理科数学参考答案
得 2b1 22 b2 23b3 2n1bn1 2an1 4 ，……………………②
①-②得 2n bn 4n1 4n 3 4n , n 2 ，
所以 bn 3 2n , n 2 .
当 n 1 时， b1
2a1 2
2 16 2 6 符合上式. 2
所以 bn 3 2n .
则 x2 x1
1 8k ， x1 1 4k
1 8k
.
2
x2
4k
先证明 ln x x 1.
则由①得
f
(x1)
f
(x 2)
1 2
( x1
x2 )
k
x1 x2
1
1 4
2k
.
思路
2：令
x1 x2
t ，结合 x1
x2
1 2
，
x1x2
1k 2
，其中 0 t
1.
可得
x1
t
2t 1
，
x2
1
2t 1
当直线
AB 的斜率不存在时， SAGBE
3SAOB =
9 2
.
当直线 AB 的斜率存在时，设为 y k x 1 ，
理科数学试题参考答案 第 4 页（共 8 页）
y k x 1
由
x2
y2
1
4k2 3
y2 6ky 9k 2 0 .
4 3
设
A
x1,
y1
、
B
x2
,
y2
，则
y1 y1
x ty 1
所以设
l
:
x
ty
1，由
x2
4
y2 3
1
3t2 4
y2 6ty 9 0 ，
设
A
x1,
y1
、
B
x2 ,
y2
，则
y1 y1
y2
y2
6t 3t2
9
3t2 4
4
，
因为 OE OA OB ，∴ AOBE 为平行四边形，
所以 SAGBE SAOBE SOGB 3SAOB
y2
y2
6k 4k 2
9k 2
4k2 3
3
，
所以 SAGBE
3SAOB
3 2
y1 y2
3 2
y1 y2
2 4 y1 y2
18 k 4 k 4k 2 3
2
，
令 4k2 3 m 3，得 S 9 2
3 1 2 1 9 ，
m2 m
2
综上可知， Smax
9 2
．
21．（1）解：由 f ( x ) x2 x klnx 知函数的定义域为(0,).
3 2
y1 y2
3 2
y1
y2 2
4 y1 y2
18 3t
t2 1 2 4
，
令
t2
1 m1，得 S
18m 3m2 1
18 3m
1
，
m
由函数的单调性易得当 m 1，即 t
0 时， Smax
9 2
．
解法 2：因为 OE OA OB ，所以 AOBE 为平行四边形，
所以 SAGBE SAOBE SOGB 3SAOB ．
因为 3780 元 3720 元，所以小王应选择做 B 公司外卖配送员．
20．解：（1）由已知得 b2 3 ， a c 3 ， a2 b2 c2 ， 所以所求椭圆 C 的方程为 x2 y2 1． 43
（2）解法 1：因为过 F 1,0 的直线与椭圆 C 交于 A ， B 两点（ A ， B 不在 x 轴上），
x1 x2
1 4
2k
1 4
4x1x2 ，
即证 ln x1 1 2 x1 x2 2 ，
x2 2x2
x2
即证 ln x1 x1 1 . x2 x2
构造 h(x) ln x (x 1) （ (0 x 1)
h' (x) 1 1 1 x2 ， x (0,1) 时， h' (x) 0 ，
所以
Sn
61 1
2n 2
3 2n1 6 .
理科数学试题参考答案 第 1 页（共 8 页）
18．（1）证明：因为四边形 ABCD 是菱形，所以 BD AC . 又因为 BD 平面 ABCD ，平面 AEFC 平面 ABCD . 平面 AEFC 平面 ABCD=AC ，所以 BD 平面 AEFC . 因为 BD 平面 BDE ，所以平面 BED 平面 AEFC .
（2）（ⅰ）送餐量 x 的分布列为： x 13 14 16 17 18 20
P
则 Ex 13 1 14 1 16 2 17 1 18 1 20 1 16 .
15
5
5
5
15
15
送餐量 y 的分布列为：
y 11 13 14 15 16 18
P
理科数学试题参考答案 第 3 页（共 8 页）
，k
2t
t
12
.
则由①得，需证明
f
(x1)
f (x2)
1 2 (x1 x2 ) k ln
x1 x2
1 4
2k
.
整理得，需证明 ln t t 1（ 0 t 1）.
22．（1）解：因为
x
y
m m
1 m 1 m
，所以
x
2
y
2
(m (m
1 )2 m 1 )2 m
m2 m2
k
1 8
时，(1)式的两根为
x1
1
1 8k 4
， x2
1
1 8k 4
若
0
k
1 8
，则
0x1x2源自，当x (0, x1)，(x2 ,)时有
f
(
x
)
0
，当
x (x1 , x2
)时有
f
(
x
)
0
，
从而知函数 f ( x ) 在(0, x1 )和(x2 ,)单调递增，在(x1 , x2 )单调递减.
若 k 0 ，则 x1 0 x2 ，当 x (0, x2 )时有 f ( x ) 0 ，x(x2 ,)时 f ( x ) 0 ，从而知函数 f ( x ) 的
0
，
n2 CF 0 3x2 y2 0
令 x2 2 ，解得 n1 2, 2 3, 3 .
因为 cos n1 n2
n1 n2 n1 n2
11 ， 19
结合图像可知二面角 B FC D 的余弦值为 11 . 19
理科数学试题参考答案 第 2 页（共 8 页）
解法 2：因为 FO 面ABCD 且 BD 面ABCD ，
所以 BF
22
2
3
7 ， BD 2BO 2
3 ，同理 CF
5，
在 RtFBC 中， BF 7 ， BO 2 ， CF 5 .
由三角形面积公式得 BG
19 ，则 DG
19 .
5
5
在
BGD
中，
cosBGD
19 5
2
19 5 19
12
11 19
.
5
所以二面角 B FC D 的余弦值为 11 . 19
（2）设 AC BD O ，连接 OF，可知平面四边形 AEFC 为直角梯形，EAAC， 又因为 AE 平面 AEFC，平面 AEFC 平面 ABCD AC ，
平面 AEFC 平面 ABCD ，所以 AE平面 ABCD．
因为 EF // AC ， 1 AC=AO EF ，所以 AE // OF ，所以 OF 平面 ABCD． 2
解法 1：以 OB，OC，OF 分别为 x，y，z 轴建立如图所示空间坐标系．
则 B 3,0,0 ，C 0，1，0 ， D 3,0,0 ，A0, 1,0 ，
E 0, 1, 2 ， F 0,0, 2 ，
设平面 BCF 的法向量 n1 x1, y1, z1 ，
因为 BC 3,1, 0 ， BF 3, 0, 2 ，
（2）解法
1：由
x
x2
3y 3 y2 4,
0,
解得 A
3 1
11 , 3
11
，
B
3 1
11 , 3
11
.
2
2 2
2
因为点 P(0,1) ，
所以 PA 11 1， PB 11 1.
所以 1 1
1
1
11
.
PA PB 11 1 11 1 5
理科数学试题参考答案 第 7 页（共 8 页）
理科数学 参考答案
一． 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A C D A C B A D A B C D
二．填空题 13. 4 2
5
14. 135
15. 6
16. 10 6
三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17.（1）解法 1：设an 的公差为 d ， 因为an 为单调递增的等差数列，所以， d 0 .
则 f ( x ) 2x 1 k 2x2 x k .
x
x
令 f ( x ) 0 得 2x2 x k 0 .
其 1 8k . ①当 1 8k 0 即 k 1 时， f ( x ) 0 在(0,)上恒成立，
8 所以 f (x) 在(0,)上为单调递增函数.
②当
1
8k
0
即
在(0, x2 )单调递减，在(x2 ,)单调递增.
