北京高考数学试题理科

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2023年全国统一高考数学试卷(理科)(甲卷)(解析版)

2023年全国统一高考数学试卷(理科)(甲卷)(解析版)

2023年全国统一高考数学试卷(理科)(甲卷)参考答案与试题解析一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.(5分)设集合A={x|x=3k+1,k∈Z},B={x|x=3k+2,k∈Z},U为整数集,则∁U(A⋃B)=( )A.{x|x=3k,k∈Z}B.{x|x=3k﹣1,k∈Z}C.{x|x=3k﹣2,k∈Z}D.∅【答案】A【解答】解:∵A={x|x=3k+1,k∈Z},B={x|x=3k+2,k∈Z},∴A∪B={x|x=3k+1或x=3k+2,k∈Z},又U为整数集,∴∁U(A⋃B)={x|x=3k,k∈Z}.故选:A.2.(5分)若复数(a+i)(1﹣ai)=2,a∈R,则a=( )A.﹣1B.0C.1D.2【答案】C【解答】解:因为复数(a+i)(1﹣ai)=2,所以2a+(1﹣a2)i=2,即,解得a=1.故选:C.3.(5分)执行下面的程序框图,输出的B=( )A.21B.34C.55D.89【答案】B【解答】解:根据程序框图列表如下:A13821B251334n1234故输出的B=34.故选:B.4.(5分)向量||=||=1,||=,且+=,则cos〈﹣,﹣〉=( )【答案】D【解答】解:因为向量||=||=1,||=,且+=,所以﹣=+,即2=1+1+2×1×1×cos<,>,解得cos<,>=0,所以⊥,又﹣=2+,﹣=+2,所以(﹣)•(﹣)=(2+)•(+2)=2+2+5•=2+2+0=4,|﹣|=|﹣|===,所以cos〈﹣,﹣〉===.故选:D.5.(5分)已知正项等比数列{a n}中,a1=1,S n为{a n}前n项和,S5=5S3﹣4,则S4=( )A.7B.9C.15D.30【答案】C【解答】解:等比数列{a n}中,设公比为q,a1=1,S n为{a n}前n项和,S5=5S3﹣4,显然q≠1,(如果q=1,可得5=15﹣4矛盾),可得=5•﹣4,解得q2=4,即q=2,S4===15.故选:C.6.(5分)有50人报名足球俱乐部,60人报名乒乓球俱乐部,70人报名足球或乒乓球俱乐部,若已知某人报足球俱乐部,则其报乒乓球俱乐部的概率为( )A.0.8B.0.4C.0.2D.0.1【答案】A【解答】解:根据题意,在报名足球或乒乓球俱乐部的70人中,设某人报足球俱乐部为事件A,报乒乓球俱乐部为事件B,则P(A)==,由于有50人报名足球俱乐部,60人报名乒乓球俱乐部,则同时报名两个俱乐部的由50+60﹣70=40人,则P(AB)==,则P(B|A)===0.8.故选:A.7.(5分)“sin2α+sin2β=1”是“sinα+cosβ=0”的( )A.充分条件但不是必要条件B.必要条件但不是充分条件C.充要条件D.既不是充分条件也不是必要条件【答案】B【解答】解:sin2α+sin2β=1,可知sinα=±cosβ,可得sinα±cosβ=0,所以“sin2α+sin2β=1”是“sinα+cosβ=0”的必要不充分条件,故选:B.8.(5分)已知双曲线的离心率为,其中一条渐近线与圆(x﹣2)2+(y﹣3)2=1交于A,B两点,则|AB|=( )A.B.C.D.【答案】D【解答】解:双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的离心率为,可得c=a,所以b=2a,所以双曲线的渐近线方程为:y=±2x,一条渐近线与圆(x﹣2)2+(y﹣3)2=1交于A,B两点,圆的圆心(2,3),半径为1,圆的圆心到直线y=2x的距离为:=,所以|AB|=2=.故选:D.9.(5分)有五名志愿者参加社区服务,共服务星期六、星期天两天,每天从中任选两人参加服务,则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为( )A.120B.60C.40D.30【答案】B【解答】解:先从5人中选1人连续两天参加服务,共有=5种选法,然后从剩下4人中选1人参加星期六服务,剩下3人中选取1人参加星期日服务,共有=12种选法,根据分步乘法计数原理可得共有5×12=60种选法.故选:B.10.(5分)已知f(x)为函数向左平移个单位所得函数,则y=f(x)与的交点个数为( )A.1B.2C.3D.4【答案】C【解答】解:把函数向左平移个单位可得函数f(x)=cos(2x+)=﹣sin2x的图象,而直线=(x﹣1)经过点(1,0),且斜率为,且直线还经过点(,)、(﹣,﹣),0<<1,﹣1<﹣<0,如图,故y=f(x)与的交点个数为3.故选:C.11.(5分)在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为正方形,AB=4,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC的面积为( )A.B.C.D.【答案】C【解答】解:解法一:∵四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为正方形,又PC=PD=3,∠PCA=45°,∴根据对称性易知∠PDB=∠PCA=45°,又底面正方形ABCD得边长为4,∴BD=,∴在△PBD中,根据余弦定理可得:=,又BC=4,PC=3,∴在△PBC中,由余弦定理可得:cos∠PCB==,∴sin∠PCB=,∴△PBC的面积为==.解法二:如图,设P在底面的射影为H,连接HC,设∠PCH=θ,∠ACH=α,且α∈(0,),则∠HCD=45°﹣α,或∠HCD=45°+α,易知cos∠PCD=,又∠PCA=45°,则根据最小角定理(三余弦定理)可得:,∴或,∴或,∴或,∴tanα=或tanα=,又α∈(0,),∴tanα=,∴cosα=,sinα=,∴,∴cosθ=,再根据最小角定理可得:cos∠PCB=cosθcos(45°+α)==,∴sin∠PCB=,又BC=4,PC=3,∴△PBC的面积为==.故选:C.12.(5分)已知椭圆=1,F1,F2为两个焦点,O为原点,P为椭圆上一点,cos∠F1PF2=,则|PO|=( )A.B.C.D.【答案】B【解答】解:椭圆,F1,F2为两个焦点,c=,O为原点,P为椭圆上一点,,设|PF1|=m,|PF2|=n,不妨m>n,可得m+n=6,4c2=m2+n2﹣2mn cos∠F1PF2,即12=m2+n2﹣mn,可得mn=,m2+n2=21,=(),可得|PO|2==(m2+n2+2mn cos∠F1PF2)=(m2+n2+mn)=(21+)=.可得|PO|=.故选:B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

高考全国卷数学理科试题及答案详解

高考全国卷数学理科试题及答案详解

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学(全国新课标卷II)第一卷一、选择题:本大题共12小题,每题5分,在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的. 1.(2021课标全国Ⅱ,理1)集合M ={x |(x -1)2<4,x ∈R },N ={-1,0,1,2,3},那么M ∩N =( ).A .{0,1,2}B .{-1,0,1,2}C .{-1,0,2,3}D .{0,1,2,3}2.(2021课标全国Ⅱ,理2)设复数z 满足(1-i)z =2i ,那么z =( ).A .-1+iB .-1-IC .1+iD .1-i3.(2021课标全国Ⅱ,理3)等比数列{a n }的前n 项与为S n .S 3=a 2+10a 1,a 5=9,那么a 1=( ).A .13B .13-C .19D .19-4.(2021课标全国Ⅱ,理4)m ,n 为异面直线,m ⊥平面α,n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ,l ⊥n ,l α,l β,那么( ).A .α∥β且l ∥αB .α⊥β且l ⊥βC .α与β相交,且交线垂直于lD .α与β相交,且交线平行于l5.(2021课标全国Ⅱ,理5)(1+ax )(1+x )5的展开式中x 2的系数为5,那么a =( ).A .-4B .-3C .-2D .-16.(2021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 =( ).A .1111+2310+++B .1111+2!3!10!+++C .1111+2311+++ D .1111+2!3!11!+++7.(2021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,那么得到的正视图可以为( ).8.(2021课标全国Ⅱ,理8)设a =log 36,b =log 510,c =log 714,那么( ).A .c >b >aB .b >c >aC .a >c >bD .a >b >c 9.(2021课标全国Ⅱ,理9)a >0,x ,y 满足约束条件1,3,3.x x y y a x ≥⎧⎪+≤⎨⎪≥(-)⎩假设z =2x+y 的最小值为1,那么a =( ).A .14B .12 C .1 D .210.(2021课标全国Ⅱ,理10)函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,以下结论中错误的选项是( ).A .∃x0∈R ,f(x0)=0B .函数y =f(x)的图像是中心对称图形C .假设x0是f(x)的极小值点,那么f(x)在区间(-∞,x0)单调递减D .假设x0是f(x)的极值点,那么f′(x0)=011.(2021课标全国Ⅱ,理11)设抛物线C :y 2=2px (p >0)的焦点为F ,点M 在C 上,|MF |=5,假设以MF 为直径的圆过点(0,2),那么C 的方程为( ).A .y2=4x 或y2=8xB .y2=2x 或y2=8xC .y2=4x 或y2=16xD .y2=2x 或y2=16x12.(2021课标全国Ⅱ,理12)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局部,那么b 的取值范围是( ).A .(0,1) B.112⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ C.113⎛⎤- ⎥ ⎝⎦ D .11,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 第二卷本卷包括必考题与选考题两局部,第13题~第21题为必考题,每个试题考生都必须做答。

