2010-2012高考数学理科试题及答案全国卷1 49页

2010 年高考大纲卷全国Ⅰ理科数学试题及答案 (必修+选修 II) 第 I 卷 参考公式： 如果事件 A、B互斥，那么 球的表面积公式 ( ) ( ) ( )P A B P A P B   24S R 如果事件 A、B相互独立，那么 其中 R 表示球的半径 ( ) ( ) ( )P A B 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 33 4 V R n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 ( ) (1 ) ( 0,1,2, )k k n k n nP k C p p k n   … 一、选择题 (1)复数 3 2 2 3 i i    (A)i (B) i (C)12-13 i (D) 12+13 i (2)记 cos( 80 ) k   ,那么 tan100  A. 21 k k  B. - 21 k k  C. 21 k k D. - 21 k k (3)若变量 ,x y满足约束条件 1, 0, 2 0, y x y x y         则 2z x y  的最大值为 (A)4 (B)3 (C)2 (D)1 （4）已知各项均为正数的等比数列{ na }， 1 2 3a a a =5， 7 8 9a a a =10，则 4 5 6a a a = (A) 5 2 (B) 7 (C) 6 (D) 4 2 (5) 3 53(1 2 ) (1 )x x  的展开式中x 的系数是 (A) -4 (B) -2 (C) 2 (D) 4 (6)某校开设 A 类选修课 3 门，B 类选择课 4 门，一位同学从中共选 3 门，若要求两类课程 中各至少选一门，则不同的选法共有 (A) 30 种 (B)35 种 (C)42 种 (D)48 种 （7）正方体 ABCD- 1 1 1 1A BC D 中，B 1B 与平面 AC 1D 所成角的余弦值为 A 2 3 B 3 3 C 2 3 D 6 3 （8）设 a= 3log 2,b=In2,c= 1 25  ,则 A af(1)=1+ 2 1 =3,即 a+2b的取值范围是(3,+∞). 【解析 2】由 00，所以 4 5 6 50 5 2a a a   . 5.C 解析：本题考查了二项式定理. 3(1 2 )x 展开式的通项为 2 1 3 3(2 ) 2 r r r r r rT C x C x   ， 53(1 )x 展开式的通项为 3 3 1 5 5( ) ( 1) r r r r r rT C x C x           ，因此， 3 53(1 2 ) (1 )x x  展 开式的各项为 2 3 3 5( 1) 2 r r r r r rC C x        ，当 1 2 3 r r   时有 0r  且 3r  或 2r  且 0r  两种情况，因此展开式中 x的系数为（-10）+12=2，故选 C. 6.A 解析：本题考查了排列组合知识.不同的选法分两类，A类选修课 1 门，B 类选修课 2 门，或者 A类选修课 2门，B类选修课 1门，因此，共有 2 1 1 2 3 4 3 4 30C C C C    种选法，故 选 A. 7.D 解析：本题考查了立体几何中线面角的求法. 1BB 与平面 1ACD 所成角等于 1DD 与平面 1ACD 所成角,在三棱锥 1D ACD 中，由三条侧棱两两垂直得点 D在底面 1ACD 内的射影 为等边 1ACD 的垂心即中心 H，则 1DD H 为 1DD 与平面 1ACD 所成角,设正方体棱长为 a, 则 1 6 63cos 3 a DD H a    ，故选 D. 8.C 解析：本题考查了代数式大小比较的方法 . 3 ln 2log 2 ln 2 ln 3 a b    ，又 1 2 1 15 25 c     ， 3 3 1log 2 log 3 2 a    ，因此 c a b  ，故选 C. 9.B 解析：本题考查了双曲线中有关焦点三角形的问题.由双曲线焦点三角形面积公式得 1 2 2 cot 1 cot 30 3 2F PFS b       ， 设 P 到 x 轴 的 距 离 为 h ， 则 由 1 2 1 2 1 1 2 2 3 2 2F PFS F F h h        ， 6 2 h  ，P到 x轴的距离为 6 2 ，选 B. 10.C 解析：本题考查了对数函数、对数式的运算性质、对勾函数图像性质 .由题意 0 1a b   ， 由 ( ) ( )f a f b 得 lg lga b  ， lg lg 0a b  ， 1ab  ， 因 此 ， 22a b a a    ，由对勾函数性质知 2y x x   在 (0,1)单调递减，因此 2 3a b  ，即 2a b 的取值范围是 (3, ) ，故选 C. 11.D 解析：本题考查了向量数量积的定义运算，考查了最值的求法，考查了圆的切线性质. 设 | |OP x  , 2APB   , 则 2| | | | 1PA PB x     ，, 1sin x   ， 2 2 2cos 2 1 2 sin 1 t      ， 则 2 2 2 2 2 2 21 1 (1 ) 3 2 2 3PA PB x x x x x               当且仅当 2 2x  时，取“=”，故 PA PB   的最小值为 2 2 3 ，故选 D. 12.B 解析：本题考查了球和多面体的组合体问题，考查了空间想象能力.如图，过 OCD三 点作球的截面，交 AB于点M，由条件知， OAB 、 OCD 均为边长为 2的等边三角形， 设 M 到 CD 的距离为 h ，A 到面 MCD 的距离为 1h ，B 到面 MCD 的距离为 2h ，则 1 2 1 2 1 1 1( ) ( ) 3 3 2A BCD A MCD B MCD MCDV V V S h h CD h h h             ，因此，当 AB⊥面MCD时， 1 1 4 32 2 3 (1 1) 3 2 3A BCDV         最大，故选 B. 二、填空题 13. { | 0 2}x x  解析：本题考查了不等式的基本性质. 由 22 1 1x x   得 2 2 2 1 0 1 2 1 1 2 1 ( 1) 0 2 x x x x x x x                 0 2x   ，不等式解集 为. { | 0 2}x x  . 14. 1 7  解析：本题考查了同角三角函数的关系，二倍角公式以及两角和差的三角函数公式. 由 2 3cos 2 2cos 1 5      ，且 为第三象限角得 5cos 5    ， 得 tan 2  ， 4tan 2 3    ， 1 tan 2 1tan( 2 ) 4 1 tan 2 7          . 15． 51 4 a  解析：本题考查了利用数形结合的思 想解题的策略. 如图，作出 2 | |y x x a   的图像， 若要使 1y  与其有四个交点，需满足 1 1 4 a a   ， 解得 51 4 a  . 16. 3 3 解析：本题考查了椭圆离心率的求解策略.不妨设椭圆 C焦点在 x轴上，中心在原 点，B点为椭圆上顶点，F为右焦点，则由 2BF FD   ,得 D点到右准线的距离是 B点到右 1 4 a  2y x x a  2y x x a   a x y A B C D M O 准线距离的一半，则 D点横坐标 2 2D ax c  ，由 2BF FD   知，F分 BD  所成比为 2，，由定 比分点坐标公式得 2 20 2 2 1 2 3 a acc c      ，得 2 23c a ，得 3 3 e  . 三、解答题 17. 解： 由 cot cota b a A b B   及正弦定理得 sin sin cos cos sin cos cos sin A B A B A A B B       从而 sin cos cos sin cos sin sin cos 4 4 4 4 A A B B       sin( ) sin( ) 4 4 A B     又0 A B    故 4 4 A B     2 A B    所以 2 C   18. 解： (Ⅰ)记 A表示事件：稿件能通过两位初审专家的评审； B表示事件：稿件恰能通过一位初审专家的评审； C表示事件：稿件能通过复审专家的评审； D表示事件：稿件被录用. 则 D=A+B·C, ( ) 0.5 0.5 0.25, ( ) 2 0.5 0.5 0.5, ( ) 0.3,P A P B P C        ( ) ( )P D P A B C   = ( ) ( )P A P B C  = ( ) ( ) ( )P A P B P C =0.25+0.5×0.3 =0.40. (Ⅱ) ~ (4,0.4)X B ，其分布列为： 4( 0) (1 0.4) 0.1296,P X     1 3 4( 1) 0.4 (1 0.4) 0.3456,P X C      2 2 2 4( 2) 0.4 (1 0.4) 0.3456,P X C      3 3 4( 3) 0.4 (1 0.4) 0.1536,P X C      4( 4) 0.4 0.0256.P X    期望 4 0.4 1.6EX    . 19. 解法一：(Ⅰ)连接 BD,取 DC 的中点 G，连接 BG, 由此知 1,DG GC BG   即 ABC 为直角三角形，故 BC BD . 又 ABCD, BC SDSD  平面 故 , 所以，BC  平面BDS,BC DE . 