF|=1a

（b+c）2，又由双曲线中

2222222

存在关系c2=a2+b2联立可得出（e2-1）2=e2，根据e∈（1,+∞）解出e=

5+1;

2

（Ⅱ）设∠FOB=θ,很显然知道∠F

AO=∠AOB=θ,因此S=2a2sin（2θ）.在∆FOB

22

b2+c2

中求得sinθ=b

cosθ=

222

b2+c2

c,故S=2

2

θθ=

22

4a2bc

；

24a

sin

cos

b2+c2

菱形F1B1F2B2的面积S1

=2bc，再根据第一问中求得的e值可以解出S1

S2

=2+5.

2

（二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑.如果全选，则按第15题作答结果计分.）

15．（选修4-1：

几何证明选讲）B

如图，点D在O的弦AB上移动，AB=4，连接OD，过点DC

作OD的垂线交O于点C，则CD的最大值为.D

考点分析：

本题考察直线与圆的位置关系

难易度：

★.

OC2-OD2

O

值，

解析：

（由于OD⊥CD,因此CD=,线段OC长为定A

即需求解线段OD长度的最小值，根据弦中点到圆心的距离最短，此

1

时D为AB的中点，点C与点B重合，因此|CD|=

|AB|=2.

2

第15题图

16．（选修4-4：

坐标系与参数方程）

在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴

建立极坐标系.已知射线θ=π与曲线⎧x=t+1,

（t为参数）

⎩

4⎨y=（t-1）2

相交于A，B两点，则线段AB的中点的直角坐标为.

考点分析：

本题考察平面直角坐标与极坐标系下的曲线方程交点.难易度：

★

π

⎧x=t+1,

⎩

AB0

解析：

θ=4在直角坐标系下的一般方程为y=x（x∈R），将参数方程⎨y=（t-1）2（t为参数）转化为直角坐标系下的一般方程为y=（t-1）2=（x-1-1）2=（x-2）2表示一条抛物线，联立上面两个方程消去y有x2-5x+4=0，设A、B两点及其中点P的横坐标分别为x、x、x，则有韦

达定理x

=xA+xB

555

==

又由于点P点在直线yx上，因此AB的中点P（,）.

02222

三、解答题

17．（本小题满分12分）

已知向量a=（cosωx-sinωx,sinωx），b=（-cosωx-sinωx,23cosωx），设函数

f（x）=a⋅b+λ（x∈R）的图象关于直线x=π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈

（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期；

1

（,1）.

2

（,0）

（Ⅱ）若y=f（x）的图象经过点π

4

，求函数f（x）在区间[0,3π]上的取值范围.

5

考点分析：

本题考察三角恒等变化，三角函数的图像与性质。

难易度：

★

解析：

（Ⅰ）因为f（x）=sin2ωx-cos2ωx+23sinωx⋅cosωx+λ

=-cos2ωx+

3sin2ωx+λ=2sin（2ωx-π）+λ.

6

由直线x=π是y=f（x）图象的一条对称轴，可得sin（2ωπ-π）=±1，

6

所以2ωπ-π=kπ+π

62

（k∈Z），即ω=k+1（k∈Z）．

23

又ω∈（1,1），k∈Z，所以k=1，故ω=5.

26

所以f（x）的最小正周期是6π.

5

（Ⅱ）由y=f（x）的图象过点（π,0），得f（π）=0，

4

即λ=-2sin（5⨯π-π）=-2sinπ=-

6264

4

2

2，即λ=-.

2

故f（x）=2sin（5x-π）-，

36

由0≤x≤3π，有-π≤5x-π≤5π，

56366

2

所以-1≤sin（5x-π）≤1，得-1-≤

2sin（5

x-π）-

2

2≤2-，

236

故函数f（x）在[0,3π]上的取值范围为[-1-

5

36

2,2-

2].

18．（本小题满分12分）

已知等差数列{an}前三项的和为-3，前三项的积为8.

（Ⅰ）求等差数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和.