新课标Ⅰ高考数学理科真题试卷(含答案)

新课标Ⅰ高考数学理科真题试卷(含答案)

绝密(juémì)★启封(qǐ fēnɡ)并使用完毕前试题(shìtí)类型:A 2021年普通高等学校招生全国(quán ɡuó)统一考试理科(lǐkē)数学考前须知:1.本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部.第一卷1至3页,第二卷3至5页.2.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.3.全部答案在答题卡上完成,答在本试题上无效.4.考试结束后,将本试题和答题卡一并交回.第一卷一.选择题:本大题共12小题,每题5分,在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的.〔1〕设集合,,那么〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔2〕设,其中x,y是实数,那么〔A〕1〔B〕〔C〕〔D〕2〔3〕等差数列前9项的和为27,,那么〔A〕100〔B〕99〔C〕98〔D〕97〔4〕某公司的班车在7:00,8:00,8:30发车,学.科网小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,那么他等车时间不超过10分钟的概率是〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔5〕方程–=1表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,那么n的取值范围是〔A〕(–1,3) 〔B〕(–1,3) 〔C〕(0,3) 〔D〕(0,3)〔6〕如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.假设该几何体的体积是,那么它的外表积是〔A〕17π〔B〕18π〔C〕20π〔D〕28π〔7〕函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔8〕假设(jiǎshè),那么(nà me)〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔9〕执行右面(yòumiàn)的程序图,如果输入的,那么(nà me)输出x,y的值满足(mǎnzú)〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕(10)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点,交C的标准线于D、E两点.|AB|=,|DE|=,那么C的焦点到准线的距离为(A)2 (B)4 (C)6 (D)8(11)平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,a//平面CB1D1,平面ABCD=m,a 平面ABA1B1=n,那么m、n所成角的正弦值为(A)(B) (C) (D)12.函数(hánshù)为的零点(línɡ diǎn),为图像(tú xiànɡ)的对称轴,且()f x在单调(dāndiào),那么的最大值为〔A〕11 〔B〕9 〔C〕7 〔D〕5第II卷本卷包括必考题(kǎo tí)和选考题两局部.第(13)题~第(21)题为必考题,每个试题考生都必须作答.第(22)题~第(24)题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题:本大题共3小题,每题5分(13)设向量a=(m,1),b=(1,2),且|a+b|2=|a|2+|b|2,那么m=.(14)的展开式中,x3的系数是.〔用数字填写答案〕〔15〕设等比数列满足a1+a3=10,a2+a4=5,那么a1a2…a n的最大值为。

2023年全国统一高考数学试卷(理科)(乙卷)(解析版)

2023年全国统一高考数学试卷(理科)(乙卷)(解析版)

2023年全国统一高考数学试卷(理科)(乙卷)参考答案与试题解析一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.(5分)设z=,则=( )A.1﹣2i B.1+2i C.2﹣i D.2+i【答案】B【解答】解:∵i2=﹣1,i5=i,∴z===1﹣2i,∴=1+2i.故选:B.2.(5分)设集合U=R,集合M={x|x<1},N={x|﹣1<x<2},则{x|x≥2}=( )A.∁U(M∪N)B.N∪∁U M C.∁U(M∩N)D.M∪∁U N【答案】A【解答】解:由题意:M∪N={x|x<2},又U=R,∴∁U(M∪N)={x|x≥2}.故选:A.3.(5分)如图,网格纸上绘制的是一个零件的三视图,网格小正方形的边长为1,则该零件的表面积为( )A.24B.26C.28D.30【答案】D【解答】解:根据几何体的三视图转换为直观图为:该几何体是由两个直四棱柱组成的几何体.如图所示:故该几何体的表面积为:4+6+5+5+2+2+2+4=30.故选:D.4.(5分)已知f(x)=是偶函数,则a=( )A.﹣2B.﹣1C.1D.2【答案】D【解答】解:∵f(x)=的定义域为{x|x≠0},又f(x)为偶函数,∴f(﹣x)=f(x),∴,∴,∴ax﹣x=x,∴a=2.故选:D.5.(5分)设O为平面坐标系的坐标原点,在区域{(x,y)|1≤x2+y2≤4}内随机取一点,记该点为A,则直线OA的倾斜角不大于的概率为( )A.B.C.D.【答案】C【解答】解:如图,PQ为第一象限与第三象限的角平分线,根据题意可得构成A的区域为圆环,而直线OA的倾斜角不大于的点A构成的区域为图中阴影部分,∴所求概率为=.故选:C.6.(5分)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间(,)单调递增,直线x=和x=为函数y=f(x)的图像的两条对称轴,则f(﹣)=( )A.﹣B.﹣C.D.【答案】D【解答】解:根据题意可知=,∴T=π,取ω>0,∴ω==2,又根据“五点法“可得,k∈Z,∴φ=,k∈Z,∴f(x)=sin(2x)=sin(2x﹣),∴f(﹣)=sin(﹣)=sin(﹣)=sin=.故选:D.7.(5分)甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )A.30种B.60种C.120种D.240种【答案】C【解答】解:根据题意可得满足题意的选法种数为:=120.故选:C.8.(5分)已知圆锥PO的底面半径为,O为底面圆心,PA,PB为圆锥的母线,∠AOB =120°,若△PAB的面积等于,则该圆锥的体积为( )A.πB.πC.3πD.3π【答案】B【解答】解:根据题意,设该圆锥的高为h,即PO=h,取AB的中点E,连接PE、OE,由于圆锥PO的底面半径为,即OA=OB=,而∠AOB=120°,故AB===3,同时OE=OA×sin30°=,△PAB中,PA=PB,E为AB的中点,则有PE⊥AB,又由△PAB的面积等于,即PE•AB=,变形可得PE=,而PE=,则有h2+=,解可得h=,故该圆锥的体积V=π×()2h=π.故选:B.9.(5分)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C﹣AB﹣D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )A.B.C.D.【答案】C【解答】解:如图,取AB的中点E,连接CE,DE,则根据题意易得AB⊥CE,AB⊥DE,∴二面角C﹣AB﹣D的平面角为∠CED=150°,∵AB⊥CE,AB⊥DE,且CE∩DE=E,∴AB⊥平面CED,又AB⊂平面ABC,∴平面CED⊥平面ABC,∴CD在平面ABC内的射影为CE,∴直线CD与平面ABC所成角为∠DCE,过D作DH垂直CE所在直线,垂足点为H,设等腰直角三角形ABC的斜边长为2,则可易得CE=1,DE=,又∠DEH=30°,∴DH=,EH=,∴CH=1+=,∴tan∠DCE===.故选:C.10.(5分)已知等差数列{a n}的公差为,集合S={cos a n|n∈N*},若S={a,b},则ab=( )A.﹣1B.﹣C.0D.【答案】B【解答】解:设等差数列{a n}的首项为a1,又公差为,∴,∴,其周期为=3,又根据题意可知S集合中仅有两个元素,∴可利用对称性,对a n取特值,如a1=0,,,•,或,,a3=π,•,代入集合S中计算易得:ab=.故选:B.11.(5分)设A,B为双曲线x2﹣=1上两点,下列四个点中,可为线段AB中点的是( )A.(1,1)B.(﹣1,2)C.(1,3)D.(﹣1,﹣4)【答案】D【解答】解:设A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点为(x0,y0),,①﹣②得k AB==9×=9×,即﹣3<9×<3⇒,即或,故A、B、C错误,D正确.故选:D.12.(5分)已知⊙O的半径为1,直线PA与⊙O相切于点A,直线PB与⊙O交于B,C两点,D为BC的中点,若|PO|=,则•的最大值为( )A.B.C.1+D.2+【答案】A【解答】解:如图,设∠OPC=α,则,根据题意可得:∠APO=45°,∴==cos2α﹣sinαcosα==,又,∴当,α=,cos()=1时,取得最大值.故选:A.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

2012年高考理科数学北京卷-答案

2012年高考理科数学北京卷-答案
2012年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)
数学(理科)答案解析
第Ⅰ卷
一、选择题
1.【答案】D
【解析】 ,利用二次不等式的解法可得 或 ,易得 .
【提示】求出集合 ,然后直接求解 .
【考点】集合间的基本运算.
2.【答案】D
【解析】题目中 表示的区域表示正方形区域,而动点 可以存在的位置为正方形面积减去四分之一的圆的面积部分,因此 ,故选D.
20.【答案】(Ⅰ)
(Ⅱ1
(Ⅲ)
【解析】(Ⅰ)由题意可知 , , , ,

(Ⅱ)先用反证法证明 :
若 ,则 ,∴
同理可知 ,
∴ ,由题目所有数和为 ,即 ,
∴ 与题目条件矛盾
∴ .
易知当 时, 存在
∴ 的最大值为1.
(Ⅲ) 的最大值为 .
首先构造满足 的 :
, .
经计算知, 中每个元素的绝对值都小于1,所有元素之和为0,且 , , .
下面证明 是最大值.若不然,则存在一个数表 ,使得 .
由 的定义知 的每一列两个数之和的绝对值都不小于 ,而两个绝对值不超过1的数的和,其绝对值不超过2,故 的每一列两个数之和的绝对值都在区间 中.由于 ,故 的每一列两个数符号均与列和的符号相同,且绝对值均不小于 .
设 中有 列的列和为正,有 列的列和为负,由对称性不妨设 ,则 .另外,由对称性不妨设 的第一行行和为正,第二行行和为负.
【考点】由三视图求几何体的表面积.
8.【答案】C
【解析】由图可知6,7,8,9这几年增长最快,超过平均值,所以应该加入,因此选C.
【提示】由已知中图像表示某棵果树前 年的总产量 与 之间的关系,结合图像可得答案.
【考点】函数图像的应用.

