1.全国高考甲卷?理科

一、选择题

1.若z=-1+3i，则zz-1=（）

（A）-1+3i.（B）-1-3i.

（C）-13+33i.（D）-13-33i.

2.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的正确率如图1.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}，则瘙綂U（A∪B）=（）

（A）{1，3}.（B）{0，3}.

（C）{-2，1}.（D）{-2，0}.

4.如图2，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）8.（B）12.（C）16.（D）20.

5.函数y=（3x-3-x）cosx在区间-π2，π2的图象大致为（）

6.当x=1时，函数f（x）=alnx+bx取得最大值-2，则f′（2）=（）

（A）-1.（B）-12.（C）12.（D）1.

7.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=2AD.

（B）AB与平面AB1C1D所成的角为30°.

（C）AC=CB1.

（D）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3，AB是以O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时，∠AOB=60°时，s=（）

（A）11-332.（B）11-432.

（C）9-332.（D）9-432.

9.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）5.（B）22.（C）10.（D）5104.

10.椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关系y轴对称.若直线AP，AQ的斜率之积为14，则C的离心率为（）

（A）32.（B）22.（C）12.（D）13.

11.设函数f（x）=sinωx+π3在区间（0，π）内恰有三个极值点、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=cos14，c=4sin14，则（）

（A）c>b>a.（B）b>a>c.

（C）a>b>c.（D）a>c>b.

二、填空題

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y2-x2m2=1（m>0）的渐近线与圆x2+y2-4y+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、解题答

17.记Sn为数列{an}的前n项的和.已知

2Snn+n=2an+1.

（1）证明：{an}是等差数列;

（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn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05，04，08，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：y2=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）=exx-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x1，x2，则x1x2<1.

22.（选修4-4：坐标系与参数方程）

在直角坐标系xOy中，

曲线C1的参数方程为x=2+t6，y=t（t为参数），

曲线C2的参数方程为x=-2+s6，y=-s（s为参数）.

（1）写出C1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C3的极坐标方程为2cosθ-sinθ=0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标.

23.（选修4-5：不等式选讲）

已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2=3.

（1）证明：a+b+2c≤3;

（2）若b=2c，则1a+1c≥3.

参考答案

题号12345678910答案CBDBABDBCA

题号111213141516答案CA11336353-1

17.（1）由于2Snn+n=2an+1，

变形为2Sn=2nan+n-n2，①

又2Sn-1=2（n-1）an-1+n-1-（n-1）2，②

①-②，得（2n-2）an-（2n-2）an-1=2n-2，

n≥2，n∈N*，

即an-an-1=1，n≥2，n∈N*，

所以{an}是等差数列.

（2）由题意可知a27=a4a9，

即（a1+6）2=（a1+3）（a1+8），

解得a1=-12，

所以an=-12+（n-1）×1=n-13，

其中a1

故Sn的最小值为S12=S13=-78.

18.（1）因为PD⊥底面ABCD，

所以PD⊥BD.

取AB中点E，连接DE，

可知DE=12AB=1.

因为CD∥AB，

所以CD瘙綊BE，

四边形BCDE为平行四边形，

故DE=CB=1.

又DE=12AB，

所以△ABD为直角三角形，

AB为斜边，

故BD⊥AD.

又PD∩AD=D，

所以BD⊥平面PAD，

故BD⊥PA.

（2）由（1）知

PD，AD，BD两两垂直，

BD=AB2-AD2=3.

如图6，建立空间直角坐标系，则

D（0，0，0），A（1，0，0），

B（0，3，0），P（0，0，3），

所以PD=（0，0，-3），

PA=（1，0，-3），

AB=（-1，3，0）.

设平面PAB的法向量为

n=（x，y，z），

则PA·n=0，AB·n=0，即x-3z=0，-x+3y=0，

不妨设y=z=1，则n=（3，1，1）.

设PD与平面PAB的所成角为θ，则

sinθ=|cos〈PD，n〉|=|PD·n||PD|·|n|

=|-3|3×5=55，

所以PD与平面PAB的所成的角的正弦值为55.

19.（1）记甲学校获得冠军为事件A，则

P（A）=05×04×（1-08）+

05×（1-04）×08+

（1-05）×04×08+

05×04×08

=06，

所以甲学校获得冠军的概率是06.