作BK  EC, EDC SBCK 为垂足，因平面 平面 ， 故 ,BK EDC BK DE DE 平面 ， 与平面 SBC 内的两条相交 直线 BK、BC 都垂直 DE⊥平面 SBC，DE⊥EC,DE⊥SB 2 2 6SB SD DB   2 3 SD DBDE SB    2 2 6 2 6- , - 3 3 EB DB DE SE SB EB    所以，SE=2EB (Ⅱ) 由 2 2 5, 1, 2 , ,SA SD AD AB SE EB AB SA      知 2 21 2 1, AD=1 3 3 AE SA AB             又 . 故 ADE 为等腰三角形. 取 ED中点 F,连接 AF ,则 2 2 6, 3 AF DE AF AD DF    . 连接 FG，则 / / ,FG EC FG DE . 所以， AFG 是二面角 A DE C  的平面角. 连接 AG,AG= 2 , 2 2 6 3 FG DG DF   , 2 2 2 1cos 2 2 AF FG AGAFG AF FG         , 所以，二面角 A DE C  的大小为 120°. 解法二： 以 D 为坐标原点，射线DA为 x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D xyz ， 设 A(1,0,0)，则 B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2) （Ⅰ） (0, 2, -2), (-1,1,0)SC BC    设平面 SBC 的法向量为 n =(a,b,c) 由 ,n SC n BC     ，得 0, 0n SC n BC      故 2b-2c=0,-a+b=0 令 a=1，则 b=c,c=1, n =(1,1,1) 又设 SE EB   ( 0)  ，则 2( , , ) 1 1 1 E        2( , , ), (0, 2,0) 1 1 1 DE DC            设平面 CDE 的法向量m =(x,y,z) 由 ,m DE m DC    ,得 0m DE   ， 0m DC   故 2 0,2 0 1 1 1 x y z y            . 令 2x  ，则 (2,0, )m    . 由平面 DEC⊥平面 SBC 得m ⊥n , 0,2 0, 2m n        故 SE=2EB （Ⅱ）由（Ⅰ）知 2 2 2( , , ) 3 3 3 E ，取 DE 的中点 F，则 1 1 1 2 1 1( , , ), ( , , ) 3 3 3 3 3 3 F FA     ， 故 0FA DE     ，由此得 FA DE 又 2 4 2( , , ) 3 3 3 EC     ，故 0EC DE     ，由此得 EC DE ， 向量 FA  与 EC  的夹角等于二面角 A DE C  的平面角 于是 1cos , 2| || | FA ECFA EC FA EC          所以，二面角 A DE C  的大小为120 20.解： （Ⅰ） 1 1( ) ln 1 lnxf x x x x        ， ( ) ln 1xf x x x   , 题设 2( ) 1xf x x ax    等价于 ln x x a  . 令 ( ) lng x x x  ，则 1( ) 1g x x    当0 1x＜ ＜ ， ' ( ) 0g x＞ ；当 1x≥ 时， ' ( ) 0g x ≤ ， 1x  是 ( )g x 的最大值点， ( ) (1) 1g x g  ≤ 综上， a的取值范围是 1,  . (Ⅱ)由（Ⅰ）知， ( ) (1) 1g x g  ≤ 即 ln 1 0x x  ≤ . 当0 1x＜ ＜ 时， ( ) ( 1) ln 1 ln (ln 1) 0f x x x x x x x x        ≤ ； 当 1x≥ 时， ( ) ln ( ln 1)f x x x x x    1ln (ln 1)x x x x     1 1ln (ln 1)x x x x     0≥ 所以 ( 1) ( ) 0x f x ≥ 21. 解：设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， 1 1( , )D x y ， l的方程为 1( 0)x my m   . （Ⅰ）将 1x my  代入 2 4y x 并整理得 2 4 4 0y my   从而 1 2 1 24 , 4y y m y y   直线 BD 的方程为 2 1 2 2 2 1 ( )y yy y x x x x      ，即 2 2 2 2 1 4 ( ) 4 yy y x y y     令 0y  ，得 1 2 1 4 y yx   所以点 F(1,0)在直线 BD 上 （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 2 1 2 1 2( 1) ( 1) 4 2x x my my m       1 2 1 2( 1)( 1) 1.x x my my    因为 1 1( 1, ),FA x y  uur 2 2( 1, )FB x y  uur ， 2 1 2 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) ( ) 1 4 8 4FA FB x x y y x x x x m            uur uur 故 2 88 4 9 m  ，解得 4 3 m   所以 l的方程为 3 4 3 0,3 4 3 0x y x y      又由（Ⅰ）知 2 2 1 4(4 ) 4 4 7 3 y y m       故直线 BD 的斜率 2 1 4 3 7y y    ， 因而直线 BD 的方程为3 7 3 0,3 7 3 0.x y x y      因为 KF 为 BKD 的平分线，故可设圆心 ( ,0)( 1 1)M t t   ， ( ,0)M t 到 l及 BD 的 距离分别为 3 1 3 1 , 5 4 t t  . 由 3 1 3 1 5 4 t t   得 1 9 t  ，或 9t  （舍去）， 故 圆 M 的半径 3 1 2 5 3 t r    . 所以圆 M的方程为 2 21 4( ) 9 9 x y   . 22. 解：（Ⅰ） 1 25 12 2 2 2 n n n n aa a a       ， 1 1 21 4 2, 4 2 2 2 2 n n n n n n a b b a a a           即 1 1 1 1 2 2 14( ), 1, 1 3 3 2n nb b a b a         又 故 所以 2{ } 3nb  是首项为 1 3  ，公比为 4 的等比数列， 12 1 4 3 3 n nb     11 24 3 3 n nb     （Ⅱ） 1 2 2 11, 1, 2.a a c a a c    由 得 用数学归纳法证明：当 2c  时 1n na a  . （ⅰ）当 1n  时， 2 1 1 1a c a a    ，命题成立； （ⅱ）设当 n=k 时， 1k ka a  ，则当 n=k+1 时， 2 1 1 1 1 k k k k a c c a a a        故由（ⅰ）（ⅱ）知，当 c>2 时 1n na a  当 c>2 时，令 2 4 2 c ca    ，由 1 1 1 n n n n a a c a a    得 na a 当 102 , 3 3 nc a a   时 当 10 3 c  时， 3a  ，且1 na a  于是 1 1 1( ) ( ) 3n n n n a a a a a a a a     ， 1 1 ( 1) 3n na a a   当 3 1log 3 an a    时， 1 13, 3n na a a a     因此 10 3 c  不符合要求 所以 c的取值范围是 10(2, ] 3 源 2010 年普通高等学校招生全国统一考试 数学（全国卷 I）(理工农医类)点评 与去年数学试题相比，今年高考数学试题在题型和题量上基本保持不变。但是，今年的 数学试题能力立意型试题较多，运算量较大，难度较去年有所增加，主要体现在试题的思维 量和运算量的增加。 在选择题上，今年试题比往年更难。在 12 道选择题中，前边 7 题属于基础题，比较容 易得分，但从第 8 题开始，难度增大。如果考生答不出来，又不懂得放弃的话，容易在难题 上绊住脚，进而影响后边答题的心态和时间。 在解答题中，第 17 题仍为三角函数问题，但与往年相比有一定的新意，着重考查了正 弦定理及三角公式的恒等变形，在思路上与往年试题有所不同。第 20 题导数问题，属于起 点低、广入口、高结尾的问题。学生感觉题目容易，但是深入较难，不易得高分。第 21 题 解析几何题，由于运算量大，容易使学生产生畏难情绪。第 22 题数列问题，考查简单的递 推关系求通项和不等式证明。第一问较易，大多数学生应该能够顺利完成。但是，第二问难 度较大，灵活性较强。 第 20、21、22 题三道大题，虽然都是多问，但第一问都不好做，尤其是第 21 题解析几 何题，虽然前几年也考过类似题型，但计算量没今年大，部分计算能力不强的同学，也会因 此失分。 就整个试卷来看，重点考察函数与导数、数列与不等式、概率统计、直线与圆锥曲线综 合的相关内容，试题要求学生对知识点的灵活运用非常到位，这对于大多数学生来说是一个 不小的挑战。 2011 年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷) 数学（理工农医类） 本试卷共 4 页，三大题 21 小题。满分 150 分，考试时间 120 分钟。 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在试题卷和答题卡上，并将准考证号条 形码粘贴在答题卡上指定位置。 2. 选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答在试题卷上无效。 3. 