2019年北京市高考数学试卷(理科)以及答案解析

2019年北京市高考数学试卷(理科)以及答案解析

绝密★本科目考试启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)理科数学注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写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的指定位置。

2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题共8小题,每小题5分,共40分。

在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项。

1.(5分)已知复数z=2+i,则z•=()A.B.C.3D.52.(5分)执行如图所示的程序框图,输出的s值为()A.1B.2C.3D.43.(5分)已知直线l的参数方程为(t为参数),则点(1,0)到直线l的距离是()A.B.C.D.4.(5分)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,则()A.a2=2b2B.3a2=4b2C.a=2b D.3a=4b5.(5分)若x,y满足|x|≤1﹣y,且y≥﹣1,则3x+y的最大值为()A.﹣7B.1C.5D.76.(5分)在天文学中,天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足m2﹣m1=lg,其中星等为m k的星的亮度为E k(k=1,2).已知太阳的星等是﹣26.7,天狼星的星等是﹣1.45,则太阳与天狼星的亮度的比值为()A.1010.1B.10.1C.lg10.1D.10﹣10.17.(5分)设点A,B,C不共线,则“与的夹角为锐角”是“|+|>||”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件8.(5分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论:①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过;③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中,所有正确结论的序号是()A.①B.②C.①②D.①②③二、填空题共6小题,每小题5分,共30分。

2012年北京高考数学真题及答案(理科)

2012年北京高考数学真题及答案(理科)

绝密★使用完毕前2012年普通高等学校招生全国统一考试数学(理)(北京卷)本试卷共5页,150分。

考试时长120分钟。

考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效。

考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分(选择题共40分)一、选择题共8小题,每小题5分,共40分。

在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项。

(1)已知集合{A x=∈R|320}x+>,{B x=∈R|(1)(3)0}x x+->,则A B=I(A)(,1)-∞-(B)2(1,)3--(C)2(,3)3-(D)(3,)+∞(2)设不等式组2,2xy⎧⎨⎩≤≤≤≤表示的平面区域为D.在区域D内随机取一个点,则此点到坐标原点的距离大于2的概率是(A)π4(B)π22-(C)π6(D)4π4-(3)设,a b∈R.“0a=”是“复数ia b+是纯虚数”的(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件(4)执行如图所示的程序框图,输出的S值为(A)2(B)4(C)8(D)16数学(理)(北京卷)第1 页(共11 页)(5)如图,90ACB∠=︒,CD AB⊥于点D,以BD为直径的圆与BC交于点E.则(A)CE CB AD DB⋅=⋅(B)CE CB AD AB⋅=⋅(C)2AD AB CD⋅=(D)2CE EB CD⋅=(6)从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为(A)24(B)18(C)12(D)6(7)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是(A)28+(B)30+(C)56+(D)60+(8)某棵果树前n年的总产量nS与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看,前m年的年平均产量最高,m的值为(A)5(B)7(C)9(D)11BA DCE正(主)视图侧(左)视图俯视图42 3 4数学(理)(北京卷)第2 页(共11 页)数学(理)(北京卷) 第 3 页(共 11 页)第二部分(非选择题 共110分)二、填空题共6小题,每小题5分,共30分。