综上，当 k 1 时， f (x) 在(0,)上为单调递增函数；当 0 k 1 时，
高考理科数学试题及答案2024
高考理科数学试题及答案（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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。
1.31ii+=+（） A ．12i + B ．12i - C ．2i + D ．2i -2. 设集合{}1,2,4A =，{}240x x x m B =-+=．若{}1AB =，则B =（）A ．{}1,3-B ．{}1,0C ．{}1,3D ．{}1,53. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部 分所得，则该几何体的体积为（） A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π5. 设x ，y 满足约束条件2330233030x y x y y +-≤⎧⎪-+≥⎨⎪+≥⎩，则2z x y =+的最小值是（）A ．15-B ．9-C ．1D ．96. 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（）A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种7. 甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（）A ．乙可以知道四人的成绩B ．丁可以知道四人的成绩C ．乙、丁可以知道对方的成绩D ．乙、丁可以知道自己的成绩8. 执行右面的程序框图，如果输入的1a =-，则输出的S =（）A ．2 B ．3 C ．4 D ．59. 若双曲线C:22221x y a b-=（0a >，0b >）的一条渐近线被圆()2224x y -+=所截得的弦长为2，则C 的 离心率为（）A ．2B ．3C ．2D ．2310. 若2x =-是函数21`()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（）A.1-B.32e --C.35e -D.111. 已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB与1C B 所成角的余弦值为（）A ．32 B ．155 C ．105D ．33 12. 已知ABC ∆是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则()PA PB PC ⋅+的最小值是（）A.2-B.32-C. 43- D.1- 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
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。
高三理科数学试卷(含答案)
理科数学试卷参考答案及评分标准本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共11页，满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项：1. 答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证号、县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上指定位置.2. 第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上.3. 第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔在答题卡各题的答题区域内作答；不能写在试题卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效.4. 填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第Ⅰ卷(共60分)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，只有一项是符合题目要求的.1. 设全集I 是实数集R ， 3{|2}{|0}1x M x x N x x -=>=≤-与都是I 的子集（如图所示）， 则阴影部分所表示的集合为A ．{}2x x <B ．{}21x x -≤<C ．{}12x x <≤D ．{}22x x -≤≤2．下列函数中既不是奇函数，又不是偶函数的是A ．2xy = B ． (lg y x =C ． 22xxy -=+ D ． 1lg1y x =+ 3．若曲线x x x f -=4)(在点P 处的切线平行于直线03=-y x ，则点P 的坐标为A ．（1，0）B ．（1，5）C ．（1，－3）D ．（－1，2）4．在ABC ∆中，a b 、分别是角A B 、所对的边，条件“a b <”是使 “cos cos A B >”成立的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 5.422142x x dx -⎛⎫-++= ⎪⎝⎭⎰ A ．16 B ．18 C ．20 D ．226. 已知函数),6cos()6sin()(ππ++=x x x f 则下列判断正确的是A ．)(x f 的最小正周期为2π，其图象的一条对称轴为12π=xB ．)(x f 的最小正周期为2π，其图象的一条对称轴为6π=xC ．)(x f 的最小正周期为π，其图象的一条对称轴为12π=xD ．)(x f 的最小正周期为π，其图象的一条对称轴为6π=x7. 一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A．2π+ B．42π+ C．6π+ D．62π+ 8. 若直线:10 l ax by ++=始终平分圆M ：224210x y x y ++++=的周长，则()()2222a b -+-的最小值为AB ．5C．D ．109. 设b c 、表示两条直线，αβ、表示两个平面，下列命题中真命题是A ．若c ∥α，c ⊥β，则αβ⊥B ．若b α⊂，b ∥c ，则c ∥αC ．若b α⊂，c ∥α，则b ∥cD ．若c ∥α，αβ⊥，则c β⊥10.已知数列{}n x 满足3n n x x +=，21||()n n n x x x n N *++=-∈，若11x =，2 (1,0)x a a a =≤≠，则数列{}n x 的前2010项的和2010S 为A ．669B ．670C ．1338D ．134011. 在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，设向量).3,1(),1,3(,,====其中若10,≤≤≤+=μλμλ且，C 点所有可能的位置区域用阴影表示正确的是俯视图正视图侧视图（第7题图）A ．B ．C ．D ．12．已知点F 是双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的左焦点，点E 是该双曲线的右顶点，过F 且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A B 、两点，若ABE ∆是锐角三角形，则该双曲线的离心率e 的取值范围是A ． ()1,+∞B ．()1,2C．(1,1+D．(2,1+第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分. 13. 对任意非零实数a b 、，若a b ⊗的运算原理如图所示，则()221log 82-⎛⎫⊗= ⎪⎝⎭___1___．14．在ABC ∆中，已知41AB AC ==，，ABCS AB AC ∆=⋅则的值为 ±2 ．15. 设n S 表示等差数列{}n a 的前n 项和，且918S =，240n S =，若()4309n a n -=>，则n = 15 ．16. 已知两个不相等的实数a b 、满足以下关系式：204a sin a cos πθθ⋅+⋅-=，204b sin b cos πθθ⋅+⋅-=，则连接A ()2a ,a 、 B ()2b ,b 两点的直线与圆心在原点的单位圆的位置关系是 相交 ． 三、解答题：本大题共6个小题，共74分. 17．（本小题满分12分）已知函数2()sin cos f x x x x =． （Ⅰ）求()f x 的最小正周期；（Ⅱ）求()f x 在区间,62ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值． 解：（Ⅰ）∵2()sin cos f x x x x =+)12sin cos cos 212x x x =⋅++（第13题图）1sin 2cos 2222x x =++ ……………3分sin 23x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ ……………5分 ∴ 函数()f x 的最小正周期22T ππ==． ……………6分 （Ⅱ）∵ 62x ππ-≤≤，40233x ππ≤+≤∴sin 213x π⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭， ……………9分 ∴0sin 213x π⎛⎫≤++≤= ⎪⎝⎭， ∴ ()f x 在区间,62ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值为22，最小值为0．……………12分 18．（本小题满分12分）已知等腰直角三角形RBC ，其中∠RBC =90º， 2==BC RB ．点A 、D 分别是RB 、RC 的中点，现将△RAD 沿着边AD 折起到△PAD 位置，使PA ⊥AB ，连结PB 、PC ． （Ⅰ）求证：BC ⊥PB ；（Ⅱ）求二面角P CD A --的余弦值． 解：（Ⅰ）∵点D A 、分别是RB 、RC 的中点，∴ BC AD BC AD 21//=且. …… 2分∴ ∠090=∠=∠=RBC RAD PAD . ∴ AD PA ⊥又PA ⊥AB ，DA AB A =∴ ABCD PA 面⊥ ∴BC PA ⊥ ∵ A AB PA AB BC =⊥ ,,∴ BC ⊥平面PAB . …… 4分 ∵ ⊂PB 平面PAB ,∴ PB BC ⊥. …… 6分 （Ⅱ）法一：取RD 的中点F ，连结AF 、PF ．PCADBR(第18题图)∵ 1==AD RA ,∴ RC AF ⊥.又由（Ⅰ）知ABCD PA 面⊥, 而⊂RC 平面ABCD ,∴ RC PA ⊥. ………………… 8分 ∵ ,A PA AF= ∴ ⊥RC 平面PAF .∴ ∠AFP 是二面角P CD A --的平面角. ………………10分 在Rt △RAD 中, 22212122=+==AD RA RD AF ， 在Rt △PAF 中, 2622=+=AF PA PF ， ∴ 332622cos ===∠PF AF AFP . ………………11分 ∴ 二面角P CD A --的平面角的余弦值是33. ………………12分 （Ⅱ）法二：建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -． 则D （－1，0，0），C （－2，1，0），P （0，0，1）.∴=（－1，1，0）， =（1，0，1）, ……8分 设平面PCD 的法向量为),,(z y x n =，则n DC x y n DP x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩……10分 令1=x ，得1,1-==z y ， ∴ )1,1,1(-=n.FR ADBCP （第18题图）R（第18题图）显然，是平面ACD 的一个法向量=（,0,01-）．∴ cos<n ，33131=⨯=． ∴ 二面角P CD A --的余弦值是33. ………………12分 19．（本小题满分12分）已知数列{}n a 的首项15a =，前n 项和为n S ，且125n n S S n +=++()n N *∈．（Ⅰ）设1n n b a =+，求数列{}n b 的通项公式； （Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ． 