全国卷一及答案.docx
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全国卷一及答案
1)设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9},全集U=AUB,则集合[u(A元素共有(A)(A)3个(B)4个(C)5个(D)6个
I
B)中的
解:
AUB={3,4,5,7,8,9},AIB={4,7,9}∴CU(AIB)={3,5,8}故选A。
也可用摩根律:
CU(AIB)=(CUA)U(CUB)
(2)已知
Z=2+i,则复数z=(B)1+i
(B)1-3i(C)3+i(D)3-i故选B。
(A)-1+3i
解:
z=(1+i)?
(2+i)=1+3i,∴z=1?
3i
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(3)不等式
X+1<1的解集为(D)X?
1
(A)0?
x?
1}{x
U{xx?
1}
(B)x0?
x?
1}(D)xx?
0}
{
(C){x?
1?
x?
0}解:
验x=-1即可。
{
(4)设双曲线
x2y2?
=1(a>0,b>0)的渐近线与抛物线y=x2+1相切,则该双曲线的离心a2b2
率等于(C)(A)3(B)2(C)5
'
(D)6
解:
设切点P(x0,y0),则切线的斜率为y
|x=x0=2x0.由题意有
y0=2x0又y0=x02+1x0
解得:
x0=1,∴
2
bb=2,e=1+()2=5.aa
(5)甲组有5名男同学,3名女同学;乙组有6名男同学、2名女同学。
若从甲、乙两组中各选出2名同学,则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有((A)150种(B)180种(C)300种(D)345种(6)设a、b、c是单位向量,且a·b=0,则(a?
c)?
(b?
c)的最小值为(D(A)?
2(B)2?
2(C)?
1(D)1?
2)D)
(7)已知三棱柱ABC?
A1B1C1的侧棱与底面边长都相等,A1在底面ABC上的射影为BC的中点,则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为(D)
(A)
34
(B)
54
(C)
74
(D)
34
(8)如果函数y=3cos(2x+φ)的图像关于点?
?
4π?
,0?
中心对称,那么|?
|的最小值为?
3?
(A)
π
6
(B)
π
4
(C)
π
3
(D)B)
π
2
(9)已知直线y=x+1与曲线y=ln(x+a)相切,则α的值为((A)1(B)2
o
(C)-1
(D)-2
(10)已知二面角α?
l?
β为60
,动点P、Q分别在面α、β内,P到β的距离为3,
Q到α的距离为23,则P、Q两点之间距离的最小值为(C)(A)(B)2(C)23(D)4)
(11)函数f(x)的定义域为R,若f(x+1)与f(x?
1)都是奇函数,则(D(A)f(x)是偶函数函数12.已知椭圆C:
(B)f(x)是奇函数(C)f(x)=f(x+2)
(D)f(x+3)是奇
x2+y2=1的右焦点为F,右准线为l,点A∈l,线段AF交C于点B,2
uuuur
A)(D).3
若FA=3FB,则|AF|=((A).
uuur
uuur
2
(B).2
(C).3
第II卷
二、填空题:
填空题:
13.
(x?
y)
10
的展开式中,x7y3的系数与x3y7的系数之和等于
。
。
14.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=72,则a2+a4+a9=
15.直三棱柱ABC?
A1B1C1的各顶点都在同一球面上,若AB=AC=AA1=2,
∠BAC=120°,则此球的表面积等于
。
16.若
π
4
π
2
,则函数y=tan2xtan3x的最大值为
。
小题,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
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。
解答题:
17(本小题满分10分)
注意:
在试题卷上作答无效)(注意注意:
............在?
ABC中,内角A、B、C的对边长分别为a、b、c,已知a?
c=2b,且
22
sinAcosC=3cosAsinC,求b
18.(本小题满分12分)注意:
在试题卷上作答无效)(注意在试题卷上作答无效)注意:
.............如图,四棱锥S?
ABCD中,底面ABCD为矩形,SD⊥底面
ABCD,
AD=2,DC=SD=2,点M在侧棱SC上,
∠ABM=60°
(I)证明:
M在侧棱SC的中点(II)求二面角S?
AM?