1977-1987年高考理科数学试题参考答案

1977-1987年高考理科数学试题参考答案

(5,0)(1,0)(0,5)(3,-4)x =3yx O 15°45°A C B ED A CB 1977年普通高等学校招生考试(北京市)理科数学参考答案 满分120分,120分钟1.(本小题满分10分) 解:将两边平方,得2169x x x -=-+,即27100x x -+=,解得2,5x x ==, 经检验5x =是增根, ∴原方程的解是2x =. 2.(本小题满分10分) 解:原式=1. 3.(本小题满分10分)解:lg 45=21lg 21032⨯=0.8266.4.(本小题满分10分)证明:∵22cos sin (1)cos tg αααα+⎛⎫+= ⎪⎝⎭222cos 2sin cos sin cos ααααα++= 21sin 2cos αα+=,∴等式成立. 5.(本小题满分10分)解:由 70,310x y x y +-=⎧⎨--=⎩解得2,5x y ==.∴过点(2,5)和(1,1)的直线方程为 430x y --=.6.(本小题满分10分)解:七月份到十月份总产值为2100100(10.2)100(10.2)++++ 3100(10.2)++4100[(1.2)1]1.21⨯-=-100 1.0736536.80.2⨯==(万元).7.(本小题满分10分)解:(1)2265(3)4y x x x =-+=--, ∴二次函数图象的顶点坐标为(3,4)-, 对称轴方程为3x =.(2)如图(列表,描点略). (3)令0x =,得5y =;令0y =,得1x =或5x =, ∴二次函数图象与坐标轴 的交点坐标为(0,5),(1,0),(5,0)8.(本小题满分10分)解:由已知条件及图可得AC =20海里,∠BAC =450,∠ABC =300.由正弦定理可得20sin 21sin 2AC ACB B⋅===(海里).9.(本小题满分10分)证:连接CE ,在△ABD 和△ACE 中,∠BAD =∠CAE ,∠ABD =∠AEC , ∴△ABD ~△ACE ,∴AB ADCE AC= 即AD AE AC AB ⋅=⋅.10.(本小题满分10分)解:直线与椭圆的交点适合下面方程组:22, (1)1.(2)169y x m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩将(1)代入(2)得22()1169x x m ++=,即222532(16144)0x mx m ++-=,22(32)425(16144)m m ∆=-⋅⋅- 2576(25)m =-,当2576(25)0m ∆=-=,即5m =±时,直线与椭圆有一个交点; 当2576(25)0m ∆=->,2250m -+>,即5m <时,直线与椭圆有二个交点;当2576(25)0m ∆=-<,即5m >时,直线与椭圆没有交点. 参考题1.(本小题满分10分) 解:(1)当0x ≠时,22()2sin cos()f x x x xx x πππ-'=+2sincosx xxπππ=-;当0x =时,(0)(0)(0)limx f x f f x∆→∆+-'=∆20sin0limx x x xπ∆→∆-∆=∆ 0lim sin 0x x xπ∆→=∆=∆. ∴2sin cos .(0)()0(x 0)x x f x x xπππ⎧-≠⎪'=⎨⎪=⎩. (2)旋转体体积2aaV y dx π-=⎰22224(1)3aa xb dx ab a ππ-=-=⎰. 2. (本小题满分10分) 解:(1)答:略.(2)证:由()f x 在点0x x =处连续,且0()0f x >,所以,由定义,对于给定的0()02f x ε=>,必存在0δ>, 当0x x δ->时,有00()()()2f x f x f x -<,从而000()()()()022f x f x f x f x >-=>, 即在00(,)x x δδ-+内处处有()0f x >.1978年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案 满分120分,120分钟(理科考生五,六两题选做一题.文科考生五,六两题选做一题,不要求做第七题) 一、(下列各题每题4分,五个题共20分) 1.解:222444x xy y z -+-22(2)(2)x y z =--(22)(22)x y z x y z =---+2.解:设底面半径为r ,则22ra a π=,即2a r π=,∴22224a a V r a a ππππ⎛⎫=⋅=⋅=⎪⎝⎭. 3.解:∵lg(2)0x +≥, ∴21x +≥,即1x ≥-, ∴函数定义域[)1,-+∞.4.解:原式=sin100cos350+cos100sin350=sin(100+350)=sin450=22. 5. 解:原式12425b = . 二 、(本题满分14分)解:1)0k >时,方程的图形是椭圆,中心在坐标原点,此时又可分为:①1k >时,长轴在y 轴上,2a =,b =; ②1k =时,为半径2r =的圆; ③1k <时,长轴在x 轴上,a =,2b =.如图:2) 0k =时,方程为2y =图形是两条平行于x 轴的直线2±=y .如图.3)0k <时,方程为22124x y k-+=,这时图形是双曲线,中心在坐标原点,实轴在y 轴上.如图: 三、(本题满分14分) 证:1)连接CA ,CB ,则∠ACB =900∠ACM =∠ABC , ∠ACD=∠ABC , ∴∠ACM =∠ACD , ∴△AMC ≌△ADC , ∴CM =CD .同理CN =CD ,∴CD =CM =CN .2)∵CD ⊥AB ,∠ACD =900, ∴ CD 2=AD ·DB .由1)知AM=AD ,BN=BD ,∴CD 2=AM ·BN . 四、(本题满分12分)解:∵185b=,∴ 18log 5b =, ∴ 183618log 59log 45log 182⋅=⋅18181818log 5log 9log 18log 22a ba++==+-. 五、(本题满分20分)解:由条件得180A B C ++=︒, 2B A C =+,∴60,120B A C =︒+=︒.∵tan tan 2A C = ∴tan tan (1tan tan )tan()A C A C A C +=-+(13=-=,……② ∴由①,②知tan ,tan A C 是方程2(320x x -+=的两个根,解这个方程得121,2x x ==tan 1,tan 2A C ==tan 21A C ==, ∴45,75A C =︒=︒,或 75,45A C =︒=︒,∴45,60,75A B C =︒=︒=︒,或 75,60,45A B C =︒=︒=︒.∵顶点C 的对边c 上的高等于34,∴8,a b ====cos 45cos 60c AD DB b a =+=︒+︒4=,或8a ==,b ==cos 75cos 60c AD DB b a =+=︒+︒8=.六、(本题满分20分)证明:由223sin2sin 1αβ+= 得2c o s 23s i n βα=,由3sin 22sin 20αβ-= 得3sin 2sin 23sin cos 2βααα==, 2249sin cos 9sin ααα+22sin 2cos 21ββ=+=,即29sin 1α=.∵α为锐角,∴1sin 3α=.∴sin(2)sin cos2cos sin 2αβαβαβ+=+2sin (3sin )cos (3sin cos )ααααα=+ 223sin (sin cos )3sin 1αααα=+==.∵,αβ为锐角,∴22παβ+=.七、(本题满分20分) 解:已知函数配方法得:2214524m m y x ++⎛⎫=+-⎪⎝⎭,1E DC BA ∴y 的极小值为454m +-. 1)由4504m +-=,得54m =-, ∴当54m =-时,y 的极值是0.2)设函数的顶点坐标为(,)x y ,则21122m x m +=-=--,45544m y m +=-=--,消去m 得1l :34x y -=,∴不论m 是什么数值,函数图象(即抛物线)的顶点都在同一条直线1l 上. 当1,0,1m =-时,函数式分别为211()42y x +=-,293()42y x +=+, 251()42y x +=+(图略).3)设l :x y a -=为任一条平行于1l 的直线,与抛物线方程22(21)1y x m x m =+++-联立求解,消去y ,得22210x mx m a ++-+=,即2()1x m a +=-.当1-a ≥0,即a ≤1时,直线l 与抛物线相交,而a >1时,直线l 与抛物线不相交.当1a ≤时,x m =-直线l 与抛物线两交点的横坐标分别为m m --由条件知直线l 的倾斜角为45︒,直线l 被抛物线截出的线段长为[((m m ---=m 无关,因此直线l 被各抛物线截出的线段都相等.一九七八年副题 理科数学参考答案 满分120分,120分钟1.(下列各题每题4分,五个题共20分) (1)解:原式=(1)(3)x y x y ---+.(2)解:原式2130124=-+-=⎝⎭. (3)解:由255010x x ⎧->⎨+≠⎩得2x <且1x ≠-,∴函数的定义域∞(-,1)(1,2).(4)解:)(3312131322cm V ππ=-⋅⋅=. (5)解:原式=30. 2.(本题满分14分) 解:由已知条件得121239,40x x x x +==-, ∴121212113940x x x x x x ++==-, 1211140x x ⋅=-, ∴所求方程为:2403910x x +-=. 3. (本题满分14分) 证:∵AD 是 △ABC 的外接 圆的切线,∴∠B =∠1,∴△ABD ∽△ACD ,∴22ABC AB ACD AC ∆=∆的面积的面积作AE ⊥BD 于点E ,则.2121CD BDAE CD AEBD ACD ABC =⋅⋅=∆∆的面积的面积 ∴CDBDAC AB ACD ABC ==∆∆22的面积的面积. 4.(本题满分12分)F aαN MEDCB A证:作ME BD ⊥ 于E ,由△ABC 是 等边三角形知, 在直角△MBE 中,12BE BM =,ME =,2tan 122MEED a BM α==-,BM =类似地,过N 作NF BC ⊥于F ,在直角△NFC中,可证:CN = 5.(本题满分20分)证:1)∵244(1)0p q m --+=,∴2414p q m -+=,∴432()444f x x px qx =-+ 222442()44p q p q p x --+⋅+2222(2x )(4)px p q x =---22244(2)()44p q p q px --+⋅+22222244(2x )2(2x )()44p q p q px px --=---⋅+2224(2x )4p q px -=--,∴()f x 恰好是一个二次三项式的平方.2)由条件得43224442(1)(1)x px qx p m m -+++++ 22(2)x ax b =++4322244(4)2x ax a b x abx b =-++++,∴22244(1)44 (2)2(1)2(3)(1)(4)p a q a b p m ab m b-=⎧⎪=+⎪⎨+=⎪⎪+=⎩, 由(1)得a p =-,代入(2)得244q p b -=,将,a b 代入(3)得242(1)24q p p m p -+=-⋅,即2[44(1)]0p p q m --+=,∵0p ≠,∴244(1)0p q m --+=.6.(本题满分14分) 证:∵,a b 不同时为0, ∴①可变形为0x x +=,设in s y y ==,则上式即为sin cos cos sin sin()0x y x y x y -=-=, ∴()x y k k Z π-=+∈,即 ()x y k k Z π=+∈.∴sin 2cos 2A x B x C +-sin(22)cos(22)A y k B y k C ππ=+++- sin 2cos 2A y B y C =+-222sin cos (cos sin )A y y B y y C =---22222220ab a b A B C a b a b -=---=++,即22222()()0abA b a B a b C +-++=. 