填空题和解答题用 0.5 毫米黑色墨水签字笔答在答题卡上每题对应的答题区域内，答 在试题卷上无效。 4. 考试结束，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只 有一项是满足题目要求的。 1.复数 1z i  ， z为 z的共轭复数，则 1zz z   (A) -2i (B) -i (C) i (D) 2i 2. 函数  2 0y x x  的反函数为 (A)   2 4 xy x R  (B)   2 0 4 xy x  (C)  24y x x R  (D)  24 0y x x  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) 1a b  (B) 1a b  (C) 2 2a b (D) 3 3a b 4.设 nS 为等差数列 na 的前 n 项和，若 1 1a  ，公差 22, 24k kd S S   ，则 k= (A) 8 (B) 7 (C) 6 (D) 5 5.设函数    cos 0f x x   ，将  y f x 的图像向右平移 3  个单位长度后，所得的图 像与原图像重合，则的最小值等于 (A) 1 3 (B) 3 (C) 6 (D) 9 6.已知直二面角 l   ，点 , ,A AC l C  为垂足， , ,B BD l D  为垂足，若 2, 1AB AC BD   ，则 D 到平面 ABC 的距离等于 (A) 2 2 (B) 3 3 (C) 6 3 (D) 1 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为朋友，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 8.曲线 2 1xy e  在点  0,2 处的切线与直线 0y  和 y x 围成的三角形的面积为 (A) 1 3 (B) 1 2 (C) 2 3 (D) 1 9.设  f x 是周期为 2 的奇函数，当0 1x  时，    2 1f x x x  ，则 5 2 f       (A) 1 2  (B) 1 4  (C) 1 4 (D) 1 2 10.已知抛物线 C： 2 4y x 的焦点为 F，直线 2 4y x  与 C 交于 A、B两点，则 cos AFB  (A) 4 5 (B) 3 5 (C) 3 5  (D) 4 5  11.已知平面 截一球面得圆 M，过圆心 M且与 成60二面角的平面  截该球面得圆 N，若 该球面的半径为 4.圆 M的面积为 4 ，则圆 N的面积为 (A) 7 (B) 9 (C) 11 (D) 13 12. 设向量 , ,a b c    满足 11, , , 60 2 a b a b a c b c                 ，则 c  的最大值等于 (A) 2 (B) 3 (C) 2 (D) 1 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.请将答案填在答题卡对应题号的位 置上,一题两空的题,其答案按先后次序填写. 13.  201 x 的二项展开式中， x的系数与 9x 的系数之差为 . 14. 已知 , 2       ， 5sin 5   ，则 tan 2  . 15. 已知 1 2F F、 分别为双曲线 2 2 : 1 9 27 x yC   的左、右焦点，点 A C ，点M的坐标为  2,0 ， AM 为 1 2F AF 的角平分线，则 2AF  . 16. 已知点 E、F 分别在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱 1 1BB CC、 上，且 1 2B E EB , 12CF FC ,则面 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 10 分 ） ABC 的 内角 A、 B、 C 的 对边 分别 为 , ,a b c 。 已知 90 , 2A C a c b    ，求 C 18.（本小题满分 12分）根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为 0.5，购买乙 种保险但不购买甲种保险的概率为 0.3，设各车主购买保险相互独立。 （Ⅰ）求该地 1为车主至少购买甲、乙两种保险中的 1种的概率； （Ⅱ）X表示该地的 100为车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数，求 X的期望。 19. （ 本 小 题 满 分 12 分 ） 如 图 ， 四 棱 锥 S-ABCD 中 ， / / ,AB CD BC CD ,侧面SAB为等边三角形，AB=BC=2，CD=SD=1. （Ⅰ）证明： SD SAB平面 ; （Ⅱ）求 AB与平面 SBC所成的角的大小。 20.（本小题满分 12分）设数列 na 满足 1 1 1 10, 1 1 1n n a a a      （Ⅰ）求 na 的通项公式； （Ⅱ）设 11 n n a b n   ，记 1 n n k k S b   ，证明： 1nS  。 21.（本小题满分 12分）已知 O为坐标原点，F为椭圆 2 2: 1 2 yC x   在 y 轴正半轴上的焦 点，过 F 且斜率为 2 的直线 l与 C 交于 A、B 两点，点 P 满足 0.OA OB OP      （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 四点在同一个圆上。 22.（本小题满分 12分）（Ⅰ）设函数     2ln 1 2 xf x x x     ，证明：当 0x  时，   0f x  （Ⅱ）从编号 1到 100的 100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续 抽取 20次，设抽到的 20个号码互不相同的概率为 p，证明： 19 2 9 1 10 p e       2011年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷） 数学（理工农医类）试题参考答案 一、选择题：本题考查基础知识和基本运算．每小题 5分，满分 60分． 1． B 2． B 3． A 4． D 5．C 6． C 7． B 8． D 9． A 10．D 11. D 12. A 1. 复数 1z i  ， z为 z的共轭复数，则 1zz z   （A） 2i （B） i （C） i （D）2i 【思路点拨】先求出的 z 共轭复数,然后利用复数的运算法则计算即可。 【精讲精析】选 B. 1 , 1 (1 )(1 ) (1 ) 1z i zz z i i i i            2. 函数 2 ( 0)y x x ≥ 的反函数为 （A） 2 ( ) 4 xy x R  （B） 2 ( 0) 4 xy x ≥ （C） 24y x ( )x R （D） 24 ( 0)y x x ≥ 【思路点拨】先反解用 y 表示 x,注意要求出 y的取值范围，它是反函数的定义域。 【精讲精析】选 B.在函数 2 ( 0)y x x ≥ 中， 0y  且反解 x 得 2 4 yx  ，所以 2 ( 0)y x x ≥ 的反函数为 2 ( 0) 4 xy x  . 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） 1a b＞ （B） 1a b＞ （C） 2 2a b＞ （D） 3 3a b 【思路点拨】本题要把充要条件的概念搞清，注意寻找的是通过选项能推出 a b＞ ，而由 a>b 推不出选项的选项. 【精讲精析】选 A.即寻找命题 P使 P ,a b a b   推不出 P，逐项验证可选 A。 4. 解：设 nS 为等差数列 na 的前 n项和，若 1 1a  ，公差 2d  ， 2 24k kS S   ，则 k  （A）8 （B）7 （C）6 （D）5 【思路点拨】思路一：直接利用前 n 项和公式建立关于 k 的方程解之即可。思路二： 利用 2 2 1k k k kS S a a     直接利用通项公式即可求解，运算稍简。 【精讲精析】 2k kS S  = 2 1k ka a  = 1 1( 2 1) ( 1 1)a k d a k d       = 12 (2 1)a k d  2 1 (2 1) 2 4 4 24 5k k k          故选 D。 5. 设函数 ( ) cos ( 0)f x x  ＞ ，将 ( )y f x 的图像向右平移 3  个单位长度后，所得的图 像与原图像重合，则的最小值等于 （A） 1 3 （B）3 （C）6 （D）9 【思路点拨】此题理解好三角函数周期的概念至关重要，将 ( )y f x 的图像向右平移 3  个 单位长度后，所得的图像与原图像重合，说明了 3  是此函数周期的整数倍。 【精讲精析】 ( ) cos[ ( )] cos 3 3 f x x x      即 cos( ) cos 3 x x   2 2 ( ) 6 6 3 k k Z k           z 则 1k   时 min 6  故选 C 6.已知直二面角 l   ，点 ,A AC l  ,C 为垂足， , ,B BD l D  为垂足．若 AB=2， AC=BD=1，则 D 到平面 ABC 的距离等于 (A) 2 3 (B) 3 3 (C) 6 3 (D) 1 【思路点拨】本题关键是找出或做出点 D 到平面 ABC 的距离 DE，根据面面垂直的性质不难 证明 AC 平面  ，进而  平面 平面 ABC,所以过 D 作DE BC 于 E，则 DE 就是要求的 距离。 【精讲精析】选 C. 