解：（Ⅰ）由125n n S S n +=++()n N *∈得 ()1215n n S S n -=+-+(,2)n N n *∈≥两式相减得 121n n a a +=+ ……………………………… 3分 ∴ ()1121n n a a ++=+即 n n b b 21=+(,2)n N n*∈≥ …………………………………… 4分 又1165111122=+=++=-=a S S S a ∴ 12122=+=a b ，6111=+=a b∴ 122b b = …………………………………… 6分 ∴ 数列{}n b 是首项为6，公比为2的等比数列 ∴ n n n b 23261⋅=⋅=- ………………………………… 8分（Ⅱ）法一由（Ⅰ）知321nn a =⋅- ……………………………… 9分 ∴ 12n n S a a a =++⋅⋅⋅+2323232nn =⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅- ……………………………10分()221321n n -=⨯--1626326n n n n +=⋅--=⋅--． ……………………… 12分（Ⅱ）法二由已知125n n S S n +=++()n N *∈ ① 设()()112n n S c n d S cn d ++++=++ 整理得 12n n S S cn d c +=++- ②对照① 、②，得 1,6c d == ……………………………………8分 即①等价于 ()()11626n n S n S n ++++=++∴ 数列{}6n S n ++是等比数列，首项为11161612S a ++=++=，公比为2q = ∴ 11612232n n n S n -+++=⋅=⋅∴ 1326n n S n +=⋅--． …………………………………… 12分20．（本小题满分12分）如图所示，将一矩形花坛ABCD 扩建成一个更大的矩形花坛AMPN ，要求B 点在AM 上，D 点在AN 上，且对角线MN 过C 点，已知3=AB 米，2=AD 米．（I ）要使矩形AMPN 的面积大于32平方米，则DN 的长应在什么范围内？ （II ）当DN 的长度是多少时，矩形花坛AMPN 的面积最小？并求出最小值． 解：（I ）设DN 的长为x （0x >）米，则2AN x =+米∵AMDC ANDN =，∴()32x AM x+=， ……………………2分∴ ()232AMPN x S AN AM x+=⋅=由32>AMPN S 得()23232x x+> ，(第20题图)又0x >，得 2320120x x -+>，解得：2063x x <<> 或 即DN 长的取值范围是2(0)(6)3∞ ，，+ ……………………7分（II ）矩形花坛AMPN 的面积为()22323121212312x x x y x xx x+++===++1224≥= ……………………10分 当且仅当1232x x ,x==即时矩形花坛AMPN 的面积取得最小值24． 故，DN 的长度是2米时，矩形AMPN 的面积最小，最小值为24平方米．…12分 21．（本小题满分12分）已知函数22()ln ()f x x a x ax a R =-+∈．（Ⅰ）当1a =时，证明函数()f x 只有一个零点；（Ⅱ）若函数()f x 在区间()1,+∞上是减函数，求实数a 的取值范围． 解：（Ⅰ）当1a =时，2()ln f x x x x =-+，其定义域是(0,)+∞∴ 2121()21x x f x x x x --'∴=-+=- …………2分令()0f x '=，即2210x x x ---=，解得12x =-或1x =． 0x >Q ，∴ 12x ∴=-舍去． 当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<．∴ 函数()f x 在区间()01,上单调递增，在区间()1,+∞上单调递减 ∴ 当x =1时，函数()f x 取得最大值，其值为2(1)ln1110f =-+=． 当1x ≠时，()(1)f x f <，即()0f x <．∴ 函数()f x 只有一个零点． ……………………6分（Ⅱ）显然函数22()ln f x x a x ax =-+的定义域为(0,)+∞∴ 222121(21)(1)()2a x ax ax ax f x a x a x x x-++-+-'=-+== ………7分① 当0a =时，1()0,()f x f x x'=>∴在区间()1,+∞上为增函数，不合题意……8分 ② 当0a >时，()()00f x x '≤>等价于()()()21100ax ax x +-≥>，即1x a≥ 此时()f x 的单调递减区间为1,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．依题意，得11,0.a a ⎧≤⎪⎨⎪>⎩解之得1a ≥．………10分③ 当0a <时，()()00f x x '≤>等价于()()()21100ax ax x +-≥>，即12x a≥- 此时()f x 的单调递减区间为12,a ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭， ∴1120a a ⎧-≤⎪⎨⎪<⎩得12a ≤-综上，实数a 的取值范围是1(,][1,)2-∞-+∞U …………12分 法二：①当0a =时，1()0,()f x f x x'=>∴在区间()1,+∞上为增函数，不合题意……8分 ②当0a ≠时，要使函数()f x 在区间()1,+∞上是减函数，只需()0f x '≤在区间()1,+∞上恒成立，0x > ∴只要22210a x ax --≥恒成立，2214210aa a a ⎧≤⎪∴⎨⎪--≥⎩解得1a ≥或12a ≤-综上，实数a 的取值范围是1(,][1,)2-∞-+∞U …………12分 22．（本小题满分14分）已知椭圆C 中心在原点、焦点在x 轴上，椭圆C 上的点到焦点的最大值为3，最小值为1．（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）若直线l ：()0y kx m k =+≠与椭圆交于不同的两点M N 、（M N 、不是左、右顶点），且以MN 为直径的圆经过椭圆的右顶点A ．求证：直线l 过定点，并求出定点的坐标． 解：（Ⅰ）设椭圆的长半轴为a ，半焦距为c ，则31a c a c +=⎧⎨-=⎩ 解得 21a c =⎧⎨=⎩∴ 椭圆C 的标准方程为 22143x y +=． ………………… 4分（Ⅱ）由方程组22143x y y kx m⎧⎪+=⎨⎪=+⎩ 消去y ，得()2223484120k xk m x m +++-= 由题意：△()()()22284344120km km=-+->整理得：22340k m +-> ① ……7分 设()()1122,,M x y N x y 、，则122834kmx x k+=-+， 212241234m x x k -=+………………… 8分 由已知，AM AN ⊥ ， 且椭圆的右顶点为A (2,0) ∴()()1212220x x y y --+=………………… 10分即 ()()()2212121240kx x km x x m++-+++=也即 ()()22222412812403434m km k km m k k--+⋅+-⋅++=++ 整理得： 2271640m mk k ++= 解得： 2m k =- 或 27km =-，均满足① ……………………… 12分 当2m k =-时，直线l 的方程为 2y kx k =-，过定点(2,0)，舍去当27k m =-时，直线l 的方程为 27y k x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，过定点2(,0)7，故，直线l 过定点，且定点的坐标为2(,0)7．……………………… 14分。
2020年高考理科数学全国1卷(word版,含答案)
1.【ID:4002604】若，则()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：，则．故选D．2.【ID:4002605】设集合，，且，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：易求得：，，则由，得，解得．故选B．3.【ID:4002606】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：如图，设正四棱锥的底面边长为，斜高，则，两边同时除以，得：，解得：，故选C．4.【ID:4002607】已知为抛物线：上一点，点到的焦点的距离为，到轴的距离为，则()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由题意知，，则．故选C．5.【ID:4002608】某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率和温度(单位：)的关系，在个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据得到下面的散点图：由此散点图，在至之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率和温度的回归方程类型的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：由图易知曲线特征：非线性，上凸，故选D．6.【ID:4002609】函数的图象在点处的切线方程为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：，则切线斜率，又，则切线方程为．故选B．7.【ID:4002610】设函数在的图象大致如下图，则的最小正周期为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由图可估算，则．故选C．由图可知：，由单调性知：，解得，又由图知，则，当且仅当时满足题意，此时，故最小正周期．8.【ID:4002611】的展开式中的系数为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：，要得到项，则应取项，则其系数为．故选C．9.【ID:4002612】已知，且，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由，得，解得：或(舍)，又，则．故选A．10.【ID:4002613】已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆．若的面积为，，则球的表面积为()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由条件易得：，由，则，则，所以球的表面积为．故选A．11.【ID:4002614】已知：，直线：，为上的动点．过点作的切线，，切点为，，当最小时，直线的方程为()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：：，则，如图，由圆的切线性质，易知：，则，所以最小时，最短，即最短，此时，易求得：，则直线：，整理，得：．故选D．12.【ID:4002615】若，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】根据题意，有，若，则，不符合题意，因此．13.【ID:4002616】若，满足约束条件，则的最大值为________．【答案】1【解析】解：作不等式组满足的平面区域如图：易得：，，，因为区域为封闭图形，分别将点的坐标代入，得最大值为．14.【ID:4002617】设，为单位向量，且，则________．【答案】【解析】解：因为，，则，则．15.【ID:4002618】已知为双曲线：的右焦点，为的右顶点，为上的点，且垂直于轴．若的斜率为，则的离心率为________．【答案】2【解析】解：如图，，，则由题意得：，解得：，(舍)，所以的离心率为．16.【ID:4002619】如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，则________．【答案】【解析】在中，；在中，，由展开图的生成方式可得，在中，由余弦定理可得，于是，因此在中，由余弦定理可得．17. 