（2）X的可能取值为0，10，20，30，

则P（X=0）=05×04×08=016，

P（X=10）=05×04×（1-08）+

05×（1-04）×08+

（1-05）×04×08

=044，

P（X=20）=05×（1-04）×（1-08）+

（1-05）×（1-04）×08+

（1-05）×04×（1-08）

=034，

P（X=30）=（1-05）×（1-04）×（1-08）

=006，

X的期望值E（X）

=0×016+10×044+20×034+30×006

=13.

20.（1）由題可知

当x=p时，y2=2p2，

则yM=2p，

可知|MD|=2p，|FD|=p2.

在Rt△MFD中，

|FD|2+|DM|2=|FM|2，

得p22+（2p）2=9，即p=2，

故C的方程为y2=4x.

（2）要使α-β最大，则tan（α-β）最大，且易知当直线MN的斜率为负时，α-β为正才能达到最大.

又tan（α-β）=tanα-tanβ1+tanαtanβ.

设M（x1，y1），N（x2，y2），

A（x3，y3），B（x4，y4），

由（1）知F（1，0），D（2，0），

则tanβ=kMN=y1-y2x1-x2=y1-y2y214-y224=4y1+y2.

又N，D，B三点共线，

则kND=kBD，y2-0x2-2=y4-0x4-2，

y2-0y224-2=y4-0y224-2，

y2y4=-8，y4=-8y2.

同理由M，D，A三点共线可得y3=-8y1，

则tanα=4y3+y4=y1y2-2（y1+y2），

由题可知，直线MN斜率不为0，

不妨设lMN：x=my+1（m<0）.

由y2=4x，x=my+1，得

y2-4my-4=0，

即y1+y2=4m，y1y2=-4，

则tanβ=44m=1m，tanα=-4-2×4m=12m，

tan（α-β）=12m-1m1+12m·1m=-12m+1m，

可知当m=-22时，tan（α-β）最大，即α-β最大，

此时AB的直线方程为

y-y3=4y3+y4（x-x3），

即4x-（y3+y4）y+y3y4=0.

又y3+y4=-8y1+-8y2=-8（y1+y2）y1y2

=8m=-42，

y3y4=-8y1·-8y2=-16，

则AB的直线方程为

4x+42y-16=0，

即x+2y-4=0.

21.（1）f（x）定义域为（0，+∞），

f′（x）=ex（x-1）x-1x+1

=（ex+x）（x-1）x.

令f′（x）=0，得x=1，

所以0

当x>1时，f′（x）>0，f（x）单调递增，

所以f（x）min=f（1）=e+1-a，

要使得f（x）≥0恒成立，即满足

f（x）min=f（1）=e+1-a，

所以e+1≥a.

（2）由（1）知要使得有f（x）两个零点，

则f（x）min=f（1）=e+1-a<0，

所以e+1

假设0

要证明x1x2<1，

即证1

又f（x）在（1，+∞）上单调递增，

即证f（x2）

下面构造函数

F（x）=f（x）-f1x（0

F′（x）=f′（x）+f′1x·1x2

=（x-1）（ex+x-xe1x-1）x2，

由于ex>ex，

所以ex+x>ex+x=（e+1）x，

又函数y=xe1x在（0，1）单调递减，

所以xe1x>e，

即-xe1x-1<-e-1，

于是ex+x-xe1x-1

所以00，

F（x）在（0，1）单调递增，

而F（1）=f（1）-f（1）=0，

所以F（x）>0f（x）

22.（1）由C1：x=2+t6，y=t，

消去参数t得y2=6x-2（y≥0）.

（2）C3：2cosθ-sinθ=0，

两边乘ρ，得2ρcosθ-ρsinθ=0，

所以C3：y=2x，

联立y2=6x-2（y≥0），y=2x，

解得x=12，y=1，或x=1，y=2，

C2消去參数s得y2=-6x-2（y≤0），

联立y2=-6x-2（y≤0），y=2x，

解得x=-1，y=-2，或x=-12，y=-1.

综上知，C3与C1的交点为12，1和（1，2），C3与C2的交点为（-1，-2）和-12，-1.

23.（1）由柯西不等式知

（a2+b2+4c2）（12+12+12）

≥（a+b+2c）2，

即3×3≥（a+b+2c）2，

且a，b，c是正实数，

故a+b+2c≤3，

当且仅当a=b=2c，即a=b=1，c=12时，等号成立.

（2）由（1）知a+b+2c≤3，且b=2c，

故0

由权方和不等式知

1a+1c=12a+224c≥9a+4c≥3，

故1a+1c≥3.