如图，作DE BC 于 E，由 l   为直二面角，AC l 得 AC 平面  ，进而 AC DE ，又 ,BC DE BC AC C  ，于是DE 平面 ABC， 故 DE 为 D 到平面 ABC 的距离。 在 Rt BCD 中，利用等面积法得 1 2 6 33 BD DCDE BC      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 【思路点拨】本题要注意画册相同，集邮册相同，这是重复元素，不能简单按照排列知识来 铸。所以要分类进行求解。 【精讲精析】分两类：取出的 1本画册，3本集邮册，此时赠送方法有 1 4 4C  种；取出的 2 本画册，2本集邮册，此时赠送方法有 2 4 6C  种。故共有赠送方法 4+6=10 种，故选 B 8. 曲线 y= 2xe +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) 1 3 (B) 1 2 (C) 2 3 (D)1 【思路点拨】利用导数求出点（0，2）切线方程然后分别求出与直线 y=0 与 y=x 的交点问题 即可解决。 【精讲精析】 2 02 , | 2x ry e y      切线方程是： 2 2y x   , 2 3 2 2 2 3 xy x y x y           得 即得 1 2 11 2 3 3 S     故选 A。 9. 设 ( )f x 是周期为 2 的奇函数，当 0≤x≤1时， ( )f x = 2 (1 )x x ，则 5( ) 2 f  = (A) - 1 2 (B) 1  4  (C) 1 4 (D) 1 2 【思路点拨】解本题的关键是把通过周期性和奇偶性把自变量 5 2  转化到区间[0,1]上进行 求值。 【精讲精析】先利用周期性，再利用奇偶性得: 5 5 1 1( ) ( 2) ( ) ( ) 2 2 2 2 f f f f        1 1 12 ( )(1 ) 2 2 2       故选 A 10. 已知抛物线 C： 2 4y x 的焦点为 F，直线 2 4y x  与 C交于 A，B 两点．则 cos AFB = (A) 4 5 (B) 3 5 (C) 3 5  (D) 4 5  【思路点拨】方程联立求出 A、B两点后转化为解三角形问题。 【精讲精析】联立 2 4 2 4 y x y x      ，消 y 得 2 5 4 0x x   ，解得 1, 4x x  . 不妨设 A 在 x 轴上方，于是 A，B的坐标分别为(4,4),(1,-2), 可求 3 5, 5, 2AB AF BF   ，利用余弦定理 2 2 2 4cos 2 5 AF BF ABAFB AF BF        . 11. 已知平面α截一球面得圆 M，过圆心 M 且与α成 060 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 4 ，则圆 N 的面积为 (A)7 (B)9 (C)11 (D)13 【思路点拨】做出如图所示的图示，问题即可解决。 【 精 讲 精 析 】 作 示 意 图 如 ， 由 圆 M 的 面 积 为 4  ， 易 得 2 22, 2 3MA OM OA MA    . 2 3OM  ，在 Rt ONM 中， 030OMN  ， 21 3, 3 13 2 ON OM Rt ONB     2在 中,NB= 4 ， 故选 D 12. 设向量 , ,a b c    满足 1| | | | 1, , , 60 2 a b a b a c b c                  ，则 | |c  的最大值等于 (A)2 (B) 3 (c) 2 (D)1 【思路点拨】本题按照题目要求构造出如右图所示的几何图 形 ， 然后分析观察不难得到当线段 AC为直径时， | |c  最大. 【精讲精析】选 A.如图，构造 , , , 120 , 60 ,AB a AD b AC c BAD BCD              ， 所以 A、B、C、D四点共圆，分析可知当线段 AC为直径时， | |c  最大，最大值为 2. 二、填空题：本题考查基础知识和基本运算．每小题 5分，满分 20分． 13． 0 14． 4 3  15．6 16． 2 3 13. (1- x )20 的二项展开式中，x的系数与 x 9 的系数之差为: . 【思路点拨】解本题一个掌握展开式的通项公式，另一个要注意 r n r n nC C  . 【精讲精析】 2 1 20 20( 1) ( ) ( 1) r r r r r r rT c x c x     ，令 1 2 r  得 r =2，令 2 r =9得 18r  ， 所以 x的系数为 2 2 2 20 20( 1) c c  ， 9 18 2 20 20x c c18的系数为(-1) 故 x 的系数与 9x 的系数之差为 2 20c - 2 20c =0 14. 已知 a∈( 2  ， )，sinα= 5 5 ，则 tan2α= 【思路点拨】本题涉及到同角三角函数关系式,先由正弦值求出余弦值一定要注意角的范围， 再求出正切值，最后利用正切函数的倍角公式即可求解。 【精讲精析】 4 3  .由 a∈( 2  ， )，sinα= 5 5 得 2 5 sin 1cos , tan 5 cos 2         , 2 2 tan 4tan 2 1 tan 3       . 15. 已知 F1、F2分别为双曲线 C: 2 9 x - 2 27 y =1 的左、右焦点，点 A∈C，点 M的坐标为(2，0)， AM 为∠F1AF2的平分线．则|AF2| = . 【思路点拨】本题用内角平分线定理及双曲线的定义即可求解。 【精讲精析】6. 由角平分线定理得： 2 2 1 2 1 1 | | | | 1 ,| | | | 2 6 | | | | 2 AF MF AF AF a AF MF      ,故 2| | 6AF  16. 己知点 E、F 分别在正方体 ABCD-A1B2C3D4的棱 BB 1 、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 . 【思路点拨】本题应先找出两平面的交线，进而找出或做出二面角的平面角是解决此问题的 关键,延长 EF 必与 BC 相交，交点为 P，则 AP 为面 AEF 与面 ABC 的交线. 【精讲精析】 2 3 .延长 EF 交 BC 的延长线于 P，则 AP 为面 AEF 与面 ABC 的交线，因为 90CAP   ，所以 FCA 为面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的平面角。 2 23tan 32 FCFCA CA     三、解答题：本大题共 6小题，共 70分． 17. (本小题满分l0分)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.己知A—C=90°，a+c= 2 b， 求 C. 【思路点拨】解决本题的突破口是利用正弦定理把边的关系转化为角的正弦的关系，然后再 结合 A—C=90°,得到 sin cosA C .即可求解。 【精讲精析】由 90A C   ，得 A 为钝角且 sin cosA C ， 利用正弦定理， 2a c b  可变形为 sin sin 2 sinA C B  ， 即有 sin sin cos sin 2 sin( 45 ) 2 sinA C C C C B      ， 又 A、B、C 是 ABC 的内角，故 45C B  或 ( 45 ) 180C B    (舍去) 所以 (90 ) ( 45 ) 180A B C C C C          。 所以 15C   .（本小题满分 10分） 18. (本小题满分 12 分)(注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．) 根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为 0．5，购买乙种保险但不购买甲 种保险的概率为 0.3,设各车主购买保险相互独立 (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。 【思路点拨】解本题应首先主出该车主购买乙种保险的概率为 p,利用乙种保险但不购买甲 种保险的概率为 0.3，即可求出 p=0.6.然后（ii）利用相互独立事件的概率计算公式和期望 公式计算即可. 【精讲精析】设该车主购买乙种保险的概率为 p,由题意知： (1 0.5) 0.3p   ，解得 0.6p  。 （I） 设所求概率为 P1，则 1 1 (1 0.5) (1 0.6) 0.8P       . 故该地 1位车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种的概率为 0.8。 （II） 对每位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为 (1 0.5) (1 0.6) 0.2    。 (100,0.2)X B ， 100 0.2 20EX    所以 X 的期望是 20 人。 19.（本小题满分 12分）如图，四棱锥 S ABCD 中， //AB CD , BC CD ，侧面 SAB为 等边三角形， 2, 1AB BC CD SD    . （Ⅰ）证明： SD SAB平面 ; （Ⅱ)求 AB与平面 SBC所成角的大小. 【思路点拨】本题第（I）问可以直接证明，也可建系证 明。 （II）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算计 算把求角的问题转化为数值计算问题,思路清晰思维量 小。 