证(二):当0,0a b =≠时,由①得cos 0x =,结合②得B C -=,∴22222()()0abA b a B a b C +-++=; 同理可得,当0,0a b ≠=时,22222()()0a b A ba B ab C +-++=; 当0,0a b ≠≠时,由由①得tan bx a=-,sin 2cos 2A x B x C +-B /P/Pl CBA O y x2222222sin cos cos sin sin cos sin cos x x x x A B C x x x x-=⋅+⋅-++2222tan 1tan 1tan 1tan x x A B C x x -=⋅+⋅-++ 2222222111b b a a A B C b b a a -⋅-=⋅+⋅-++ 22222220ab a b A B C a b a b -=-⋅+⋅-=++,即22222()()0abA b a B a b C +-++=.综上可知,结论成立. 7.(本题满分14分)解:1)直线l ,圆C 和抛物线Q的方程为:L y x =;2:x Q y =; 22:1C x y +=. 草图如右图所示. 2)由221y x x y ⎧=⎪⎨⎪+=⎩得A点横坐标为2x =- 线段PA 的函数关系为1(),()322f x x x =-≤≤-;由2221y x y ⎧=⎪⎨⎪+=⎩得B 点横坐标为2x =, 圆弧AB 的函数关系式为2())22f x x =-≤≤;抛物线上OB 一段的函数表达式为3()(02f x x =≤≤, POP S '∆=724OAB π=扇形S , 14BOB S '∆=,71244π=+阴S .V D CBA βαPCBA1979年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案 满分120分,120分钟一、(本题满分6分) 证: 2()4()()z x x y y z ----22()4()4x z x z y y =+-++ 2(2)0x y z =-+=,∴22x z y +=,即,,x y z 成等差数列. 二、(本题满分6分) 解:原式221111111tan 1cot xx==--+--22211csc 1sin 1csc x xx===-. 三、(本题满分6分)解:由条件知,甲中纯酒精与水的重量分别为1111m v m n +,1111n v m n +;乙中纯酒精与水的重量分别为2222m v m n +,2222n v m n +.混合后所得液体中纯酒精量为11221122m v m vm n m n +++112222111122()()()()m v m n m v m n m n m n +++=++; 混合后所得液体中水的量为11221122n v n vm n m n +++112222111122()()()()n v m n n v m n m n m n +++=++.混合后所得液体中纯酒精与水之比是11222211[()()]:m v m n m v m n +++ 11222211[()()]n v m n n v m n +++.四、(本题满分6分)略. 五、(本题满10分) 解:作PC AB ⊥于C , 设PC d =,在直角三角形PAC 中, cot AC d α=;在直角三角形PBC 中,cot BC d β=,∴(cot cot )S AC BC d αβ=+=+. 当d D ≤,即cot cot SDαβ+≥时,应向外国船发出警告. 六、(本题满10分)证:设,,VA a VB b VC c ===,AB p =,,BC q CA r ==,则222222222,,p a b q b c r c a =+=+=+.在三角形ABC 中,由余弦定理得222222cos CAB ∠=20=>,∴CAB ∠是锐角. 同理,∠ABC , ∠BCA 也是锐角. 七、本题满分12分)解:设年增长率为x ,则由条件得40100(1)500x +=,即40(1)5x +=.F 1ED C BA取自然对数有40ln(1)ln 5x +=. 又lg5=1-0.3=0.7 , ln5=ln10lg5=2.3×0.7=1.61. 利用ln(1)x x +≈,有x ≈ln5/40=1.61/40=0.04025≈4%. 答:每年约增长百分之四.八、本题满分12分) 证:连接CD .∵∠CFD =900,∴CD 为圆O 的直径, 又AB 切圆O 于D ,∴CD ⊥AB .又在直角三角形ABC 中,∠ACB =900, ∴2AC =AD ·AB ,2BC =BD ·AB , ∴22BD BCAD AC =.…⑴ 又∵2BD =BC ·BF ,2AD =AC ·AE ,∴22BD BC BFAD AC AE⋅=⋅.…⑵ 由(1)与(2)得44BC BF BC AC AE AC ⋅=⋅,∴33BF BC AE AC =. 九、(本题满分14分)解:记已知数列为{}n a ,则由条件知:11lg(100sin )2(1)lg 242n n a n π-==--,∴数列{}n a 是递减等差数列,且其首项为2.设前k 项的和最大,则由条件得12(1)lg 20,212[(1)1]lg 20.2k k ⎧--≥⎪⎪⎨⎪---<⎪⎩ 解得 13.214.2k <≤,∵k N ∈,∴14k =.11414142a a S +=⨯ 91280.301014.302=-⨯≈. 十、(本题满分18分) 解:设OP 与x 轴正方向的夹角为α,点P 的坐标为(,)x y ,则OP =sin()PD OP θα=-(sin cos cos sin )OP θαθα=-sin cos x y θθ=-,sin()PF OP θα=+(sin cos cos sin )OP θαθα=+sin cos x y θθ=+由2PD PF PE ⋅=得22222sin cos ()x y h x θθ-=-,……① 22222cos 2cos 0x hx y h θθ-++=.由条件知2cos 0θ≠,332211O 3O 2O 1EDC (c ,0)B (b .0)A (0.a )O y x ∴2222220cos cos h h x x y θθ-++=,即 22222sin ()()cos cos h h x y θθθ-+=. 这是以2(,0)cos h θ为圆心,2sin cos h θθ为半径的圆.所求轨迹是此圆在所给等腰三角形内的一部分.2.由PD PE PF +=得sin cos sin cos x y h x x y θθθθ-+-=+,即2cos x y h θ+=.…………………②此直线过点(,0)h 及(0,)2cos hθ.由①,②得222222sin cos 4cos x y y θθθ-=,即 22225cos sin y x θθ=,由PD PE PF +=知0y >,∴y x =.……………③由②,③得(1)x h θ+=,即1h x θ==tan y θ=∴所求点的坐标为P .1980年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案 满分120分,120分钟一、(本题满分6分) 解:1. 55449(9)x y xy xy x y -=-2222(3)(3)xy x y x y =+-. 2. 559x y xy -22(3)()()xy x y x x =+. 3. 559x y xy -()()()()xy x x x x =.二、(本题满6分) 证:设⊙1O ,⊙2O , ⊙3O 的半径为1,2,3∵因这三个圆两两外切, ∴12233,5OO O O ==,134O O =,∴()()()222121323O O O O O O +=∴根据勾股定理的逆定理知△123O O O 为直角三角形. 三、(本题满分10分)证:取△ABC 最长一边BC 所在的直线为x 轴,经过A 的高线为y 轴,设,,A B C 的坐标分别为(0,),(,0),(,0)A a B b C c ,根据所选坐标系,如图,有0,0,0a b c ><>. 直线AB 的斜率AB ak b=-, 直线AC 的斜率ACa k c=-;∴高线BE 斜率BE ck a=,高线CD 斜率CD b k a =高线BE 的方程为()cy x b a =-,……⑴高线CD 的方程为()by x c a=-,……⑵由(1)-(2)得 ()0b c x -=, ∵b c ≠,∴0x =.lB AP NMDC BA ∴高线CD 、BE 的交点的横坐标为0,也即交点在高线AO 上. ∴三条高线交于一点. 四、(本题满分10分) 解:见课本. 五、(本题满分10分)证:用反证法假如平面N 与平面M 平行,则PA 也垂直于N ,因此PA 与PB 重合,B 点与A 点重合,但这与题设矛盾,∴平面N 与平面M 相交.设平面N 与平面M 的交线为l∵PA ⊥平面M ,∴PA ⊥l . 又∵PB ⊥平面N , ∴PB ⊥l ,∴l ⊥平面PAB ,∴l ⊥AB . 六、(本题满分12分) 解:1. M =1,1m =-,5210T k kππ⨯==. 2. ()f x 在它的每一个周期中都恰好有一个值是M 与一个值是m . 而任意两个整数间的距离都≥1.∴要使任意两个整数间函数()f x 至少有一个值是M 与一个值是m ,必须且只须使()f x 的周期1T ≤,即.4.3110,110 =≥≤ππk k∴32k =就是这样的最小正整数.七、(本题满分14分)解:设,,CD h AB c BD x ===,则AD c x =-, ∴△ACD 的面积为)(21x c h -, △BCD 的面积为hx 21,△ABC 的面积为hc 21,由题意得2111()(),222hx h c x hc =-⋅2()x c c x =-,即220x cx c +-=,解得12x -=或12c -(舍去) 由直角三角形的性质,有2()AC AD AB c c x =⋅=-211()22c c c ⎛⎫-=-= ⎪ ⎪⎝⎭,∴AC =, ∴215215sin -=-==c cAB AC B , ∴B ∠=.八、(本题满分14分) 证(一):∵0απ<<, ∴cos22sin 2cot2sin 22sin2ααααα-=-22cos 22sin 22sincos 22αααα=-1cos 2sin 2sin ααα+=-2sin 2sin (1cos )sin αααα-+=24sin cos (1cos )sin αααα-+=24(1cos )cos (1cos )sin αααα--+=214(1cos )(cos )20sin ααα+-=-≤,A (m ,0)当且仅当1cos 2α=,即3πα=时取“=” .证(二):即证:1cos 2sin 2sin ααα+≤.两端乘以sin α,问题化为证明 2sin αsin2α≤1+cos α.而 2sin αsin2α=4sin αcos 2α=4(1-cos 2α)cos α=4(1-cos α)(1+cos α)cos α ∴问题又化为证明不等式(1+cos α)[4(1-cos α)cos α-1]≤0,即(1+cos α)⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--221cos 4α≤0,∴不等式得证. ∵0απ<<,∴等号成立当且仅当cos α-21=0 即3πα=.九、(本题满分18分)解:设圆心为(,0)A m ,则圆的方程为22()1x a y -+=.设圆与抛物线的一 个交点为000(,)(0)P x y x ≥, 则00AP y k x a=-, 圆A 在点P 处的切线斜率为010x ak y -=-,抛物线在P 点处的切线斜率201k y =.由在P 点处抛物线的切线与圆的切线垂直得0120011x a k k y y -=-⋅=-,即 200y x a =-.…………①由00(,)P x y 是圆与抛物线的交点得 2002y x = , ………………②2200()1x a y -+= . …………③ 由①,②式消去0y ,得0x a =-,将②代入③,得200()21x a x -+=, 将0x a =-代入,得24210a a --=,∴a =或a =.所求圆的方程为22(1x y +=.由对称性,圆与抛物线的另一交点00(,)x y -处的切线也互相垂直. 附加题(成绩不计入总分,只作参考) 解:消去参数,得l :;b mx y +=E :.1)1(222=+-y ax 消去y ,整理得01)1(2)1(2222222=+-+-++a b a x mb a x m a 由条件知l ,E 有交点,∴22222224(1)4(1)(1)0a mb a m a b a ∆=--+-+≥,即.0)1(2)1(222≥-+--b bm m a对任意m 的值,要使这个不等式恒成立,条件是222210,(1)(1)0;a b a b ⎧->⎪⎨---≤⎪⎩或210,0.a b ⎧-=⎨=⎩即||1,a b >⎧⎪⎨≤≤⎪⎩或||1,0.a b =⎧⎨=⎩ 即⎪⎩⎪⎨⎧-≤≤--≥.||1||1,1||22a a b a a a 即所求的条件.