设是公比不为的等比数列，为，的等差中项．（1）【ID:4002620】求的公比．【答案】【解析】解：设数列的公比为，则，，即，解得或(舍去)，的公比为．（2）【ID:4002621】若，求数列的前项和．【答案】【解析】解：记为的前项和．由及题设可得，．所以，．可得．所以．18. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）【ID:4002622】证明：平面．【答案】见解析【解析】方法：以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，，．，，，则，，，平面．方法：设，由题设可得，，，．因此，从而．又，故．所以平面．（2）【ID:4002623】求二面角的余弦值．【答案】【解析】由知，，，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即，解得，，二面角的余弦值为．19. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰：当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为．（1）【ID:4002624】求甲连胜四场的概率．【答案】【解析】解：．（2）【ID:4002625】求需要进行第五场比赛的概率．【答案】【解析】(甲连胜场)(乙连胜场)(丙连胜场)．（3）【ID:4002626】求丙最终获胜的概率．【答案】【解析】丙最终获胜，有两种情况，丙连胜或输一场．(丙连胜)，丙输一场，则共进行场，丙可以在①第场输，、场胜；②第、场胜，场输；③第、、场胜，第场输，(丙第场输，，场胜)；(丙第，场胜，第场输)；(丙第，，场胜，第场输)，(丙胜)．20. 已知，分别为椭圆：的左、右顶点．为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为．（1）【ID:4002627】求的方程．【答案】【解析】由题意知，，，故，，，故椭圆的方程为．（2）【ID:4002628】证明：直线过定点．【答案】见解析【解析】方法：设，，故：，，故：，联立，，同理可得，，①当时，：，②当时，，：，③当且时，，：，令，故直线恒过定点．方法：设，，．若，设直线的方程为，由题意可知．因为直线的方程为，所以．直线的方程为，所以．可得．又，故，可得，即．①将代入得．所以，．代入①式得．解得(舍去)，．故直线的方程为，即直线过定点．若，则直线的方程为，过点．综上，直线过定点．21. 已知函数．（1）【ID:4002629】当时，讨论的单调性．【答案】当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．【解析】当时，，其导函数，又函数为单调递增函数，且，于是当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．（2）【ID:4002630】当时，，求的取值范围．【答案】【解析】方法：根据题意，当时，不等式显然成立；当时，有，记右侧函数为，则其导函数，设，则其导函数，当时，函数单调递减，而，于是．因此函数在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，也为最大值．因此实数的取值范围是，即．方法：等价于．设函数，则．(i)若，即，则当时，．所以在上单调递增，而，故当时，，不合题意．(ii)若，即，则当时，；当时，．所以在，上单调递减，在上单调递增．又，所以当且仅当，即．所以当时，．(iii)若，即，则．由于，故由(ii)可得．故当，．综上，的取值范围是．22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）【ID:4002631】当时，是什么曲线？【答案】为以坐标原点为圆心，半径为的圆．【解析】解：，的参数方程为，则的普通方程为：，是以坐标原点为圆心，半径为的圆．（2）【ID:4002632】当时，求与的公共点的直角坐标．【答案】【解析】解：当时，：，消去参数，得的直角坐标方程为：，的直角坐标方程为：，联立得，其中，，，解得，与的公共点的直角坐标为．23. 已知函数．（1）【ID:4002633】画出的图象．【答案】见解析【解析】解：如图，．（2）【ID:4002634】求不等式的解集．【答案】【解析】解：方法：由题意知，结合图象有，当时，不等式恒成立，故舍去；当，即时，不等式恒成立；当时，由，得，，解得，综上，．方法：函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象．的图象与的图象的交点坐标为．由图象可知当且仅当时，的图象在的图象上方．故不等式的解集为．。
2021年河南省高考理科数学真题及参考答案
2021年河南省高考理科数学真题及参考答案一、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，只有一项符合题目要求.1.设()()i z z z z 6432+=-++，则=z （）A .i 21-B .i 21+C .i +1D .i-12.已知集合{}Z n n s s S ∈+==,12，{}Z n n t t T ∈+==,14，则=T S （）A .φB .SC .TD .Z3.已知命题p ：1sin ,<∈∃x R x ；命题q ：1,≥∈∀xe R x ，则下列命题中为真命题的是（）A .qp ∧B .q p ∧⌝C .qp ⌝∧D .()q p ∧⌝4.设函数()xxx f +-=11，则下列函数中为奇函数的是（）A .()11--x fB .()11+-x f C .()11-+x f D .()11++x f 5.在正方体1111D C B A ABCD -中，P 为11D B 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（）A .2πB .3πC .4πD .6π6.将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者.则不同的分配方案共有（）A .60种B .120种C .240种D .480种7.把函数()x f y =图象上所有点的横坐标缩短到原来的21倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移3π个单位长度，得到函数⎪⎭⎫ ⎝⎛-=4sin πx y 的图象，则()=x f （）A .⎪⎭⎫ ⎝⎛-1272sin πx B .⎪⎭⎫⎝⎛+122sin πx C .⎪⎭⎫ ⎝⎛+122sin πx D .⎪⎭⎫ ⎝⎛-1272sin πx 8.在区间()1,0与()21，中各随机取1个数，则两数之和大于47的概率为（）A .97B .3223C .329D .929.魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题时测量海岛的高.如图，点G H E ,,在水平线AC 上，DE 和FG 是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，成为“表高”，EG 成为“表距”，GC 和EH 都称为“表目距”，GC 与EH 的差称为“表目距的差”.则海岛的高=AB （）A .表高表目距的差表距表高+⨯B .表高表目距的差表距表高-⨯C .表距表目距的差表距表高+⨯D .表距表目距的差表距表高-⨯10.设0≠a ，若a x =为函数()()()b x a x a x f --=2的极大值点，则（）A .b a <B .b a >C .2a ab <D .2a ab >11.设B 是椭圆C ：()012222>>=+b a b y a x 的上顶点，若C 上的任意一点P 都满足b PB 2≤，则C 的离心率的取值范围是（）A .⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡122，B .⎪⎭⎫⎢⎣⎡121，C .⎦⎤⎝⎛220，D .⎥⎦⎤ ⎝⎛21.012.设01.1ln 2=a ，02.1ln =b ，104.1-=c ，则（）A .c b a <<B .a c b <<C .c a b <<D .ba c <<二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知双曲线C ：()0122>=-m y m x 的一条渐近线为03=+my x ，则C 的焦距为.14.已知向量()3,1=a，()4,3=b ，若()b b a ⊥-λ，则=λ.15.记ABC ∆的内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，面积为3，︒=60B ，ac c a 322=+，则=b.16.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号一次为.（写出符合要求的一组答案即可）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.（12分）某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别为x ，y ，样本方差分别为21s ，22s .（1）求x ，y ，21s ，22s ；（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果1022221s s x y +≥-，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高.）18.（12分）如图，四棱锥ABCD P -的底面是矩形，⊥PD 底面ABCD ，1==DC PD ，M 为BC 的中点，且AM PB ⊥.（1）求BC ；（2）求二面角B PM A --的正弦值.旧设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新设备10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.519.（12分）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212=+nn b S .（1）证明：数列{}n b 是等差数列；（2）求{}n a 的通项公式.20.（12分）设函数()()x a x f -=ln ，已知0=x 是函数()x xf y =的极值点.（1）求a ；（2）设函数()()()x xf x f x x g +=，证明：()1<x g .21.（12分）已知抛物线C ：()022>=p py x 的焦点为F ，且F 与圆M ：()1422=++y x 上点的距离的最小值为4.（1）求p ；（2）若点P 在M 上，PB P A ,是C 的两条切线，B A ,是切点，求P AB ∆面积的最大值.（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：坐标系与参数方程】（10分）在直角坐标系xOy 中，☉C 的圆心为()12，C ，半径为1.（1）写出☉C 的一个参数方程；（2）过点()14，F 作☉C 的两条切线，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程.23.【选修4-5：不等式选讲】（10分）已知函数()3++-=x a x x f .（1）当1=a 时，求不等式()6≥x f 的解集；（2）若()a x f ->，求a 的取值范围.参考答案一、选择题1.C 解析：设bi a z +=，则bi a z -=，∴()()i bi a z z z z 646432+=+=-++，∴1,1==b a ，∴i z +=1.2.C 解析：当Z k k n ∈=,2时，{}Z k k s s S ∈+==,14；当Z k k n ∈+=,12时，{}Z k k s s S ∈+==,34；∴S T ⊂，∴=T S T .3.A 解析：p 真，q 真，∴选A 4.B解析：()xx f ++-=121关于()11--，中心对称，向右1个单位，向上1个单位后关于()0,0中心对称，∴()11+-=x f y 为奇函数.5.D解析：如图，1PBC ∠为直线PB 与1AD 所成的角的平面角.