考点分析：

考察等差等比数列的通项公式，和前n项和公式及基本运算。

难易度：

★★

解析：

（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，则a2=a1+d，a3=a1+2d，

由题意得⎧3a1+3d=-3,

解得⎧a1=2,

或⎧a1=-4,

⎨a（a+d）（a+2d）=8.⎨d=-3,⎨d=3.

⎩111⎩⎩

所以由等差数列通项公式可得

an=2-3（n-1）=-3n+5，或an=-4+3（n-1）=3n-7.

故an=-3n+5，或an=3n-7.

（Ⅱ）当an=-3n+5时，a2，a3，a1分别为-1，-4，2，不成等比数列；

当an=3n-7时，a2，a3，a1分别为-1，2，-4，成等比数列，满足条件.

⎧-3n+7,

⎩

故|an|=|3n-7|=⎨3n-7,

n=1,2,

n≥3.

记数列{|an|}的前n项和为Sn.

当n=1时，S1=|a1|=4；当n=2时，S2=|a1|+|a2|=5；当n≥3时，

Sn=S2+|a3|+|a4|++|an|=5+（3⨯3-7）+（3⨯4-7）++（3n-7）

=5+（n-2）[2+（3n-7）]=3n2-11n+10.当n=2时，满足此式.

222

综上，Sn

⎧4,

⎨⎪3211

=⎪

n-n+10,

⎩22

n=1,

n>1.

19．（本小题满分12分）

如图1，∠ACB=45，BC=3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90（如图2所示）．

（Ⅰ）当BD的长为多少时，三棱锥A-BCD的体积最大；

（Ⅱ）当三棱锥A-BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．

A

A

M

BCD

B

D·.C

E

图1图2

第19题图

考点分析：

本题考察立体几何线面的基本关系，考察如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值。

同时考察直线与平面所成角。

本题可用综合法和空间向量法都可以。

运用空间向量法对计算的要求要高些。

难易度：

★★解析：

（Ⅰ）解法1：

在如图1所示的△ABC中，设BD=x（0

由AD⊥BC，∠ACB=45知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD=CD=3-x.

由折起前AD⊥BC知，折起后（如图2），AD⊥DC，AD⊥BD，且BDDC=D，

所以AD⊥平面BCD．又∠BDC=90，所以S

∆BCD

=1BD⋅CD=1x（3-x）．于是

22

V=1AD⋅S

=1（3-x）⋅1x（3-x）=1⋅2x（3-x）（3-x）

A-BCD3

∆BCD

3212

1⎡2x+（3-x）+（3-x）⎤32

⎥

≤12⎢⎣3⎦=3，

当且仅当2x=3-x，即x=1时，等号成立，

故当x=1，即BD=1时,三棱锥A-BCD的体积最大．解法2：

同解法1，得V

A-BCD

=1AD⋅S

3

∆BCD

=1（3-x）⋅1x（3-x）=1（x3-6x2+9x）．

326

令f（x）=1（x3-6x2+9x），由f'（x）=1（x-1）（x-3）=0，且0

62

当x∈（0,1）时，f'（x）>0；当x∈（1,3）时，f'（x）<0．所以当x=1时，f（x）取得最大值．

故当BD=1时,三棱锥A-BCD的体积最大．

（Ⅱ）解法1：

以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系D-xyz．

由（Ⅰ）知，当三棱锥A-BCD的体积最大时，BD=1，AD=CD=2．

E（,1,0）

于是可得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,2,0），A（0,0,2），M（0,1,1），1，

且BM=（-1,1,1）．

1

2

设N（0,λ,0），则EN=（-

λ-1,0）.因为EN⊥BM等价于EN⋅BM=0，即

2

N（0,,0）

（-1,λ-1,0）⋅（-1,1,1）=1+λ-1=0，故λ=1，1.

2222

所以当DN=1（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，EN⊥BM．

2

⎨

设平面BMN的一个法向量为n=（x,y,z），由⎧⎪n⊥BN,

n⊥

及BN=（-

1

1,,0），

2

⎧y=2x,

⎩

得⎨z=-x.

可取n=（1,2,-1）．

⎪