(注:也可数形结合,由点(0,)P b 在椭圆E 内或E 上求解)1981年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案满分120分,120分钟一、(本题满分6分)解:1.A∪B={实数},2.A∩B=φ.二、(本题满分6分)解:1.选举种数2412P=(种).所有可能的选举结果:,,,,,AB AC AD BC BD CD,,,,,,BA CA DA CB DB DC.2.选举种数C43=4(种).所有可能的选举结果:,,,ABC ABD ACD BCD.三、(本题满分8分)解:1.必要条件 2.充分条件3.充分条件4.充要条件四、(本题满分8分)证(一):解析法:如图①,以C为原点,边CB所在直线为x轴,建立平面直角坐标系,设B点的坐标为(,0)a,点A的坐标为(cos,sin)b C b C,则AB==2222cosc a b ab C=+-.同理可证2222cosa b c bc A=+-,2222cosb ac ac B=+-.证(二):如图②,当ABC∆是直角三角形时,222222cosc a b a b ab C=+=+-.①②如图③,当ABC∆是锐角三角形时,sinAD b A=,cosBD BC CD a b C=-=-,在Rt ABD∆中,由勾股定理得222AB AD BD=+22(sin)(cos)b C a b C=+-,即2222cosc a b ab C=+-.③④如图④,当ABC∆是钝角三角形时,sinAD b C=cosBD CD CB b C a=-=-,在Rt ABD∆中,由勾股定理得222AB AD BD=+22(sin)(cos)b C b AC a=+-,即2222cosc a b ab C=+-.另外两个等式可以类似证明.五、(本题满分10分)解:x a b c x xa xbc x xa b x c a b x c---=----2000()0xx x x x a b ca ab x c==--->-+-,原不等式解是x a b c>++,且0x≠.六、(本题满分10分)用数学归纳法证明等式23sin cos cos cos cos22222sin2nnn x x x x xx ⋅⋅⋅⋅=对一切自然数n都成立.证:略七、(本题满分15分)解:1.所求人口数x(亿)是等比数列10,10×1.02,10×(1.02)2,……的第21项,即x=10×(1.02)20,两边取对数,得lg x=1+20lg1.02=1.17200,∴x=14.859(亿) .2.设人口每年比上年平均递增率最高是y %,按题意得10×(1+y %)20≤12,(1+y %)20≤1.2.根据对数函数的单调上升性,对上列不等式两边取对数得20lg(1+y %)≤lg1.2, 即 lg(1+y %)≤0.00396,∴1+y %≤1.0092, y %≤0.0092. 答:略 八、(本题满分17分) 解:1.在平面P 内作直线AD ⊥a 于点D ;在平面Q 内,作直线BE ⊥a 于点E ,从点D 作a 的垂线与从点B 作a 的平行线∴∠ABC 等于AB 和a 所成的角∠ADC 为两面角P a Q --的平面角,∴∠ADC =1200AD =2,BCDE 为矩形,∴CD =BE =4.连接AC ,由余弦定理得.72=AC 又因AD ⊥a ,CD ⊥a ,所以a 垂直于△ACD 所在的平面BC ∥a 得知BC 垂直于△ACD 所在的平面,∴BC ⊥AC 在直角△ABC 中,,57sin ==∠AB AC ABC 57arcsin =∠∴ABC .2.在△ACD 所在的平面内,作AF ⊥CD 交CD 的延长线于点F因为△ACD 所在的平面⊥平面Q , ∴AF ⊥平面Q在△ADE 中,∠ADE =600,2AD =, ∴AF =360sin 2=︒ 连接BF ,于是∠ABF 是AB 和平面Q 所成的角,而△ABF 为直角三角形,所以.103arcsin .103sin =∠==∠ABF AB AF ABF 九、(本题满分18分)解:1.①当直线l 的斜率不存在时,(2,0)P . ②当直线l 的斜率为k 时,直线l 的方程为(2)1y k x =-+, …(1) 将(1)式代入双曲线方程,得[]22(2)112k x x -+-=,即2222(2)(42)4430k x k k x k k -+--+-=.… (2) 又设111222(,),(,),(,)P x y P x y P x y ,则12,x x 是方程(2)的两个实根,且).02(22422221≠---=+k k k k x x由题意得212212()22k kx x x k -=+=-,122y y y +=12212(21)(4)122k k x x k -=+-+=-, 显然2,0x y ==不能同时成立. 由,x y 的表达式相除后消去k 得2214()8(1)21(277y x x ---=≠,且 0)y ≠.由①,②可得点P 的轨迹方程为2214()8(1)2177y x ---=. 2.设过点B 的直线方程为(1)1x t y =-+,代入双曲线方程2212y x -=得O F E DC B A []22(1)112y t y -+-=,即222(21)4(1)240t y t t y t t ---+-=(3)设133244(,),(,)Q x y Q x y ,则34,y y 是方程(3)的两个实根,且3424(1)21t t y y t -+=-如果B 是12Q Q 的中点,就有3424(1)21t t y y t -+=-=2,即12t =,代入(3)得1y =,从而1x =,∴ 12,Q Q 重合于点于点,∴满足题设中条件的直线不存在. 十、(附加题,本题满分20分,计入总分) 证:由条件得122(1)k k k k kk u a a b a b b --=-+-+-=ba b a k k k +--+++111)1(由条件可得1a b AC BC AC AF FC -=-=-==, 21ab AC BC CD ===.∴1112(1)n n n n a b u a b------=+111(1)=n n n a b ab a b -----+1(1)n n n a b ab a b---=+,1(1)n n nn a b u a b---=+(1)()n n na b a b a b--=-+111(1)(1)n n n n n n a a b ab b a b+++-----=+∴11112(1)n n n n n n a b u u u a b+++----+==+.1982年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案 满分120分,120分钟一、(本题满分6分)解:1.{}0;2.R ;3.R ;4.[]1,1-; 5.(0,)+∞;6.R 二、(本题满分8分)解:1.第15项146141520(1)()T C i =- 62038760C =-=-.2.122cos sin ()sin 33333x x x xy ''=-=- .三、(本题满分9分)解:1. 由已知条件得2360x y --=,图形是直线.2.由已知条件得,14)1(22=+-y x 图形是椭圆.四、(本题满分12分) 解:设圆柱体半径为r 高为 (0)h h H <<. 由已知条件知△ACD ∽△AOB , ∴H h rH R -=,即 ()Rr H h H=-,∴圆柱体体积2222()()R V h r h H h h H ππ==-.∵0h H <<, ∴22()422R H h H hV h h Hπ--=⋅⋅⋅⋅2322442727R H R H H ππ≤⋅⋅=,N MP (ρ,θ)BA O x KRQ PN M DCBA当且仅当2H h h -=,即3Hh =时, ()V h 最大,且2max 4()27V h R H π=.(注:可以用求导方法求解) 五、(本题满分15分) 解一:当1a >时,|log (1)|log (1)a a x x -=--,|log (1)|log (1)a a x x +=+,|log (1)||log (1)|a a x x --+ [log (1)log (1)]a a x x =--++2log (1)a x =--,∵1a >,01x <<,∴2011x <-<,∴2log (1)0a x -->, ∴|log (1)||log (1)|a a x x ->+. 当01a <<时,|log (1)|log (1)a a x x -=-, |log (1)|log (1)a a x x +=-+,2|log (1)||log (1)|log (1)a a a x x x --+=-. ∵1a >,01x <<,∴2011x <-<, ∴2log (1)0a x ->,∴|log (1)||log (1)|a a x x ->+. ∴当01,0,1x a a <<>≠时, |log (1)||log (1)|a a x x ->+.解二:|log (1)||log (1)|a a x x -+1log (1)|log (1)|log (1)a x a x x x +-==-+∵01x <<,∴11,011x x +><-<,2011x <-<, ∴|log (1)||log (1)|a a x x -+ 11|log (1)|log (1)x x x x ++=-=--11211log log 11x x xx x +++==--211log (1)1x x +=-->,∴|log (1)||log (1)|a a x x ->+.六、(本题满分16分)解:设P 的极点坐标为(,)P ρθ,则 ∠POM =αθ-, ∠NOP αθ=+,cos()OM ραθ=-, sin()PM ραθ=-, cos()ON ραθ=+, sin()PN ραθ=+. 1122PMON S OM PM ON PN =⋅+⋅四边形2[cos()sin()2ραθαθ=-- cos()sin()]αθαθ+++, 由题意得2[cos()sin()2ραθαθ--2cos()sin()]c αθαθ+++=,即222cos 2sin 2c ρθα=,22222(cos sin )sin 2c ρθθα-=.令cos ,sin x y ρθρθ==,将上面极坐标方程化为普通方程为2222sin 2c x y α-=.这个方程表示双曲线由题意知,动点P 的轨迹是双曲线右面一支在∠AOB 内的一部分. 七、(本题满分16分)证:连结AC ,在△ABC 中, ∵,AM MB CN NB ==, ∴MN ∥AC . 在△ADC 中, ∵AQ QD =, CP PD =, ∴PQ ∥AC , ∴MN ∥QP .A 3A 2A 1x 2=2qyy 2=2px x yO 同理,连接BD 可证MQ ∥NP , ∴MNPQ 是平行四边形.取AC 的中点K ,连,BK DK . ∵AB BC =C ,∴BK ⊥AC , ∵AD DC =,∴DK ⊥AC . ∴平面BKD 与AC 垂直.∵BD 在平面BKD 内,∴BD ⊥AC . ∵MQ ∥BD ,QP ∥AC , ∴MQ ⊥QP ,即∠MQP 为直角. ∴MNPQ 是矩形. 八、(本题满分18分)解:不失一般性,设0,0p q >>. 又设22y px =的内接三角形顶点为111222333(,),(,),(,)A x y A x y A x y ,则2221122332,2,2y px y px y px ===.其中123,,y y y 互不相等,且1230y y y ≠. 由题意知,不妨设1223,A A A A 与抛物线22x qy =相切,要证13A A 也与抛物线22x qy =相切.∵12A A 与22x qy =相切, ∴12A A 不能与y 轴平行,即1212,x x y y ≠≠. ∴直线12A A 的方程是211121()y yy y x x x x --=--21112221212()()22y y p x x x x y y y y p p-=-=-+-,即 2111()()2()y y y y p x x +-=-, 2112()20y y y px y y +--=, ∴直线12A A 的方程是2112()20y y y px y y +--=.………①同理可得:直线23A A 的方程是2323()20y y y px y y +--=. 直线13A A 的方程是1313()20y y y px y y +--=.①与22x qy =联立得22112()420y y x pqx qy y +--=,……②由条件知方程②有两个相等的实根,222112168()0p q q y y y y ∆=++=,即221122()0p q y y y y ++=.………③由边23A A 与抛物线22x qy =相切, 同理可得223232()0p q y y y y ++=.