易知11BC A ∆为正三角形，又P 为11C A 的中点，∴61π=∠PBC .6.C 解析：所求分配方案数为2404425=A C .7.B解析：逆向：⎪⎭⎫ ⎝⎛+=−−−−−−→−⎪⎭⎫ ⎝⎛+=−−→−⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1221sin 12sin 4sin 23ππππx y x y x y 倍横坐标变为原来的左移.8.B解析：由题意记()1,0∈x ，()2,1∈y ，题目即求47>+y x 的概率，如下图所示，故322314343211112111=⨯⨯-=⨯⋅-⨯==AN AM S S P ABCD正阴.9.A解析：连接DF 交AB 于M ，则BM AM AB +=.记βα=∠=∠BFM BDM ，，则DF MD MF MBMB =-=-αβtan tan .而EHEDGC FG ==αβtan ,tan .∴ED EH GC MB ED EH FG GC MB MB MB MB -⋅=⎪⎭⎫⎝⎛-⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-αβαβtan 1tan 1tan tan 故=-⋅=EH GC DFED MB 表目距的差表距表高⨯，∴高=AB 表高表目距的差表距表高+⨯.10.D解析：若0>a ，其图象如图（1），此时，b a <<0；若0<a ，其图象如图（2），此时，0<<a b .综上，2a ab >.11.C 解析：由题意，点()b B ,0.设()00,y x P ，则1220220=+b y a x ，∴⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=2202201b y a x .故()2202022202022022220221b a by y b c b by y b y a b y x PB ++--=+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-+=，[]b b y ,0-∈.由题意，当b y -=0时，2PB 最大，则b cb -≤-23，∴22c b ≥，∴222c c a ≥-，∴22≤=a c e ，即⎥⎦⎤ ⎝⎛∈22,0e .12.B解析：设()()1211ln ++-+=x x x f ，则()02.0f c b =-.易得()()()xx x x x x x f 211121212211+++-+=+-+='.当0≥x 时，()x x x 21112+≥+=+，故()0≤'x f .∴()x f 在[)∞+，0上单调递减，∴()()0002.0=<f f ，故c b <.再设()()1411ln 2++-+=x x x g ，则()01.0g c a =-，易得()()()xx x x x x x g 4111412412412+++-+⋅=+-+='，当20<≤x 时，x x x x +=++≥+121412，∴()0≥'x g ，故()x g 在[)2,0上单调递增，∴()()0001.0=>g g ，故c a >，综上，b c a >>.二、填空题13.4解析：易知双曲线渐近线方程为x aby ±=，由题意得1,22==b m a ，且一条渐近线方程为x my 3-=，则有0=m （舍去），3=m ，故焦距为42=c .14.53解析：由题意得()0=⋅-b b a λ，即02515=-λ，解得53=λ.15.22解析：343sin 21===∆ac B ac S ABC ，∴4=ac .由余弦定理，823222==-=-+=ac ac ac ac c a b ，∴22=b .16.②⑤或③④解析：由高度可知，侧视图只能为②或③.侧视图为②，如图（1），平面P AC ⊥平面ABC ，2==PC P A ，5==BC BA ，2=AC .俯视图为⑤；侧视图为③，如图（2），P A ⊥平面ABC ，1=P A ，5==AB AC ，2=BC ，俯视图为④.三、解答题17.解：（1）()0.107.92.101.100.108.99.92.100.103.108.9101=+++++++++=x()3.105.104.105.106.103.101.100.101.104.101.10101=+++++++++=y ，()()()()2222210.100.1020.109.90.108.920.107.9[101-⨯+-+-⨯+-⨯=s ()()()36.0]0.103.100.102.1020.101.10222=-+-⨯+-+，()()()()2222223.104.1023.103.103.101.1033.100.10[101-⨯+-+-⨯+-⨯=s ()()4.0]3.106.103.105.10222=-+-⨯+.（2）由（1）中数据得3.0=-x y ，34.01022221≈+s s .显然<-x y 1022221s s +，∴不认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.18.解：（1）∵⊥PD 底面ABCD ，且矩形ABCD 中，DC AD ⊥，∴以DP DC DA ，，分别为z y x ,,轴正方向，D 为原点建立空间直角坐标系xyz D -.设t BC =，()()()1000,1,20,1,0,0,，，，，，P t M t B t A ⎪⎭⎫⎝⎛∴()1,1,-=t PB ，⎪⎭⎫⎝⎛-=0,1,2t AM .∵AM PB ⊥，∴0122=+-=⋅t AM PB ，∴2=t ，∴2=BC .（2）设平面APM 的一个法向量为()z y x m ,,=，由于()10,2，-=AP ，则⎪⎩⎪⎨⎧=+-=⋅=+-=⋅02202y x AM m z AP m ，令2=x ，得()2,1,2=m.设平面PMB 的一个法向量为()c b a n ,,= ，则⎪⎩⎪⎨⎧=-+=⋅==⋅0202c b a PB n a CB n，令1=b ，得()1,1,0=n.∴14143273,cos =⨯=⋅=nm n m n m，∴二面角B PM A --的正弦值为14143.19.解：（1）∵n b 为数列{}n S 的前n 项积，∴()21≥=-n b b S n nn 又∵212=+nn b S ，∴2121=+-n n n b b b ，即n n b b 2221=+-，∴()2211≥=--n b b n n ，∵212=+nn b S ，当1=n 时，可得231=b .故{}n b 是以23为首项，12为公差的等差数列.（2）由（1）知()()22121123+=⨯-+=n n b n ，则2222=++n S n ，∴12++=n n S n .当1=b 时，2311==S a .2≥n 时，()111121+-=+-++=-=-n n n n n n S S a n n n .故()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+-==2111,23n n n n a n ，.20.解：（1）()[]()()x f x x f x x xf '+'='.当0=x 时，()[]()0ln 0==='a f x xf ，∴1=a .（2）由()()x x f -=1ln ，得1<x .当10<<x 时，()()01ln <-=x x f ，()0<x xf ；当0<x 时，()()01ln >-=x x f ，()0<x xf .故即证()()x xf x f x >+，()()01ln 1ln >---+x x x x .令t x =-1（0>t 且1≠t ），t x -=1，即证()0ln 1ln 1>--+-t t t t .令()()t t t t t f ln 1ln 1--+-=，则()()t tt t t t t t t t f ln 1ln 111ln 111=--++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--+-='.∴()t f 在()1,0上单调递减，在()∞+，1上单调递增.故()()01=>f t f ，得证.21.解：（1）焦点⎪⎭⎫ ⎝⎛20p F ，到()1422=++y x 的最短距离为432=+p，∴2=p .（2）抛物线241x y =.设()()()002211,,,y x P y x B y x A ，，，则()1121111121412121y x x x x x y x x x y l P A -=-=+-=：，2221y x x y l PB -=：，且15802020---=y y x .PB P A l l ，都过点()00,y x P ，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=202010102121y x x y y x x y ，故：y x x y l AB -=0021：，即0021y x x y -=.联立⎪⎩⎪⎨⎧=-=y x y x x y 421200得042002=+-y x x x ，∴020164y x -=∆.∴02020020204416441y x x y x x AB -⋅+=-⋅+=，4420020+-=→x y x d AB P ，∴()()230202320020020151221421442121---=-=-⋅-=⋅=→∆y y y x y x y x d AB S AB P P AB 而[]3,50--∈y .故当50-=y 时，P AB S ∆达到最大，最大值为520.11（二）选考题22.解：（1）∵☉C 的圆心为()12，C ，半径为1，故☉C 的参数方程为⎩⎨⎧+=+=θθsin 1cos 2y x ，（θ为参数）.（2）设切线()14+-=x k y ，即014=+--k y kx ，故1114122=++--k k k ，即212k k +=，∴2214k k +=，解得33±=k .故直线方程为()1433+-=x y ，()1433+--=x y .故两条切线的极坐标方程为1334cos 33sin +-=θθρ或1334cos 33sin ++=θθρ.23.解：（1）当1=a 时，()31++-=x x x f ，即求631≥++-x x 的解集.当1≥x 时，622≥+x ，得2≥x ；当13<<-x 时，64≥，此时没有x 满足条件；当3-≤x 时，622≥--x ，解得4-≤x .综上，解集为(][)∞+-∞-，，24 .（2）()a x f ->min ，而由绝对值的几何意义，即求x 到a 和3-距离的最小值.当x 在a 和3-之间时最小，此时()x f 最小值为3+a ，即a a ->+3.3-≥a 时，032>++a ，得23->a ；当3-<a 时，a a ->--3，此时a 不存在.综上，23->a .。
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。
四川省成都外国语学校2024届高三下学期高考模拟(三)理科数学试题(含答案)