【精讲精析】（Ⅰ）证明：在直角梯形 ABCD中，AB=BC=2，CD=1， / / ,AB CD BC CD ， 易算得： 5AD BD  ， 又因为侧面 SAB 为等边三角形，SD=1，AB=2， 所以 2 2 25SD SA AD   , 2 2 25SD SB BD   于是 SD SA , SD SB , 所以 SD SAB平面 . （II）（向量法）过 D 做Dz ABCD平面 ，如图建立空间直角坐标系 D-xyz， A(2,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0), 1 3( ,0, ) 2 2 S 可计算平面 SBC 的一个法向量是 (0, 3,2), (0, 2,0)n AB    | | 2 3 21| cos , | 7| | | | 2 7 AB nAB n AB n             . 所以 AB 与平面 SBC 所成角为 21arcsin 7 （几何法）设点 A到平面 SBC的距离为 d， 因为 SD SAB平面 ，所以 SD AB ,从而 SD CD , 因而可以算得： 2SC  ，又 2SB BC  ，故 7 2SBCS  又因为 / /CD SAB平面 ,所以点 C 到平面 SAB 的距离为 1SD  另外，显然 23 2 3 4SBAS    ， 所以 1 7 1 3 1 3 2 3A SBC C SABV d V      四棱锥 四棱锥 得： 2 21 7 d  设 AB与平面 SBC所成的角为 ，则 2 21 217sin 2 7    ， 即 AB与平面 SBC所成的角为 21sin 7 arc （显然 是锐角） 20.（本小题满分 12分）设数列 na 满足 1 0a  且 1 1 1 1. 1 1n na a     （Ⅰ）求 na 的通项公式； （Ⅱ）设 1 1 1 , , 1. n n n n k n k a b b S n      记S 证明： 【思路点拨】解本题突破口关键是由式子 1 1 1 1. 1 1n na a     得到 1{ } 1 na 是等差数列， 进而可求出数列 na 的通项公式.（II）问求出{ }nb 的通项公式注意观察到能采用裂项相 消的方式求和。 【精讲精析】 (I) （Ⅰ）由 1 1 1 1 1 1n na a     得： 数列 1 1 na      是等差数列，首项为 1 1 1 1 a   故  1 1 1 1 1 n n n a       ，从而 11na n   (II) 1 11 1 11 1 n n n a nb n n n n        1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 3 1 1 n n k k S b n n n                . 21.（本小题满分 12分）已知 O 为坐标原点，F 为椭圆 2 2: 1 2 yC x   在 y 轴正半轴上的焦 点，过 F 且斜率为 - 2 的直线 l与 C交与 A、B 两点，点 P 满足 0.OA OB OP      (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. 【 思 路 点 拨 】 方 程 联 立 利 用 韦 达 定 理 是 解 决 这 类 问 题 的 基 本 思 路 ， 注 意 把 0.OA OB OP      用坐标表示后求出 P 点的坐标，然后再结合直线方程把 P点的纵坐标也 用 A、B 两点的横坐标表示出来。从而求出点 P 的坐标代入椭圆方程验证即可证明点 P 在 C 上。(II)此问题证明有两种思路：思路一：关键是证明 ,APB AQB  互补.通过证明这两 个角的正切值互补即可，再求正切值时要注意利用倒角公式。 思路二：根据圆的几何性质圆心一定在弦的垂直平分线上，所以根据两条弦的垂直平分线的 交点找出圆心 N，然后证明 N 到四个点 A、B、P、Q的距离相等即可. 【精讲精析】 (I)设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 直线 : 2 1l y x   ，与 2 2 1 2 yx   联立得 24 2 2 1 0x x   1 2 6 2 6 2, 4 4 x x    1 2 1 2 2 1, 2 4 x x x x    由 0.OA OB OP      得 1 2 1 2( ( ), ( ))P x x y y    1 2 2( ) 2 x x    , 1 2 1 2 1 2( ) ( 2 1 2 1) 2( ) 2 1y y x x x x              2 22 ( 1)( ) 1 2 2     所以点 P 在 C 上。 （II）法一： 1 2 1 2 1 2 1 2 ( 1) ( 1) 2 2( ) ( ) 2 2tan ( 1) ( 1)1 1 2 2( ) ( ) 2 2 PA PB PA PB y y x xk kAPB y yk k x x                       2 1 2 1 1 2 1 2 3( ) 4( ) 33 2 93 ( ) 2 2 x x x x x x x x        同理， 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2( ) 2 2tan 1 11 1 2 2( ) 2 2 QB QA QA QB y y x xk k AQB y yk k x x                 1 2 2 1 1 2 1 2 ( ) 4( ) 32 13 ( ) 2 2 x x x x x x x x         所以 ,APB AQB  互补， 因此 A、P、B、Q 四点在同一圆上。 法二：由 2( , 1) 2 P   和题设知， 2( ,1) 2 Q ,PQ 的垂直平分线 1l 的方程为 2 2 y x  …① 设 AB 的中点为 M，则 2 1( , ) 4 2 M ，AB 的垂直平分线 2l 的方程为 2 1 2 4 y x  …② 由①②得 1l 、 2l 的交点为 2 1( , ) 8 8 N  2 22 2 1 3 11| | ( ) ( 1 ) 2 8 8 8 NP        , 2 2 1 3 2| | 1 ( 2) | | 2 AB x x      3 2| | 4 AM  , 2 22 2 1 1 3 3| | ( ) ( ) 4 8 2 8 8 MN      , 2 2 3 11| | | | | | 8 NA AM MN   故 | | | |NP NA . | | | |,| | | |NP NQ NA NB  所以 A、P、B、Q四点在同一圆圆 N上. 22 .（本小题满分 12分）（Ⅰ）设函数 2( ) ln(1 ) 2 xf x x x     ，证明：当 0x＞ 时， ( ) 0f x＞ ； （Ⅱ）从编号 1到 100 的 100 张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取 20 次，设抽得的 20 个号码互不相同的概率为 p .证明： 19 2 9 1( ) 10 p e ＜ ＜ 【思路点拨】本题第（I）问是利用导数研究单调性最值的常规题，不难证明。 第(II)问证明如何利用第（I）问结论是解决这个问题的关键也是解题能力高低的体现。 【精讲精析】(I) 2 2 2 1 2( 2) 2( ) 0 1 ( 2) ( 2) (1 ) x x xf x x x x x           所以 ( )f x 在 ( 1, )  上单增。 当 0x  时， ( ) (0) 0f x f  。 （II） 100 99 98 81 100 100 100 100 p      由(I)，当 x<0 时， ( ) (0) 0f x f  ,即有 2ln(1 ) 2 xx x    故 1( )9 1 1019ln 19ln(1 ) 19 2110 10 2 2 10           于是 919ln 210e e ,即 19 2 9 1( ) 10 e  . 利用推广的均值不等式： 1 2 1 2 , 0n n n i x x x x x x x n        19 19 100 99 98 81 100 99 98 81 9100 100 100 100 ( ) 100 100 100 100 19 10 p                     另解： 2 1 1(ln ) ( ) 0x x x      ， 所以 lny x 是上凸函数，于是 1 2 1 2ln ln ln ln n n x x xx x x n         因此 100 99 98 81ln ln ln ln ln 100 100 100 100 p      100 99 98 81 100 100 100 10019ln 19               919ln( ) 10  ， 故 199( ) 10 p  综上： 19 2 9 1( ) 10 p e   2012年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学解析（必修+选修Ⅱ） 【名师简评】该套试卷整体上来说与往年相比，比较平稳，试题中没有偏题和怪题，在考查 了基础知识的基础上，还考查了同学们灵活运用所学知识的解决问题的能力。题目没有很多 汉字的试题，都是比较简约型的。但是不乏也有几道创新试题，像选择题的第12题，填空题 的16题，解答题第22题，另外别的试题保持了往年的风格，入题简单，比较好下手，但是出 来不是那么很容易。整体上试题由梯度，由易到难，而且大部分试题适合同学们来解答体现 了双基，考查了同学们的四大思想的运用，是一份比较好的试卷。 1 选择题 1．复数 1 3 1 i i     A． 2 i B． 2 i C．1 2i D．1 2i 答案C 【命题意图】本试题主要考查了复数的四则运算法则。通过利用除法运算来求解。 