B的大小。
19.(本小题满分12分)注意:
在试题卷上作答无效)(注意在试题卷上作答无效)注意:
.............甲、乙二人进行一次围棋比赛,约定先胜3局者获得这次比赛的胜利,比赛结束,假设在一局中,甲获胜的概率为0.6,乙获胜的概率为0.4,各局比赛结果相互独立,已知前2局中,甲、乙各胜1局。
(I)求甲获得这次比赛胜利的概率;(II)设ξ表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数,求ξ得分布列及数学期望。
20.(本小题满分12分)注意:
在试题卷上作答无效)(注意在试题卷上作答无效)注意:
.............在数列{an}中,a1=1,an+1=(1+)an+(I)设bn=
1n
n+12n
an,求数列{bn}的通项公式n
(II)求数列{an}的前n项和Sn21(本小题满分12分)注意:
在试题卷上作答无效)(注意在试题卷上作答无效)注意:
.............如图,已知抛物线E:
y2=x与圆M:
(x?
4)2+y2=r2(r>0)相交于A、B、C、D四个点。
(I)求r得取值范围;(II)当四边形ABCD的面积最大时,求对角线AC、BD的交点P坐标考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以.
22.本小题满分12分。
注意:
在试题卷上作答无效)(注意在试题卷上作答无效)注意:
.............设函数f(x)=x+3bx+3cx在两个极值点x1、x2,且
32
x1∈[?
1,x2∈[1,2].0],
(I)求b、c满足的约束条件,并在下面的坐标平面内,画出满足这些条件的点(b,c)的区域;(II)证明:
?
10≤f(x2)≤?
12
答案
1、解:
UB={3,4,5,7,8,9},AIB={4,7,9}∴CU(AIB)={3,5,8}A
C1
故选A。
也可用摩根律:
CU(AIB)=(CUA)U(CUB)2、解:
A1
B1
z=(1+i)?
(2+i)=1+3i,∴z=1?
3i
故选B。
3、解:
验x=-1即
'
CDAB
可。
4、解:
设切点P(x0,y0),则切线的斜率为y意有
|x=x0=2x0.由题
y0bb=2x0又y0=x02+1解得:
x02=1,∴=2,e=1+()2=5.5、解:
分两x0aa
112类
(1)甲组中选出一名女生有C5?
C3?
C6=225种选法
(2)乙组中选出一名女生有
11C52?
C6?
C2=120种选法.故共有345种选法.选D、6:
解:
Qa,b,c是单位向量
rrr
rrrruurruurrr2r∴a?
c?
b?
c=a?
b?
(a+b)?
c+c
(
)(
)
rrrrrr=1?
|a+b|?
|c|=1?
2cos≥1?
2故选D.7、解:
设BC的中点
为D,连结A1D,AD,易知θ=∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角,由三角余弦定理,易知cosθ=cos∠A1AD?
cos∠DAB=
ADAD3?
=.故选D。
8解:
Q函数A1AAB4
点
y=3cos(2x+φ)
的
图
像
关
于
?
4π?
?
,0?
?
3?
中
心
对
称
∴2?
4ππ13ππ+φ=kπ+∴φ=kπ?
(k∈Z)由此易得|φ|min=.故选A。
9、解:
设3266
切
点
P(x0,y0)
,
则
y0=x0+1,y0=ln(x0+a)
又
Qy'|x=x0=
1=1∴x0+a=1∴y0=0,x0=?
1∴a=2.故答案选B。
10、x0+a
PD⊥l于D连
解:
如图分别作QA⊥α于A,AC⊥l于C,PB⊥β于B,
CQ,BD则∠ACQ=∠PBD=60°,AQ=23,BP=3,
2、∴AC=PD=2又
Q
QPQ=AQ2+AP2=12+AP2≥23
3、当且仅当AP=0,
BC
4、即点A与点P重合时取最小值。
故答案选C。
D
A
P
11、解:
Qf(x+1)与f(x?
1)都是奇函数,
∴f(?
x+1)=?
f(x+1),f(?
x?
1)=?
f(x?
1),函数f(x)关于点(1,0),∴及点(?
1,0)对
称,函数f(x)是周期T=2[1?
(?
1)]=4的周期函数.∴f(?
x?
1+4)=?
f(x?