…………④由③-④得21122323()()0y y y y y y y y +-+=,即 1230y y y ++=.直线13A A 的方程与抛物线方程22x qy =联立得21313()420y y x pqx qy y +--=, 221313168()p q q y y y y ∆=++ 222112168()p q qy y y y =---222112168()0p q qy y y y =++=,∴直线13A A 与抛物线22x qy =相切, ∴只要1223,A A A A 与抛物线22x qy =相切,则13A A 也与抛物线22x qy =相切. 九、(附加题,本题满分20分,计入总分)解:1.∵11,n n a p a pa -==, ∴n n a p =.又1b q =,11(2)n n n b qa rb n --=+≥ ,22211()()q p r b qa rb q p r p r -=+=+=-, 3322322()()q p r b qa rb q p pr r p r-=+=++=-,… 猜想121()()n n n n n n q p r b q p p r r p r----=+++=-.用数学归纳法证明:当2n =时结论显然成立;假设当(2,)n k k k N =≥∈时,等式成立,即,)(rp r p q b k k k --=则1()k k kk k k rq p r b qa rb qp p r+-=+=+-11()k k q p r p r++-=-, 即1n k =+时等式也成立. 所以对于一切自然数2n ≥,rp r p q b n n n --=)(都成立. 2.0,0q p r ≠>>,01rp<<.()n n n n q p r -=n n n =[1()]n n r q -==1983年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案 满分120分,120分钟一、(本题满分10分)1.D 2.A 3.D 4.C 5.C 二、(本题满分12分) 解:1.图形如下图所示.交点坐标是:(0,0),(1,1)O P -.2.曲线名称是:圆.图形如上所示. 三、(本题满分12分) 解:1.(2cos2sin 2)x dy e x x dx -=- .2.)(1003416242614种=+⋅+⋅C C C C C ,或:)(1002012036310种=-=-C C .四、(本题满分12分)解:把第一列乘以ϕsin 加到第2列上,再把第三列乘以)cos (ϕ-加到第2列上,得sin cos()cos cos sin()sin sin cos 2cos ααϕαββϕβϕϕϕ+- sin cos()cos()cos cos sin()sin()sin sin cos 2cos 2cos ααϕαϕαββϕβϕβϕϕϕϕ+-+=----sin 0cos cos 0sin 0sin 0cos ααββϕϕ==. 五、(本题满分15分)解:1.∵i t t z |sin ||cos |+=(其中t 是实数),∴||r z ===αF 2F 1A 2A 1N My x OS N ABCMD≤∴42≤r .2. ∵复数i t t z |sin ||co s |+=的实部与虚部都是非负数,∴z 的幅角主值θ一定适合20π≤θ≤.由04πθ≤≤得01tg θ≤≤.由已知复数得0||≠=z r .∵tg θ==∴0||1tg θ≤≤,即11tgt -≤≤,∴()44k t k k Z ππππ-≤≤+∈.这就是所求的实数t 的取值范围. 六、(本题满分15分) 证:由已知条件知,SN ⊥底面ABC ,NC 是斜线SC 在底面上的射影,AB ⊥NC , ∴AB ⊥SC .……① 连接DM .∵AB ⊥DC ,AB ⊥SC ,∴AB ⊥面SCD , 又∵DM ⊂面SCD ,∴AB ⊥DM .∴∠MDC 是截面MAB 与底面ABC 所成二面角的平面角, ∴∠MDC =∠NSC在△MDC 和△NSC 中,因为∠MDC =∠NSC ,∠DCS 是公共角,∴∠DMC =∠NSC =900, ∴DM ⊥SC ,……②∴由①,②得 SC ⊥截面MAB . 七、(本题满分16分) 解一:以椭圆焦点1F 为极点,射线12F F 为极轴建立极坐标系.由已知条件可知椭圆长半轴3a =,半焦距c =短半轴1b =,离心率e =左准线方程为4x =-, ∴焦点1F到左准线的距离p =, ∴椭圆的极坐标方程为θ-=θ-=ρcos 2231cos 1e ep .∴11||F M ρ==,22||F N ρ==,∴由1226||298cos MN ρρα=+==-得cos 2α=±,即6πα=或56πα=, ∴当6π=α或65π=α时,|MN |等于短轴的长.解二:以椭圆的中心为原点,12F F 所在直线为x 轴建立直角坐标系(如图).由已知条件可知椭圆长半轴3a =,半焦距c =1b =,∴椭圆的方程为2219x y +=. 当2πα=时, 易求得|MN |223≠,∴2πα≠.设直线MN 的方程为)()22(α=+=tg k x k y 其中.解方程组221,9(x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩,消去y 得0)18(9236)91(2222=-+++k x k x k .设1122(,),(,)M x y N x y ,则12,x x 是上述方程的两个根,且221212229(81),1919k x x x x k k -+=-=++,∴||MN ==222266661919k tg k tg αα++==++. 下同解法一.解三:建立直角坐标系得椭圆方程2219x y +=. 如解二.MN 所在直线的参数方程为cos (sin x t t y t αα⎧=-⎪⎨=⎪⎩是参数), 代入椭圆方程得222(cos 9sin ))10t t ααα+--=. 设12,t t 是方程两根,则由韦达定理,1222cos 9sin t t ααα+=+, 12221cos 9sin t t αα-=+,12||||MN t t =-=226cos 9sin αα=+ 下同解一.解四:设|1F M |=x ,则 |2F M |=6x-|12F F |=24,21F F M α∠=,在△21F F M 中,由余弦定理得222(6)cos x x α-=+-,即cos 310x α-+=,∴α-=cos 2231x .同理,设|1F N |=y ,则|2F N |=6y -,在△21F F N 中,由余弦定理得222(6)cos()y y πα-=+--,即3cos 1y α+=,∴y =.∴||MN x y =+= 2698cos α=-. 下同解一. 八、(本题满分16分) 解:1.由已知条件得110S a b ==≠且1(1)n n S bp n -=≥.∵当2n ≥时,121n n n n S a a a S a -=+++=+ ,∴21(1)(2)n n n n a S S bp p n --=-=-≥,∴),2()1()1(211≥=--=--+n p p bp p bp a a n n n n∴234,,,,,n a a a a 是一个公比为p 的等比数列.2.解:当2n ≥时,,)1()1(212111p bpp bp bp p bp S a S a n n n n n n n n =--=---++ 且由已知条件可知21p <, ∴数列2233,,,,n n a S a S a S 是公比为2p 的无穷递缩等比数列, ∴2233lim()n n n a S a S a S →∞+++222222(1)111a S b p p b pp p p-===---+. ∴1122lim lim()n n n n n W a S a S a S →∞→∞=+++112233lim lim()n n n n a S a S a S a S →∞→∞=++++22211b p b b p p=-=++.九、(本题满分12分) 解:1.当e a b <<时,要证baa b >, 只要证ln ln b a a b >,即只要证bba a ln ln >. 构造函数ln ()(0)xf x x x=<<+∞,则21l n ()x f x x -'=.当e x >时,21ln ()0xf x x-'=<, ∴函数ln ()(,)xf x e x=+∞在内是减函数. ∵e a b <<,∴()()f a f b >,即bba a ln ln >, ∴b a a b >.2.证一:由b aa b =,得ln ln b a a b =,即 bba a ln ln =. 构造函数ln ()(0)xg x x x=<<+∞,则 21ln ()xg x x -'=.∴在(0,1)内()0g x '>, ∴()g x 在(0,1)内是增函数. ∵01,0a b <<>,∴1ba <,1abb a =<.由1a b <及0a >,可推出1b <.由01,01a b <<<<,假如b a ≠,则根据()g x 在(0,1)内是增函数,得()()g a g b ≠,即bba a ln ln ≠, 从而ab b a ≠这与b aa b =矛盾. ∴a b =.证二:∵01a <<,b aa b =,∴,log log b a a b a a =即aba log =假如a b <,则1>ab,且log log 1a a b a <=, ∴log a b b a >,这与log a bb a =矛盾. ∴a b ≥.假如a b >,则1<ab,且log log 1a a b a >=,这也与b aba log =矛盾,∴a b ≤, ∴a b =.证三:假如a b <,则可设ε+=a b ,其中0ε>.由于01a <<, 0ε>,∴根据幂函数或指数函数的性质,得1<εa ,1)1(>ε+a a ,∴ (1)a a a εε<+,(1)a aa a a a aεε<+,()a a a a εε+<+,即b a a b <.这与baa b =矛盾, ∴a 不能小于b .假如a b >,则1a b >>,可设a b ε=+,其中0ε>,同上可证得b aa b <.这于b aa b =矛盾所以a 不能大于b . ∴a b =.011O y x2O x c b a γβαpc b a γβα1984年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案(共八道大题,满分120分.第九题是附加题,满分10分,不计入总分) 一、(本题满分15分) 解:1-5 CCBAB 二、(本题满分24分)本题共6小题,每一个小题满分4分只要求直接写出结果)1.答:.84ππ或 2.答:(,2)-∞-.3.答:7{|,}12x x n n Z ππ=+∈ {|,}12x x n n Z ππ⋃=-+∈.4.答:-20. 5.答:0. 6.答:!647⋅P . 三、(本题满分12分)本题只要求画出图形.解:1. 2 .四、(本题满分12分)证:设三个平面为,,αβγ,且.,,a b c =γ⋂β=γ⋂α=β⋂α ∵,c b αβαγ⋂=⋂=, ∴,c b αα⊂⊂,∴从而b 与c 或交于一点或互相平行.1.若b 与c 交于一点,设c b P ⋂=,则由P c ∈,且c β⊂,有P β∈; 又由P b ∈,且b γ⊂,有P γ∈, ∴P a βγ∈⋂=,即,,a b c 交于一点(即P 点).2.若c ∥b ,则由b γ⊂,有//c γ; 又由c β⊂,且a βγ⋂=知,//c a∴ ,,a b c 互相平行. 五、(本题满分14分)设,,c d x 为实数,0c ≠,x 为未知数讨论方程1log)(-=+x xd cx 在什么情况下有解,有解时求出它的解.解:原方程有解的充要条件是:10, (1)0, (2)1, (3)(). (4)x d cx x d cx x d cx x x ->⎧⎪⎪+>⎪⎪⎨+≠⎪⎪⎪+=⎪⎩由条件(4)知1)(=+xdcx x ,∴ 12=+d cx .由0c ≠,可得21d x c-=.又由1)(=+x dcx x 及x >0,知0>+xdcx ,即条件(2)包含在条件(1)及(4)中.再由条件(3)及1)(=+xdcx x ,知.1≠x ∴原条件可简化为以下的等价条件组:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=≠>(6) .1x (5)1,x (1),02c d x 由条件(1)(6)知.01>-cd这个不等式仅在以下两种情形下成立: ①0,1c d ><;②0,1c d <>.再由条件(1)(5)及(6)可知d c -≠1 从而,当c >0,d <1且d c -≠1时,或者当c <0,d >1且d c -≠1时,原方程有解,它。