【解析】因为 1 3 ( 1 3 )(1 ) 2 4 1 2 1 (1 )(1 ) 2 i i i i i i i i              2．已知集合    1,3, , 1, ,A m B m A B A    ，则m  A．0或 3 B．0或3 C．1或 3 D．1或3 答案B 【命题意图】本试题主要考查了集合的概念和集合的并集运算，集合的关系的运用，元素与 集合的关系的综合运用，同时考查了分类讨论思想。 【解析】 A B A  B A  ，    1,3, , 1,A m B m  m A  ，故m m 或 3m  ，解得 0m  或 3m  或 1m  ，又根据集合元素的互异性 1m  ，所以 0m  或 3m  。 3．椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为 4x   ，则该椭圆的方程为 A． 2 2 1 16 12 x y   B． 2 2 1 16 8 x y   C． 2 2 1 8 4 x y   D． 2 2 1 12 4 x y   答案C 【命题意图】本试题主要考查了椭圆的方程以及性质的运用。通过准线方程确定焦点位置， 然后借助于焦距和准线求解参数 , ,a b c，从而得到椭圆的方程。 【解析】因为 2 4 2c c   ，由一条准线方程为 4x   可得该椭圆的焦点在 x轴上县 2 24 4 8a a c c     ，所以 2 2 2 8 4 4b a c     。故选答案C 4．已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 12, 2 2,AB CC E  为 1CC 的中点，则直线 1AC 与平面 BED的距离为 A．2 B． 3 C． 2 D．1 答案D 【命题意图】本试题主要考查了正四棱柱的性质的运用，以及点到面的距离的求解。体现了 转换与化归的思想的运用，以及线面平行的距离，转化为点到面的距离即可。 【解析】因为底面的边长为2，高为 2 2 ，且连接 ,AC BD，得到交点为O，连接 EO， 1/ /EO AC ，则点 1C 到平面 BDE的距离等于C到平面 BDE的距离，过点C作CH OE ， 则CH 即为所求，在三角形OCE中，利用等面积法，可得 1CH  ，故选答案D。 5．已知等差数列  na 的前 n项和为 5 5, 5, 15nS a S  ，则数列 1 1 n na a       的前100项和为 A． 100 101 B． 99 101 C． 99 100 D． 101 100 答案A 【命题意图】本试题主要考查等差数列的通项公式和前 n项和的公式的运用，以及裂项求和 的综合运用，通过已知中两项，得到公差与首项，得到数列的通项公式，并进一步裂项求和。 【解析】由 5 5, 5, 15nS a S  可得 1 1 1 4 5 1 5 4 15 15 2 n a d a a n da d            1 1 1 1 1 ( 1) 1n na a n n n n       100 1 1 1 1 1 1 100(1 ) ( ) ( ) 1 2 2 3 100 101 101 101 S           6． ABC 中， AB边上的高为CD，若 , , 0,| | 1,| | 2CB a CA b a b a b              ，则 AD   A． 1 1 3 3 a b   B． 2 2 3 3 a b   C． 3 3 5 5 a b   D． 4 4 5 5 a b   答案D 【命题意图】本试题主要考查了向量的加减法几何意义的运用，结合运用特殊直角三角形求 解点D的位置的运用。 【解析】由 0a b    可得 90ACB  ，故 5AB  ，用等面积法求得 2 5 5 CD  ，所以 4 5 5 AD  ，故 4 4 4 4( ) 5 5 5 5 AD AB CB CA a b           ，故选答案D 7．已知 为第二象限角， 3sin cos 3    ，则 cos 2  A． 5 3  B． 5 9  C． 5 9 D． 5 3 答案A 【命题意图】本试题主要考查了三角函数中两角和差的公式以及二倍角公式的运用。首先利 用平方法得到二倍角的正弦值，然后然后利用二倍角的余弦公式，将所求的转化为单角的正 弦值和余弦值的问题。 【解析】 3sin cos 3    ，两边平方可得 1 21 sin 2 sin 2 3 3        是第二象限角，因此 sin 0,cos 0   ， 所以 2 2 15cos sin (cos sin ) 1 3 3             2 2 5cos 2 cos sin (cos sin )(cos sin ) 3               8．已知 1 2,F F 为双曲线 2 2: 2C x y  的左右焦点，点 P在C上， 1 2| | 2 | |PF PF ，则 1 2cos F PF  A． 1 4 B． 3 5 C． 3 4 D． 4 5 答案C 【命题意图】本试题主要考查了双曲线的定义的运用和性质的运用，以及余弦定理的运用。 首先运用定义得到两个焦半径的值，然后结合三角形中的余弦定理求解即可。 【解析】解：由题意可知， 2 , 2a b c    ，设 1 2| | 2 ,| |PF x PF x  ，则 1 2| | | | 2 2 2PF PF x a    ，故 1 2| | 4 2,| | 2 2PF PF  ， 1 2 4F F  ，利用余弦定理可得 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 (4 2) (2 2) 4 3cos 2 42 2 2 4 2 PF PF F FF PF PF PF            。 9．已知 1 2 5ln , log 2,x y z e     ，则 A． x y z  B． z x y  C． z y x  D． y z x  答案D 【命题意图】本试题主要考查了对数、指数的比较大小的运用，采用中间值大小比较方法。 【解析】 ln ln 1e   ， 5 5 1log 2 log 5 2   ， 1 2 1 1 1 24 z e e      ，故选答案D。 10．已知函数 3 3y x x c   的图像与 x轴恰有两个公共点，则 c  A． 2 或2 B． 9 或3 C． 1 或1 D． 3 或1 答案A 【命题意图】本试题主要考查了导数在研究三次函数中的极值的运用。要是函数图像与 x轴 有两个不同的交点，则需要满足极佳中一个为零即可。 【解析】因为三次函数的图像与 x轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可得极大值或者 极小值为零即可满足要求。而 2( ) 3 3 3( )( 1)f x x x x      ，当 1x   时取得极值 由 (1) 0f  或 ( 1) 0f   可得 2 0c   或 2 0c   ，即 2c   。 11．将字母 , , , , ,a a b b c c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同， 则不同的排列方法共有 A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 答案A 【命题意图】本试题考查了排列组合的用用。 【解析】利用分步计数原理，先填写最左上角的数，有3种，再填写右上角的数为2种，在填 写第二行第一列的数有2种，一共有3 2 2 12   12．正方形 ABCD的边长为1，点 E在边 AB上，点F 在边 BC上， 3 7 AE BF  ，动点 P从 E出发沿直线向 F 运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角。 当点 P第一次碰到 E时， P与正方形的边碰撞的次数为 A．16 B．14 C．12 D．10 答案B 【命题意图】本试题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用。通过相似三角形，来确 定反射后的点的落的位置，结合图像分析反射的次数即可。 【解析】解：结合已知中的点E,F的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是 平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到EA点时，需要碰撞14次即可。 2 填空题 13．若 ,x y满足约束条件 1 0 3 0 3 3 0 x y x y x y            ，则 3z x y  的最小值为 。 答案： 1 【命题意图】本试题考查了线性规划最优解的求解的运用。常规题型，只要正确作图，表示 出区域，然后借助于直线平移法得到最值。 【解析】利用不等式组，作出可行域，可知区域表示的为三角形，当目标函数过点 (3,0)时， 目标函数最大，当目标函数过点 (0,1)时最小为 1 。] 14．当函数 sin 3 cos (0 2 )y x x x     取得最大值时， x  。 答案： 5 6  【命题意图】本试题主要考查了三角函数性质的运用，求解值域的问题。首先化为单一三角 函数，然后利用定义域求解角的范围，从而结合三角函数图像得到最值点。 【解析】由 sin 3 cos 2sin( ) 3 y x x x      由 50 2 3 3 3 x x         可知 2 2sin( ) 2 3 x      当且仅当 3 3 2 x     即 11 6 x   时取得最小值， 3 2 x     时即 5 6 x   取得最大值。 15．若 1( )nx x  的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中 2 1 x 的系数 为 。 