四川省成都外国语学校2024届高三下学期高考模拟（三）数学（理科）本试卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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．已知集合，，则（ ）A ．B ．C ．D ．2．已知为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数（ ）A ．B ．2C ．D ．43．“”是“方程表示椭圆”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．已知为锐角，若，则（ ）ABCD5．正方形的边长为2，是的中点，是的中点，则（ ）A ．4B ．3C ．D ．6．已知非零实数，满足，则下列不等式不一定成立的是（ ）A ．B ．C ．D ．7．已知函数，，则图象为如图的函数可能是（ ）{}240,A x x x x =-≤∈Z {}14B x x =-≤<A B = []1,4-[)0,4{}0,1,2,3,4{}0,1,2,3i ()242i z m m =---m =2±2-13m <<22113x y m m+=--αsin 22πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭cos α=ABCD E AD F DC ()EB EF BF +⋅=4-3-a b 1a b >+221a b >+122a b +>24a b>1ab b>+()214f x x =+()sin g x x =A ．B ．C ．D ．8．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（）A ．B ．C．D ．9．已知甲同学从学校的2个科技类社团，4个艺术类社团，3个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是艺术类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率（ ）A ．B ．C ．D ．10．鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖．白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬，有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚测得山顶得仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达点（，，，在同一个平面内），在处测得山顶得仰角为，则鼎湖峰的山高为（ ）米()()14y f x g x =+-()()14y f x g x =--()()y f x g x =()()g x y f x =cm 3cm 22π8π223π163π356131234A P 45︒15︒B A B P Q B P 60︒PQA ．B ．C ．D ．11．已知正方体的棱长为4，，分别是棱，的中点，则平面截该正方体所得的截面图形周长为（ ）A ．6B ．CD12．已知，分别是双曲线：（，）的左右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于、两点，点在轴上，，平分，则双曲线的离心率（ ）ABCD ．二、填空题：本题共4小题；每小题5分，共20分。
2022年全国高考理科数学(甲卷)试题及答案解析
2022年年年年年年年年年年年年年年年年甲年年年年年年一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.若z=−1+√3i，则zzz−−1=()A. −1+√3iB. −1−√3iC. −13+√33i D. −13−√33i2.某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：则()A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C. 讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差3.设全集U={−2,−1,0,1,2,3}，集合A={−1,2}，B={x|x2−4x+3=0}，则∁U(A∪B)=()A. {1,3}B. {0,3}C. {−2,1}D. {−2,0}4.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为()A. 8B. 12C. 16D. 205.函数y=(3x−3−x)cosx在区间[−π2,π2]的图像大致为()A. B.C. D.6.当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值−2，则f′(2)=()A. −1B. −12C. 12D. 17.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则()A. AB=2ADB. AB与平面AB1C1D所成的角为30°C. AC=CB1D. B1D与平面BB1C1C所成的角为45°8.沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”.如图，AB⏜是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在AB⏜上，CD⊥AB.“会圆术”给出AB⏜的弧长的近似值s的计算公式：s=AB+CD2OA.当OA=2，∠AOB=60°时，s=()A. 11−3√32B. 11−4√32C. 9−3√32D. 9−4√329. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙.若S 甲S 乙=2，则V 甲V 乙=( )A. √5B. 2√2C. √10D. 5√10410. 椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左顶点为A ，点P ，Q 均在C 上，且关于y 轴对称．若直线AP ，AQ 的斜率之积为14，则C 的离心率为( )A. √32B. √22C. 12D. 1311. 设函数f(x)=sin(ωx +π3)在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是( )A. [53,136)B. [53,196)C. (136,83]D. (136,196]12. 已知a =3132，b =cos 14，c =4sin 14，则( )A. c >b >aB. b >a >cC. a >b >cD. a >c >b二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 设向量a ⃗ ，b ⃗ 的夹角的余弦值为13，且|a ⃗ |=1，|b ⃗ |=3，则(2a ⃗ +b ⃗ )⋅b ⃗ =______． 14. 若双曲线y 2−x 2m2=1(m >0)的渐近线与圆x 2+y 2−4y +3=0相切，则m =______．15. 从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为______． 16. 已知△ABC 中，点D 在边BC 上，∠ADB =120°，AD =2，CD =2BD.当ACAB 取得最小值时，BD =______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分） 17. 记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S n n+n =2a n +1．(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值．18. 在四棱锥P −ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，CD//AB ，AD =DC =CB =1，AB =2，DP =√3．(1)证明：BD ⊥PA ；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．19. 甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． (1)求甲学校获得冠军的概率；(2)用X 表示乙学校的总得分，求X 的分布列与期望．20. 设抛物线C ：y 2=2px(p >0)的焦点为F ，点D(p,0)，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，|MF|=3． (1)求C 的方程；(2)设直线MD ，ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线MN ，AB 的倾斜角分别为α，β.当α−β取得最大值时，求直线AB 的方程． 21. 已知函数f(x)=e x x−lnx +x −a ．(1)若f(x)≥0，求a 的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2<1． 22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =2+t 6,y =√t(t 为参数)，曲线C 2的参数方程为{x =−2+s6,y =−√s (s 为参数)． (1)写出C 1的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 3的极坐标方程为2cosθ−sinθ=0，求C 3与C 1交点的直角坐标，及C 3与C 2交点的直角坐标．已知a ，b ，c 均为正数，且a 2+b 2+4c 2=3，证明：(1)a +b +2c ≤3；(2)若b=2c，则1a +1c≥3．答案解析1.【答案】C【解析】解：∵z=−1+√3i，∴z⋅z−=|z|2=(√(−1)2+(√3)2)2=4，则zzz−−1=−1+√3i4−1=−13+√33i．故选：C．由已知求得z⋅z−，代入zzz−−1，则答案可求．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2.【答案】B【解析】解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，∴讲座前问卷答题的正确率的中位数为：(70%+75%)=72.5%，故A错误；对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：110(80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%)=89.5%>85%，故B正确；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，∴讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故D错误；对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%−80%=20%，讲座前正确率的极差为：95%−60%=35%，∴讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误．故选：B．对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D．本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3.【答案】D【解析】解：∵B={x|x2−4x+3=0}={1,3}，A={−1,2}，∴A∪B={−1,1,2,3}，又U={−2,−1,0,1,2,3}，∴∁U(A∪B)={−2,0}．故选：D．求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案．本题考查交、并补集的混合运算，是基础题．4.【答案】B【解析】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD−A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB=4，AD=2，AA1=2，AA1⊥平面ABCD，∴该多面体的体积为：(4+2)×2×2=12．V=12故选：B．由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD−A1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB=4，AD=2，AA1=2，AA1⊥平面ABCD，由此能求出该多面体的体积．本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．5.【答案】A【解析】解：f(x)=(3x−3−x)cosx，可知f(−x)=(3−x−3x)cos(−x)=−(3x−3−x)cosx=−f(x)，函数是奇函数，排除BD；当x=1时，f(1)=(3−3−1)cos1>0，排除C．故选：A．判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推出选项即可．本题考查函数的奇偶性以及函数的图象的判断，是中档题．6.【答案】B【解析】解：由题意f(1)=b=−2，则f(x)=alnx−2x，则f′(x)=ax +2x2=ax+2x2，∵当x=1时函数取得最值，可得x=1也是函数的一个极值点，∴f′(1)=a+2=0，即a=−2．