1+4),
f(?
x+3)=?
f(x+3),即f(x+3)是奇函数。
故选D。
12、解:
过点B作BM⊥l于M,并
设右准线l与X轴的交点为N,易知FN=1.由题意FA=3FB,故|BM|=定义,得|BF|=14、解
uuur
uuur
2.又由椭圆的第二3
222373?
=∴|AF|=2.故选A。
解:
?
C10+(?
C10)=?
2C10=?
24013、233
:
Q{an}
是
等
差
数
列
,
由
S9=72
得
∴S9=9a5,a5=8∴a2+a4+a9=(a2+a9)+a4=(a5+a6)+a4=3a5=24.15、解:
在?
ABC中AB=AC=2,∠BAC=120°,可得BC=23,由正弦定理,可得?
ABC外接
圆半径r=2,设此圆圆心为O′,球心为O,在RT?
OBO′中,易得球半径R=的表面积为4πR=20π.16、解:
令tanx=t,Q
2
5,故此球
π
4
π
2
∴t>1,
2tan4x2t4222∴y=tan2xtanx====≤=?
8221111111?
tanx1?
t?
2(2?
)2?
?
t4tt244
3
17、分析:
此题事实上比较简单,但考生反应不知从何入手.对已知条件
(1)a?
c=2b,分析:
此题事实上比较简单,但考生反应不知从何入手.对已知条件
(1)
22
左侧是二次的右侧是一次的,学生总感觉用余弦定理不好处理,而对已知条件
(2)
sinAcosC=3cosAsinC,过多的关注两角和与差的正弦公式,甚至有的学生还想用现在过多的关注两角和与差的正弦公式,
已经不再考的积化和差,导致找不到突破口而失分.已经不再考的积化和差,导致找不到突破口而失分.解法一:
在?
ABC中QsinAcosC=3cosAsinC,则由正弦定理及余弦定理有:
a?
a2+b2?
c2b2+c2?
a2=3?
c,化简并整理得:
2(a2?
c2)=b2.又由已知2ab2bc
a2?
c2=2b∴4b=b2.解得b=4或b=0(舍).
解法二:
解法二:
由余弦定理得:
由余弦定理得:
a2?
c2=b2?
2bccosA.
又所以又
a2?
c2=2b,b≠0。
b=2ccosA+2…………………………………①
sinAcosC=3cosAsinC,
∴sinAcosC+cosAsinC=4cosAsinC
sin(A+C)=4cosAsinC,
即sinB=4cosAsinC由正弦定理得sinB=故
bsinC,c
b=4ccosA………………………②
由①,②解得b=4。
18、解法一:
解法一:
解法一(I)作ME∥CD交SD于点E,则ME∥AB,ME⊥平面SAD连接AE,则四边形ABME为直角梯形作MF⊥AB,垂足为F,则AFME为矩形设ME=x,则SE=x,AE=
ED2+AD2=(2?
x)2+2
MF=AE=(2?
x)2+2,FB=2?
x
由MF=FB?
tan60,得(2?
x)+2=3(2?
x)
。
2
解得x=1即ME=1,从而ME=
1DC2
所以M为侧棱SC的中点(Ⅱ)MB=
BC2+MC2=2,又∠ABM=60o,AB=2,所以?
ABM为等边三角形,
又由(Ⅰ)知M为SC中点
SM=2,SA=6,AM=2,故SA2=SM2+AM2,∠SMA=90o
取AM中点G,连结BG,SA中点H,取连结GH,BG⊥AM,GH⊥AM,由此知∠BGH则为二面角S?
AM?
B的平面角连接BH,在?
BGH中,
BG=
31222AM=3,GH=SM=,BH=AB2+AH2=2222
BG2+GH2?
BH26所以cos∠BGH==?
2?
BG?
GH3
二面角S?
AM?
B的大小为arccos(?
解法二:
解法二:
以D为坐标原点,射线DA为x轴正半轴,建立如图所示的直角坐标系D-xyz设A(2,0,0),则B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,2)(Ⅰ)设SM=λMC(λ?
0),则
6)3
M(0,
2λ22?
2,),MB=(2,,)1+λ1+λ1+λ1+λ
o
又AB=(0,2,0),MB,AB?
60
故MB?
AB=|MB|?
|AB|cos60o
即
422?
22=
(2)2+()+()1+λ1+λ1+λ
解得λ=1,即SM=MC
所以M为侧棱SC的中点(II)由M(0,1,1),A(2,0,0),得AM的中点G(
211,,)222
又GB=(
231,,?