答案56 【命题意图】本试题主要考查了二项式定理中通项公式的运用。利用二项式系数相等，确定 了 n的值，然后进一步借助于通项公式，分析项的系数。 【解析】根据已知条件可知 2 6 2 6 8n nC C n     ， 所以 81( )x x  的展开式的通项为 8 1 8 r r rT C x    ，令8 2 2 5r r     所以所求系数为 5 8 56C  。 16．三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，底面边长和侧棱长都相等， 1 1 60BAA CAA     ，则异 面直线 1AB 与 1BC 所成角的余弦值为 。 答案 6 6 【命题意图】本试题考查了斜棱柱中异面直线的角的求解。用空间向量进行求解即可。 【解析】设该三棱柱的边长为1，依题意有 1 1 1 1,AB AB AA BC AC AA AB            ，则 2 22 2 1 1 1 1| | ( ) 2 2 2cos60 3AB AB AA AB AB AA AA                 2 2 22 2 1 1 1 1 1| | ( ) 2 2 2 2BC AC AA AB AC AA AB AC AA AC AB AA AB                          而 1 1 1 1( ) ( )AB BC AB AA AC AA AB             1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 2 2 2 2 AB AC AB AA AB AB AA AC AA AA AA AB                               1 1 1 1 1 1 1 6cos , 6| || | 2 3 AB BCAB BC AB BC             三、解答题 17．（本小题满分10分）（注意：在试卷上作答无效） ABC 的内角 A、B、C的对边分别为 a、b、 c，已知 cos( ) cos 1, 2A C B a c    ， 求C。 【命题意图】本试题主要考查了解三角形的运用，给出两个公式，一个是边的关系，一个角 的关系，而求解的为角，因此要找到角的关系式为好。 【解析】由 ( )A B C B A C        ， 由正弦定理及 2a c 可得 sin 2sinA C 所以 cos( ) cos cos( ) cos( ( )) cos( ) cos( )A C B A C A C A C A C           cos cos sin sin cos cos sin sin 2sin sinA C A C A C A C A C     故由 cos( ) cos 1A C B   与 sin 2sinA C 可得 22sin sin 1 4sin 1A C C   而C为三角形的内角且 2a c c  ，故 0 2 C    ，所以 1sin 2 C  ，故 6 C   。 【点评】该试题从整体来看保持了往年的解题风格，依然是通过边角的转换，结合了三角形 的内角和定理的知识，以及正弦定理和余弦定理，求解三角形中的角的问题。试题整体上比 较稳定，思路也比较容易想，先将三角函数关系式化简后，得到 ,A C 角关系，然后结合 2a c ，得到两角的二元一次方程组，自然很容易得到角C的值。 18．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） 如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD为菱形， PA 底面 ABCD， 2 2AC  ， 2,PA E 是 PC上的一点， 2PE EC 。 （1）证明： PC 平面 BED； （2）设二面角 A PB C  为90，求 PD与平面 PBC 所成角的大小。 【命题意图】本试题主要是考查了四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用。 从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度，并加以证明和求 解。 解：设 AC BD O ,以O为原点，OC 为 x轴，OD为 y轴建立空间直角坐标系，则 ( 2,0,0), ( 2,0,0), ( 2,0, 2),A C P  设 (0, ,0), (0, ,0), ( , , )B a D a E x y z 。 （Ⅰ）证明：由 2PE EC 得 2 2( ,0, ) 3 3 E ， 所以 (2 2,0, 2)PC    ， 2 2( , , ) 3 3 BE a  ， (0, 2 ,0)BD a  ，所以 2 2(2 2,0, 2) ( , , ) 0 3 3 PC BE a      ， (2 2,0, 2) (0, 2 ,0) 0PC BD a       。所以 PC BE   , PC BD   ，所以 PC 平面 BED； （Ⅱ） 设平面 PAB的法向量为 ( , , )n x y z  ，又 (0,0, 2), ( 2, ,0)AP AB a     ，由 0, 0n AP n AB        得 2(1, ,0)n a   ，设平面 PBC 的法向量为 ( , , )m x y z  ，又 ( 2, ,0), ( 2 2,0, 2)BC a CP     ，由 0, 0m BC m CP        ，得 2(1, , 2)m a    ，由 于二面角 A PB C  为90，所以 0m n    ，解得 2a  。 所以 ( 2, 2, 2)PD    ，平面 PBC 的法向量为 (1, 1, 2)m    ，所以 PD与平面 PBC 所成角的正弦值为 | | 1 2| | | | PD m PD m        ，所以 PD与平面 PBC 所成角为 6  . 【点评】试题从命题的角度来看，整体上题目与我们平时练习的试题和相似，底面也是特殊 的菱形，一个侧面垂直于底面的四棱锥问题，那么创新的地方就是点 E的位置的选择是一 般的三等分点，这样的解决对于学生来说就是比较有点难度的，因此最好使用空间直角坐标 系解决该问题为好。 19．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） 乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发 球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分。设在甲、乙的比赛中，每次发球， 发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立，。甲、乙的一局比赛中，甲先发 球。 （1）求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率； （2） 表示开始第4次发球时乙的得分，求 的期望。 【命题意图】本试题主要是考查了独立事件的概率的求解，以及分布列和期望值的问题。首 先要理解发球的具体情况，然后对于事件的情况分析、讨论，并结合独立事件的概率求解结 论。 解：记 iA为事件“第i次发球，甲胜”，i=1,2,3，则 1 2 3( ) 0.6, ( ) 0.6, ( ) 0.4P A P A P A   。 （Ⅰ）事件“开始第 4次发球时，甲、乙的比分为1比 2 ”为 1 2 3 1 2 3 1 2 3A A A A A A A A A  ，由 互斥事件有一个发生的概率加法公式得 1 2 3 1 2 3 1 2 3( )P A A A A A A A A A  0.6 0.4 0.6 0.4 0.6 0.6 0.4 0.4 0.4         0.352 。 即开始第 4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率为0.352 （Ⅱ）由题意 0,1,2,3  。 1 2 3( 0) ( ) 0.6 0.6 0.4 0.144P P A A A       ； 1 2 3 1 2 3 1 2 3( 1) ( )P P A A A A A A A A A     0.4 0.6 0.4 0.6 0.4 0.4 0.6 0.6 0.6         =0.408； ( 2) 0.352P    ； 1 2 3( 3) ( ) 0.4 0.4 0.6 0.096P P A A A       所以 0.408 2 0.352 3 0.096 1.4E       【点评】首先从试题的选材上来源于生活，同学们比较熟悉的背景，同时建立在该基础上求 解进行分类讨论的思想的运用，以及能结合独立事件的概率公式求解分布列的问题。情景比 较亲切，容易入手，但是在讨论情况的时候，容易丢情况。 20．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） 设函数 ( ) cos , [0, ]f x ax x x    。 （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）设 ( ) 1 sinf x x  ，求 a的取值范围。 【命题意图】本试题考查了导数在研究函数中的运用。第一就是函数中有三角函数，要利用 三角函数的有界性，求解单调区间。另外就是运用导数证明不等式问题的构造函数思想的运 用。 解： ( ) sinf x a x   。 （Ⅰ）因为 [0, ]x  ，所以0 sin 1x  。 