∴f′(x)=−2x+2x2，易得函数在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，故x=1处，函数取得极大值，也是最大值，则f′(2)=−2×2+222=−12．故选：B．由已知求得b，再由题意可得f′(1)=0求得a，得到函数解析式，求其导函数，即可求得f′(2)．本题考查导数的应用，考查导数最值与极值的关系，考查运算求解能力，是中档题．7.【答案】D【解析】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1=1，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即∠B1DB=∠DB1A=30°，所以在Rt△BDB1中，BB1=AA1=1，BD=√3,B1D=2，在Rt△ADB1中，DB1=2，AD=1,AB1=√3，所以AB=√2，CB1=√2，AC=√3，故选项A，C错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，sin∠B1AB=BB1AB1=1√3=√33，故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，B1C=√2=DC，所以∠DB1C=45°，所以选项D正确，故选：D．不妨令AA1=1，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解．本题考查了直线与平面所成角，属于中档题．8.【答案】B【解析】解：∵OA=OB=2，∠AOB=60°，∴AB=2，∵C是AB的中点，D在AB⏜上，CD⊥AB，∴延长DC可得O在DC上，CD=OD−OC=2−√3，∴s=AB+CD2OA =2+(2−√3)22=2+7−4√32=11−4√32．故选：B．由已知求得AB与CD的值，代入s=AB+CD2OA得答案．本题考查扇形及其应用，考查运算求解能力，是基础题．9.【答案】C【解析】解：如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径(即圆锥母线)为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为ℎ1，ℎ2，则2πr1=4π，2πr2=2π，解得r1=2，r2=1，由勾股定理可得ℎ1=√5,ℎ2=2√2，∴V甲V乙=13πr12ℎ113πr22ℎ2=√10．故选：C．设圆的半径(即圆锥母线)为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为ℎ1，ℎ2，则可求得r1=2，r2=1，ℎ1=√5,ℎ2=2√2，进而求得体积之比．本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题．10.【答案】A【解析】解：已知A(−a,0)，设P(x0,y0)，则Q(−x0,y0)，k AP=y0x0+a，k AQ=y0a−x0，故k AP⋅k AQ=y0x0+a ⋅y0a−x0=y02a2−x02=14①，∵x02a2+y02b2=1，即y02=b2(a2−x02)a2②，②代入①整理得：b2a2=14，e=ca =√1−b2a2=√32．故选：A．设P(x0,y0)，则Q(−x0,y0)，根据斜率公式结合题意可得：k AP⋅k AQ=14，再结合x2a2+y2b2=1，整理可得离心率．本题考查椭圆的简单几何性质，是基础题．11.【答案】C【解析】解：当ω<0时，不能满足在区间(0,π)极值点比零点多，所以ω>0； 函数f(x)=sin(ωx +π3)在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点， ωx +π3∈(π3,ωπ+π3)， ∴5π2<ωπ+π3≤3π，求得136<ω≤83， 故选：C ．由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得ω的取值范围． 本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题．12.【答案】A【解析】解：设f(x)=cosx +12x 2−1，(0<x <1)，则f′(x)=x −sinx ， 设g(x)=x −sinx(0<x <1)，g′(x)=1−cosx >0， 故g(x)在(0,1)单调递增，即g(x)>g(0)=0， 即f′(x)>0，故f(x)(0,1)单调递增，所以f(14)>f(0)=0，可得cos 14>3132，故b >a ， 利用三角函数线可得x ∈(0,π2)时，tanx >x ， ∴tan 14>14，即sin14cos14>14，∴4sin 14>cos 14，故c >b ．综上：c >b >a ， 故选：A ．构造函数f(x)=cosx +12x 2−1，(0<x <1)，可得cos 14>3132，即b >a ，利用三角函数线可得tanx >x ，即tan 14>14，即sin14cos14>14，可得c >b ．本题考查了三角函数不等式的证明与应用，考查了运算能力，属难题．．13.【答案】11【解析】解：由题意可得a⃗⋅b⃗ =1×3×13=1,b⃗ 2=9，则(2a⃗+b⃗ )⋅b⃗ =2a⃗⋅b⃗ +b⃗ 2=2+9=11．故答案为：11．首先计算a⃗⋅b⃗ ,b⃗ 2的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值．本题主要考查平面向量的定义，平面向量的运算法则等知识，属于中等题．14.【答案】√33【解析】解：双曲线y2−x2m2=1(m>0)的渐近线：x=±my，圆x2+y2−4y+3=0的圆心(0,2)与半径1，双曲线y2−x2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+y2−4y+3=0相切，√1+m2=1，解得m=√33，m=−√33舍去．故答案为：√33．求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题．15.【答案】635【解析】解：根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有C84=70种取法，若这4个点在同一个平面，有侧面6个、对棱面6个，一共有6+6=12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P=1270=635；故答案为：635．根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案．本题考查古典概型的计算，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16.【答案】√3−1【解析】解：设BD=x，CD=2x，在三角形ACD中，b2=4x2+4−2⋅2x⋅2⋅cos60°，可得：b2=4x2−4x+4，在三角形ABD中，c2=x2+4−2⋅x⋅2⋅cos120°，可得：c2=x2+2x+4，要使得ACAB 最小，即b2c2最小，b2 c2=4x2−4x+4x2+2x+4=4−12x+1+3x+1，其中x+1+3x+1≥2√3，此时b2c2≥4−2√3，当且仅当x+1=√3时，即x=√3−1时取等号，故答案为：√3−1．首先设出BD，CD，在两个三角形中分别表示AC，BC，继而ACAB =b2c2=4x2−4x+4x2+2x+4=4−12x+1+3x+1，从而利用均值不等式取等号的条件即可．本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题．17.【答案】解：(1)证明：由已知有：2S n+n2=2na n+n⋯①，把n换成n+1，2S n+1+(n+1)2=2(n+1)a n+1+n+1⋯②，②−①可得：2a n+1=2(n+1)a n+1−2na n−2n，整理得：a n+1=a n+1，由等差数列定义有a n为等差数列；(2)由已知有a72=a4⋅a9，设等差数列a n的首项为x，由(1)有其公差为1，故(x+6)2=(x+3)(x+8)，解得x=−12，故a1=−12，所以a n=−12+(n−1)×1=n−13，故可得：a1<a2<a3<⋯<a12<0，a13=0，a14>0，故S n在n=12或者n=13时取最小值，S12=S13=(−12+0)×132=−78，故S n的最小值为−78．【解析】(1)由已知令n=n+1做差可得递推关系从而证明，(2)由a4，a7，a9成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公式找出a n正负分界点计算即可．本题主要考查利用数列递推关系求通项及等差数列前n项和的最小值，属于中档题．18.【答案】解：(1)证明：∵PD⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PD⊥BD，取AB 中点E ，连接DE ，则DE =12AB =1，则CD//BE ，且CD =BE ， ∴四边形BCDE 为平行四边形， ∴DE =CB =1， ∵DE =12AB ，∴△ABD 为直角三角形，且AB 为斜边， ∴BD ⊥AD ，又PD ∩AD =D ，PD ⊂面PAD ，AD ⊂面PAD ， ∴BD ⊥面PAD ， 又PA ⊂面PAD ， ∴BD ⊥PA ；(2)由(1)知，PD ，AD ，BD 两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系， BD =√AB 2−AD 2=√3，则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，∴PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,−√3),PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,0)， 设平面PAB 的一个法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅PA⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√3z =0n⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +√3y =0，则可取n⃗ =(√3,1,1)，设PD 与平面PAB 所成的角为θ，则sinθ=|cos <PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >|=|PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗⃗ |PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ ||=√55， ∴PD 与平面PAB 所成的角的正弦值为√55．【解析】(1)易知PD ⊥BD ，取AB 中点E ，容易证明四边形BCDE 为平行四边形，再根据长度关系可得BD ⊥AD ，进而得证；(2)建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB 的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．19.【答案】解：(1)甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场， ①甲学校3场全胜，概率为：P 1=0.5×0.4×0.8=0.16，②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：P 2=0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8=0.44，所以甲学校获得冠军的概率为：P =P 1+P 2=0.6；(2)乙学校的总得分X 的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为： P(X =0)=0.5×0.4×0.8=0.16，P(X =10)=0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8=0.44， P(X =20)=0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34， P(X =30)=0.5×0.6×0.2=0.06， 则X 的分布列为：X 的期望EX =0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13．