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绝密★本科目考试启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试
数学(理)(北京卷)
本试卷共5页,150分。

考试时长120分钟。

考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效。

考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分(选择题共40分)
一、选择题共8小题,每小题5分,共40分。

在每小题列出的四个选项中,选出符合题目
要求的一项。

(1)已知集合{||2}
=<,{2,0,1,2}
A x x
B=-,则A B =
(A){0,1}(B){1,0,1}
-
(C){2,0,1,2}
-
-(D){1,0,1,2}
(2)在复平面内,复数1
的共轭复数对应的点位于
1i-
(A)第一象限(B)第二象限
(C)第二象限(D)第四象限
(3)执行如图所示的程序框图,输出的s值为Array(A)1
2
(B)5
6
(C)7
6
(D)7
12
(4)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这
个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于
f ,则第八个单音的频率为 (A
(B
(C

(D

(5)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为
(A )1 (B )2 (C )3 (D )4
(6)设,a b 均为单位向量,则“|3||3|-=+a b a b ”是“⊥a b ”

(A )充分而不必要条件 (B )必要而不充
分条件
(C )充分必要条件
(D )既不充分也不必要条件
(7)在平面直角坐标系中,记d 为点(cos ,sin )P θθ到直线20x my --=的距离.当,m θ变 化
时,d 的最大值为 (A )1 (B )2 (C )3
(D )4
(8)设集合{(,)1,4,2}A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤,则
(A )对任意实数a ,(2,1)A ∈ (B )对任意实数a ,(2,1)A ∉ (C )当且仅当0a <时,(2,1)A ∉
(D )当且仅当3
2
a ≤时,(2,1)A ∉
第二部分(非选择题 共110分)
二、填空题共6小题,每小题5分,共30分。

(?9?)设{}n a 是等差数列,且13a =,2536a a +=,则{}n a 的通项公式为 .
俯视图
侧(左)视图
(10)在极坐标中,直线cos sin (0)a a ρθρθ+=>与圆2cos ρθ=相切,则a = . (11)设函数()cos()(0)6
f x x ωωπ
=->.若()()4
f x f π≤对任意的实数x 都成立,则ω的最 小
值为 .
(12)若,x y 满足12x y x +≤≤,则2y x -的最小值是 .
(13)能说明“若()(0)f x f >对任意的(0,2]x ∈都成立,则()f x 在[0,2]上是增函数”为假命题
的一个函数是 .
(14)已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b
+=>>,双曲线22
22:1x y N m n -=.若双曲线N 的两条渐近线与
椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点,则椭圆M 的离 心率为 ;双曲线N 的离心率为 .
三、解答题共6小题,共80分。

解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程。

(15)(本小题13分)
在ABC △中,7a =,8b =,1
cos 7
B =-. (Ⅰ)求A ∠;
(Ⅱ)求AC 边上的高.
(16)(本小题14分)
如图,在三棱柱111ABC A B C -中,1CC ⊥平面ABC ,
,,,D E F G 分别为1111,,,AA AC A C BB 的中点,
AB BC ==(17)好评率是指:一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.
假设所有电影是否获得好评相互独立.
(Ⅰ)从电影公司收集的电影中随机选取1部,求这部电影是获得好评的第四类电影的概率; (Ⅱ)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部,估计恰有1部获得好评的概率;
(Ⅲ)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等.用“1k ξ=”表示第k 类电影得
到人们喜欢,“0k ξ=”表示第k 类电影没有得到人们喜欢(1,2,3,4,5,6k =.
写出方差123456
,,,,,D D D D D D ξξξξξξ的大小关系. (18)(本小题13分)
设函数2()[(41)43]e x f x ax a x a =-+++.
(Ⅰ)若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行,求a ; (Ⅱ)若()f x 在2x =处取得极小值,求a 的取值范围.
(19)(本小题14分)
已知抛物线2:2C y px =经过点(1,2)P .过点(0,1)Q 的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点
,A B ,且直线PA 交y 轴于M ,直线PB 交y 轴于N .
(Ⅰ)求直线l 的斜率的取值范围;
(Ⅱ)设O 为原点,QM QO λ−−→
−−→
=,QN QO μ−−→
−−→
=,求证:11
λ
μ
+
为定值.
(20)(本小题14分)
设n 为正整数,集合12{(,,,),{0,1},1,2,,}n k A t t t t k n αα==⋅⋅⋅∈=⋅⋅⋅.对于集合A 中的任意元素
12(,,,)n x x x α=⋅⋅⋅和12(,,,)n y y y β=⋅⋅⋅,记
111122221
(,)[(||)(||)(||)]2
n n n n M x y x y x y x y x y x y αβ=+--++--+⋅⋅⋅++--.
(Ⅰ)当3n =时,若(1,1,0)α=,(0,1,1)β=,求和的值;
(Ⅱ)当4n =时,设B 是A 的子集,且满足:对于B 中的任意元素,αβ,当,αβ相同时,(,)
M αβ是奇数;当,αβ不同时,(,)M αβ是偶数.求集合B 中元素个数的最大值;
(Ⅲ)给定不小于2的n ,设B 是A 的子集,且满足:对于B 中的任意两个不同的元素,αβ,
(,)0M αβ=.写出一个集合B ,使其元素个数最多,并说明理由.
(考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效)。

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