当 1a  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 [0, ]x  上为单调递增函数； 当 0a  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 [0, ]x  上为单调递减函数； 当0 1a  时，由 ( ) 0f x  得 sin x a ， 由 ( ) 0f x  得 0 arcsinx a  或 arcsin a x    ； 由 ( ) 0f x  得 arcsin arcsina x a   。 所以当 0 1a  时 ( )f x 在 [0,arcsin ]a 和 [ arcsin , ]a  上为为单调递增函数；在 [arcsin , arcsin ]a a  上为单调递减函数。 （Ⅱ）因为 ( ) 1 sin cos 1 sin 1 sin cosf x x ax x x ax x x          当 0x  时，0 1 sin 0 cos0 0    恒成立 当0 x   时， min 1 sin cos 1 sin cos1 sin cos [ ]x x x xax x x a a x x            令 1 sin cos( ) (0 )x xg x x x      ，则 2 2 (cos sin ) 1 sin cos (1 ) cos ( 1) sin 1( ) x x x x x x x x xg x x x           又令 ( ) (1 )cos ( 1)sin 1c x x x x x     ，则 ( ) cos (1 )sin sin ( 1)cos (sin cos )c x x x x x x x x x x          则当 3(0, ) 4 x   时， sin cos 0x x  ，故 ( ) 0c x  ， ( )c x 单调递减 当 3( , ] 4 x   时， sin cos 0x x  ，故 ( ) 0c x  ， ( )c x 单调递增 所以 ( )c x 在 (0, ]x  时有最小值 3( ) 2 1 4 c     ，而 0 lim ( ) (1 0)cos0 (0 1)sin 0 1 0 x c x        ， lim ( ) ( ) (1 ) 1 0 x c x c           综上可知 (0, ]x  时， ( ) 0 ( ) 0c x g x   ，故 ( )g x 在区间 (0, ] 单调递 所以 min 2[ ( )] ( )g x g     故所求 a的取值范围为 2a   。 另解：由 ( ) 1 sinf x x  恒成立可得 2( ) 1 1 1f a a         令 2( ) sin (0 ) 2 g x x x x       ，则 2( ) cosg x x     当 2(0,arcsin )x   时， ( ) 0g x  ，当 2(arcsin , ) 2 x    时， ( ) 0g x  又 (0) ( ) 0 2 g g    ，所以 ( ) 0g x  ，即 2 sin (0 ) 2 x x x      故当 2a   时，有 2( ) cosf x x x    ①当 0 2 x    时， 2 sinx x   ， cos 1x  ，所以 ( ) 1 sinf x x  ②当 2 x   时， 2 2( ) cos 1 ( ) sin( ) 1 sin 2 2 f x x x x x x             综上可知故所求 a的取值范围为 2a   。 【点评】试题分为两问，题词面比较简单，给出的函数比较新颖，因为里面还有三角函数， 这一点对于同学们来说有点难度，不同于平时的练习题，相对来说做得比较少。但是解决的 关键还是要看导数的符号，求解单调区间。第二问中，运用构造函数的思想，证明不等式， 一直以来是个难点，那么这类问题的关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小 于零的问题得到解决。 21．（本小题满分12分）（注意：在试卷上作答无效） 已知抛物线 2: ( 1)C y x  与圆 2 2 21: ( 1) ( ) ( 0) 2 M x y r r     有一个公共点 A，且在 A处两曲线的切线为同一直线 l。 （1）求 r； （2）设m、 n是异于 l且与C及M 都相切的两条直线，m、 n的交点为D，求D到 l的 距离。 【命题意图】本试题考查了抛物线与圆的方程，以及两个曲线的公共点处的切线的运用，并 在此基础上求解点到直线的距离。 解：（1）设 2 0 0( , ( 1) )A x x  ，对 2( 1)y x x   求导得 2( 1)y x   ，故直线 l的斜率 02( 1)k x  ，当 0 1x  时，不合题意，所心 0 1x  圆心为 1(1, ) 2 M ，MA的斜率 2 0 0 1( 1) 2 1 x k x      由 l MA 知 1kk    ，即 2 0 0 0 1( 1) 22( 1) 1 1 x x x        ，解得 0 0x  ，故 (0,1)A 所以 2 21 5| | (1 0) ( 1) 2 2 r MA      （2）设 2( , ( 1) )a a  为C上一点，则在该点处的切线方程为 2( 1) 2( 1)( )y a a x a     即 22( 1) 1y a x a    若该直线与圆M 相切，则圆心M 到该切线的距离为 5 2 ，即 2 2 2 1| 2( 1) 1 1| 52 2[2( 1)] ( 1) a a a          ，化简可得 2 2( 4 6) 0a a a   求解可得 0 1 20, 2 10, 2 10a a a     抛物线C在点 2( , ( 1) )( 0,1,2)i ia a i  处的切线分别为 , ,l m n，其方程分别为 2 1y x  ① 2 1 12( 1) 1y a x a    ② 2 2 22( 1) 1y a x a    ③ ②－③得 1 2 2 2 a ax    ，将 2x  代入②得 1y   ，故 (2, 1)D  所以D到直线 l的距离为 2 2 | 2 2 ( 1) 1| 6 5 52 ( 1) d         。 【点评】该试题出题的角度不同于平常，因为涉及的是两个二次曲线的交点问题，并且要研 究两曲线在公共点出的切线，把解析几何和导数的工具性结合起来，是该试题的创新处。另 外对于在第二问中更是难度加大了，出现了另外的两条公共的切线，这样的问题对于我们以 后的学习也是一个需要练习的方向。 22（本小题满分12分）（注意：在试卷上作答无效） 函数 2( ) 2 3f x x x   。定义数列  nx 如下： 1 12, nx x  是过两点 (4,5), ( , ( ))n n nP Q x f x 的直线 nPQ 与 x轴交点的横坐标。 （1）证明： 12 3n nx x    ； （2）求数列  nx 的通项公式。 解：（1）为 2(4) 4 8 3 5f     ，故点 (4,5)P 在函数 ( )f x 的图像上，故由所给出的两点 (4,5), ( , ( ))n n nP Q x f x ，可知，直线 nPQ 斜率一定存在。故有 直线 nPQ 的直线方程为 ( ) 55 ( 4) 4 n n f xy x x      ，令 0y  ，可求得 2 2 8 4 355 ( 4) 4 4 2 2 n n n n n n x x xx x x x x x               所以 1 4 3 2 n n n xx x    下面用数学归纳法证明 2 3nx  当 1n  时， 1 2x  ，满足 12 3x  假设 n k 时， 2 3kx  成立，则当 1n k  时， 1 4 3 54 2 2 k k k k xx x x       ， 由 5 5 11 52 3 4 2 5 1 2 4 3 2 4 4 2k k k k x x x x                 即 12 3kx   也成立 综上可知 2 3nx  对任意正整数恒成立。 下面证明 1n nx x  由 2 2 1 4 3 4 3 2 ( 1) 4 2 2 2 n n n n n n n n n n n x x x x xx x x x x x                由 22 3 1 1 2 0 ( 1) 4 3n n nx x x            ，故有 1 0n nx x   即 1n nx x  综上可知 12 3n nx x    恒成立。 （2）由 1 4 3 2 n n n xx x    得到该数列的一个特征方程 4 3 2 xx x    即 2 2 3 0x x   ，解得 3x  或 1x    1 4 3 33 3 2 2 n n n n n x xx x x         ① 1 4 3 5 5( 1) 1 2 2 n n n n n x xx x x          ② 两式相除可得 1 1 3 31 1 5 1 n n n n x x x x         ,而 1 1 3 2 3 1 1 2 1 3 x x        故数列 3 1 n n x x      是以 1 3  为首项以 1 5为公比的等比数列 13 1 1( ) 1 3 5 nn n x x      ,故 1 1 1 9 5 1 43 3 5 1 3 5 1 n n n nx             。 【命题意图】本试题主要考查了数列的通项公式以及函数与数列相结全的综合运用。先从函 数入手，表示直线方程，从而得到交点坐标，再运用数学归纳法进行证明，根据递推公式构 造等比数列进而求得数列的通基。 【点评】以函数为背景，引出点的坐标，并通过直线与坐标轴的交点得到数列的递推公式。 既考查了直线方程，又考查了函数解析式，以及不等式的证明，试题比较综合，有一定的难 度。做这类试题那就是根据已知条件，一步一步的翻译为代数式，化简得到要找的关系式即 可。