【解析】根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分X 的值可取0，10，20，30，分别求出X 取上述值时的概率，可得分布列与数学期望．本题考查随机变量的分布列与数学期望的计算，难度不大．20.【答案】解：(1)由题意可知，当x =p 时，y 2=2p 2，得y M =√2p ，可知|MD|=√2p ，|FD|=p2．则在Rt △MFD 中，|FD|2+|DM|2=|FM|2，得(p2)2+(√2p)2=9，解得p =2． 则C 的方程为y 2=4x ；(2)设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，A(x 3,y 3)，B(x 4,y 4)，由(1)可知F(1,0)，D(2,0)，则tanα=k MN =y 1−y2x 1−x 2=y 1−y 2y 124−y 224=4y1+y 2，又N 、D 、B 三点共线，则k ND =k BD ，即y 2−0x2−2=y 4−0x 4−2， ∴y 2−0y 224−2=y 4−0y 424−2， 得y 2y 4=−8，即y 4=−8y 2；同理由M 、D 、A 三点共线，得y 3=−8y 1．则tanβ=y 3−y 4x 3−x 4=4y3+y 4=y 1y 2−2(y 1+y 2)．由题意可知，直线MN 的斜率不为0，设l MN ：x =my +1， 由{y 2=4x x =my +1，得y 2−4my −4=0， y 1+y 2=4m ，y 1y 2=−4，则tanα=44m =1m ，tanβ=−4−2×4m =12m ， 则tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ=1m −12m1+12m ⋅1m=12m+1m，当m >0时，tan(α−β)=12m+1m≤2√2m⋅1m=√24；当m<0时，tan(α−β)无最大值，∴当且仅当2m =1m ，即m =√22时，等号成立，tan(α−β)取最大值，此时AB 的直线方程为y −y 3=4y 3+y 4(x −x 3)，即4x −(y 3+y 4)y +y 3y 4=0，又∵y 3+y 4=−8y 1−8y 2=−8(y 1+y 2)y 1y 2=8m =4√2，y 3y 4=−8y 1⋅−8y 2=−16，∴AB 的方程为4x −4√2y −16=0，即x −√2y −4=0．【解析】(1)由已知求得|MD|=√2p ，|FD|=p2，则在Rt △MFD 中，利用勾股定理得p =2，则C 的方程可求；(2)设M ，N ，A ，B 的坐标，写出tanα与tanβ，再由三点共线可得y 3=−8y 1，y 4=−8y 2；由题意可知，直线MN 的斜率不为0，设l MN ：x =my +1，联立直线方程与抛物线方程，化为关于y 的一元二次方程，利用根与系数的关系可得y 1+y 2=4m ，y 1y 2=−4，求得tanβ与tanα，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得AB 的方程．本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．21.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=e x (x−1)x−1x+1=(e x +x)(x−1)x，令f′(x)>0，解得x >1，故函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,+∞)单调递增， 故f(x)min =f(1)=e +1−a ，要使得f(x)≥0恒成立，仅需e +1−a ≥0， 故a ≤e +1，故a 的取值范围是(−∞,e +1]；(2)证明：由已知有函数f(x)要有两个零点，故f(1)=e +1−a <0，即a >e +1， 不妨设0<x 1<1<x 2，要证明x 1x 2<1，即证明x 2<1x 1，∵0<x 1<1，∴1x 1>1，即证明：1<x 2<1x 1，又因为f(x)在(1,+∞)单调递增，即证明：f(x 2)<f(1x 1)⇔f(x 1)<f(1x 1)，构造函数ℎ(x)=f(x)−f(1x )，0<x <1， ℎ′(x)=f′(x)+1x 2f′(1x )=( x−1)(xe x +x 2−1x−e 1x )x 2，令k(x)=xe x+x 2−1x−e 1x，0<x <1，k′(x)=(x +1)e x+2x +1x 2+1x 2e 1x>0，k(x)<k(1)=0， 所以k(x)在(0,1)上递增， 又因为x −1<0，x 2>0，故ℎ′(x)>0在(0,1)恒成立，故ℎ(x)在(0,1)单调递增， 又因为ℎ(1)=0，故ℎ(x)<ℎ(1)=0， 故f(x 1)<f(1x 1)，即x 1x 2<1.得证．【解析】(1)对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在(0,+∞)恒大于等于0，故f(x)min =f(1)=e +1−a >0，解出a 的范围即可．(2)首先将原不等式转化为证明1<x 2<1x 1，再利用函数f(x)在(1,+∞)单调递增，即转化为证明f(x 2)<f(1x 1)⇔f(x 1)<f(1x 1)，继而构造函数ℎ(x)=f(x)−f(1x )证明其在(0,1)恒小于0即可．本题主要考查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目．22.【答案】解：(1)由{x =2+t6,y =√t (t 为参数)，消去参数t ， 可得C 1的普通方程为y 2=6x −2(y ≥0)； (2)由{x =−2+s6,y =−√s (s 为参数)，消去参数s ， 可得C 2的普通方程为y 2=−6x −2(y ≤0)． 由2cosθ−sinθ=0，得2ρcosθ−ρsinθ=0， 则曲线C 3的直角坐标方程为2x −y =0．联立{y =2x y 2=6x −2，解得{x =12y =1或{x =1y =2，∴C 3与C 1交点的直角坐标为(12,1)与(1,2)；联立{y =2x y 2=−6x −2，解得{x =−12y =−1或{x =−1y =−2，∴C 3与C 2交点的直角坐标为(−12,−1)与(−1,−2)． 【解析】(1)消去参数t ，可得C 1的普通方程；(2)消去参数s ，可得C 2的普通方程，化C 3的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角坐标方程求解C 3与C 1、C 3与C 2交点的直角坐标．本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是基础题．23.【答案】证明：(1)∵a ，b ，c 均为正数，且a 2+b 2+4c 2=3，∴由柯西不等式知，(a 2+b 2+4c 2)(12+12+12)≥(a +b +2c)2， 即3×3≥(a +b +2c)2，∴a +b +2c ≤3； 当且仅当a =b =2c ，即a =b =1，c =12时取等号； (2)由(1)知，a +b +2c ≤3且b =2c ， 故0<a +4c ≤3，则1a+4c ≥13， 由权方和不等式可知，1a +1c=12a+224c ≥9a+4c ≥3，即1a +1c ≥3．【解析】(1)由已知结合柯西不等式证明；(2)由已知结合(1)中的结论，再由权方和不等式证明．本题考查不等式的证明，考查柯西不等式与权方和不等式的应用，是中档题．。
23届高三理科数学热身考试试卷答案
成都七中高2023届高考热身试题数 学 (理科)参考解答一、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,只有一项是符合题目要求的.1.解：N 是自然数集,{0,1,2},{2,1,0,1},A B ==--于是{0,1}.A B =答案为C.2.解：在这12个月中,我国居民消费价格月度同比数据的众数为2.1%.我国居民消费价格月度环比数据的众数为0.0%.我国居民消费价格最低是1月.我国居民消费价格最高是10月.解：因为//a b ,所以cos 2.5,则sin 1.α=±满足//a b .,则12sin 25α=6.解：公比231221a a q a a -===--,于是334512()1(2)8.a a a a q -=-=⨯-=-3可得232(,),(,0)323BA OA =-=因为点A 为线段CD 的中点,则42(,3BC BD BA +==-14. 解：作出可行域,如图,1y =-⎧1x y +=⎧11 3 68 10 1225(2)根据正六棱柱的性质可得：以1,,CE CB CC 为 x 轴(3,3,0),(0,0,0),(23,0,0),(23,0,2),A C E M N6于是(3,3,0)AE =-,(23,0,2),(0,2,CM CN ==根据正六棱柱的性质知10,0.AB AE AA AE ⋅=⋅=所以平面11ABB A 的法向量1(3,3,0)n AE ==-.8设平面1CMF N 的法向量为()2,,n x y z =, 2200CM n CN n ⎧=⎪⎨=⎪⎩⋅⋅即2320220x z z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩,则2(1,3,3)n =- 10分设平面1CMF N 与平面11ABB A 所成角θ.因为12121223cos ,23n n n n n n ⋅-〈〉==1242,7n n 〈〉=所以平面1CMF N 与平面1ABB A 12分 19.(本小题满分12分)由频数分布表可知,该市一天的空气质量等级为10250.41100+=91012++= 3263≈天.681012470.912257令212x x u -=,即证明e 1e (0)2u u u->>0.u >即证明e e 2(0)u u u u -->>. 令()e e2(0),u u u u u ϕ-=-->()e e 220.u u u ϕ-'=+-≥≥所以()u ϕ在(0,)+∞单调递增,所以()(0)0.u ϕϕ>=从而e e 2(0)u u u u -->>. 所以1221221e e e x x x x x x +->-. 10分于是1222e x x a +>,由(1)知212e 0,,2x x a <<>12ln 2.2x x a +<< 12分 说明：也可换元后用对数均值来书写. ；5 105 10。
2023年高考全国甲卷数学(理)答案
2023年年年年年年年年年年年年年年年年年年年年年
年年年年参考答案
一、选择题
【1题答案】
【答案】A
【2题答案】
【答案】C
【3题答案】
【答案】B
【4题答案】
【答案】D
【5题答案】
【答案】C
【6题答案】
【答案】A
【7题答案】
【答案】B
【8题答案】
【答案】D
【9题答案】
【答案】B
【10题答案】
【答案】C
【11题答案】
【答案】C
【12题答案】
【答案】B
二、填空题
【13题答案】
【答案】2
【14题答案】
【答案】15
【15题答案】
第1页/共2页
第2页/共2页
【答案】12
【16题答案】
【答案】2
三、解答题
【17题答案】
【答案】（1）1n a n =-
（2）()1222n n T n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭
【18题答案】
【答案】（1）证明见解析
（2）1313
【19题答案】
【答案】（1）分布列见解析，()1E X = （2）（i ）23.4m =；列联表见解析，（ii ）能
【20题答案】
【答案】（1）2p =
（2）1282-【21题答案】
【答案】（1）答案见解析.
（2）(,3]-∞
四、选做题
【22题答案】
【答案】（1）3π4
（2）cos sin 30ραρα+-=
【23题答案】
【答案】（1）,33a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭
（226。