),MS=(0,?
1,1),AM=(?
2,1,1)222
GB?
AM=0,MS?
AM=0
所以GB⊥AM,MS⊥AM因此GB,MS等于二面角S?
AM?
B的平面角
cosGB,MS=
GB?
MS6=?
3|GB|?
|MS|6)3
所以二面角S?
AM?
B的大小为arccos(?
19、解:
记Ai表示事件:
第i局甲获胜,i=3,4,5
Bj表示事件:
第j局乙获胜,j=3,4
(Ⅰ)记B表示事件:
甲获得这次比赛的胜利因前两局中,甲、乙各胜一局,故甲获得这次比赛的胜利当且仅当在后面的比赛中,甲先胜2局,从而
B=A3?
A4+B3?
A4?
A5+A3?
B4?
A5
由于各局比赛结果相互独立,故
P(B)=P(A3?
A4)+P(B3?
A4?
A5)+P(A3?
B4?
A5)
=P(A3)P(A4)+P(B3)P(A4)P(A5)+P(A3)P(B4)P(A5)=0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6=0.648(II)ξ的可能取值为2,3由于各局比赛结果相互独立,所以
P(ξ=2)=P(A3?
A4+B3?
B4)
=P(A3?
A4)+P(B3?
B4)=P(A3)?
P(A4)+P(B3)?
P(B4)=0.6×0.6+0.4×0.4=0.52
P(ξ=3)=1?
P(ξ=2)=1.0.52=0.48ξ的分布列为
ξ
P
20.52
30.48
Eξ=2×P(ξ=2)+3×P(ξ=3)
=2×0.52+3×0.48=2.4820、解:
解(I)由已知得b1=a1=1,且即从而
an+1an1=+n+1n2n
bn+1=bn+b2=b1+
12n
121b3=b2+22
……
于是
1(n≥2)2n?
1111bn=b1++2+......+n?
12221=2?
n?
1(n≥2)2bn=bn?
1+b1=111n。
(II)由(I)知an=n(2?
n?
1)=2n?
n?
1,n?
1222
又
故所求的通项公式bn=2?
∴Sn=∑(2k?
k=1
n
nnkk)=∑(2k)?
∑k?
1k?
12k=1k=12
而
∑(2k)=n(n+1),又∑
k=1
n
k是一个典型的错位相减法模型,k?
1k=12
n
易得
∑2
k=1
n
k
k?
1
=4?
n+2n+2∴Sn=n(n+1)+n?
1?
4。
21、分析:
分析:
分析(I)这一问学生易下手。
n?
122
22222
将抛物线E:
y=x与圆M:
(x?
4)+y=r(r>0)的方程联立,消去y,整理得
x2?
7x+16?
r2=0.............(*)
抛物线E:
y=x与圆M:
(x?
4)+y=r(r>0)相交于A、B、C、D四个点的
2222
充要条件是:
方程(*)有两个不相等的正根即可.
?
?
=(?
7)2?
4(16?
r2)>0?
由此得?
x1+x2=7>0?
2?
x1x2=16?
r>0
解得又所以
150
r∈(
15,4)(II)考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。
因此利2
用设而不求、整体代入的方法处理本小题是一个较好的切入点。
设E与M的四个交点的坐标分别为:
A(x1,x1)、B(x1,?
x1)、C(x2,?
x2)、D(x2,x2)。
则直线AC、BD的方程分别为
y?
x1=
?
x2?
x1?
(x?
x1),y+x1=x2?
x1
x2+x1?
(x?
x1)x2?
x1
解得点P的坐标为(x1x2,0)设t=
x1x2,由t=16?
r2及(I)知072
由于四边形ABCD为等腰梯形,因而其面积
S=
1?
2?
|x2?
x1|(x1+x2)=|x2?
x1|(x1+x2)2
22
则S=[(x1+x2)?
4x1x2]?
(x1+x2+2x1x2)
2将x1+x2=7,x1x2=t代入上式,并令f(t)=S,得
7f(t)=(7+2t)2?
(7?
2t)(0求导数f'(t)=?
2(7+2t)?
(6t?
7)
77,t=?
(舍去)627777'''当