3.全国高考乙卷?理科

一、选择题

1.设全集U={1，2，3，4，5}，集合M满足瘙綂UM={1，3}，则（）

（A）2∈M.（B）3∈M.（C）4M.（D）5M.

2.已知z=1-2i，且z+a·+b=0，其中a，b为实数，则（）

（A）a=1，b=-2.（B）a=-1，b=2.

（C）a=1，b=2.（D）a=-1，b=-2.

3.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=3，|a-2b|=3，则a·b=（）

（A）-2.（B）-1.（C）1.（D）2.

4.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1=1+1a1，b2=1+1a1+1a2，b3=1+1a1+1a2+1a3，…，以此类推，其中ak∈N*（k=1，2，…），则（）

（A）b1

（C）b6

5.设F为抛物线C：y2=4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），若|AF|=|BF|，则|AB|=（）

（A）2.（B）22.（C）3.（D）32.

6.执行如图1所示的程序框图，输出的

20.（1）由题意知

f（-1）=-1-（-1）=0，

f′（x）=3x2-1，f′（-1）=3-1=2，

则y=f（x）在点（-1，0）处的切线方程为

y=2（x+1），

即y=2x+2.

设该切线与g（x）切于点（x2，g（x2）），

g′（x）=2x，

则g′（x2）=2x2=2，

解得x2=1，

则g（1）=1+a=2+2，

解得a=3.

（2）f′（x）=3x2-1，

则y=f（x）在点（x1，f（x1））处的切线方程为

y-（x31-x1）=（3x21-1）（x-x1），

整理得y=（3x21-1）x-2x31.

设該切线与g（x）切于点（x2，g（x2）），

g′（x）=2x，

则g′（x2）=2x2，

切线方程为

y-（x22+a）=2x2（x-x2），

整理得y=2x2x-x22+a，

则3x21-1=2x2，-2x31=-x22+a，

整理得a=x22-2x31=3x212-122-2x31

=94x41-2x31-32x21+14.

令h（x）=94x4-2x3-32x2+14，

则h′（x）=9x3-6x2-3x=3x（3x+1）（x-1）.

令h′（x）>0，解得-131.

令h′（x）<0，解得x<-13或0

则x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下：

x-∞，-13-13-13，00（0，1）1（1，+∞）h′（x）-0+0-0+h（x）52714-1

则h（x）的值域为[-1，+∞），

故a的取值范围为[-1，+∞）.

21.同理科第20题.

22.同理科第22题.

23.同理科第23题.

n=（）

（A）3.（B）4.

（C）5.（D）6.

7.在正方体ABCD|A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）

（A）平面B1EF⊥平面BDD1.

（B）平面B1EF⊥平面A1BD.

（C）平面B1EF∥平面A1AC.

（D）平面B1EF∥平面A1C1D.

8.已知等比数列{an}的前3项和为168，a2-a5=42，则a6=（）

（A）14.（B）12.（C）6.（D）3.

9.已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

（A）13.（B）12.（C）33.（D）22.

10.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）

（A）p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关.

（B）该棋手在第二盘与甲比赛，p最大.

（C）该棋手在第二盘与乙比赛，p最大.

（D）该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.

11.双曲线C的两个焦点F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cos∠F1NF2=35，则C的离心率为（）

（A）52.（B）32.（C）132.（D）172.

12.已知函数f（x），g（x）的定义域为R，且f（x）+g（2-x）=5，g（x）-f（x-4）=7.若y=g（x）的图象关于直线x=2对称，g（2）=4，则∑22k=1f（k）=（）

（A）-21.（B）-22.（C）-23.（D）-24.

二、填空题

13.从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为.

14.过四点（0，0），（4，0），（-1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为.

15.记函数f（x）=cos（ωx+φ）（ω>0，0<φ<π）的最小正周期为T，若f（T）=32，x=π9為f（x）的零点，则ω的最小值为.

16.已知x=x1和x=x2分别是函数f（x）=2ax-ex2（a>0且a≠1）的极小值和极大值点.若x1

三、解答题

17.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（A-B）=sinBsin（C-A）.

（1）证明：2a2=b2+c2;

（2）若a=5，cosA=2531，求△ABC的周长.

18.如图2，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC中点.

（1）证明：平面BED⊥平面ACD;

（2）设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成角的正弦值.

19.某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山，为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：m2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：

样本号i12345678910总和根部横截面积xi00400600400800800500500700700606材积量yi02504002205405103403604604204039

并计算得∑10i=1x2i=0038，

∑10i=1y2i=16158，∑10i=1xiyi=02474.

（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量;

（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到001）;

（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.

附：相关系数r=∑ni=1（xi-）（yi-）∑ni=1（xi-）2∑ni=1（yi-）2，

1896≈1377.

20.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过A（0，-2），B32，-1两点.

（1）求E的方程;

（2）设过点P（1，-2）的直线交E于M，N两点，过M且平行于x的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH，证明：直线HN过定点.

21.已知函数f（x）=ln（1+x）+axe-x.

（1）当a=1时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程;

（2）若f（x）在区间（-1，0），（0，+∞）各恰有一个零点，求a的取值范围.

22.（选修4-4：坐标系与参数方程）

在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为x=3cos2ty=2sint（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为ρsinθ+π3+m=0.

（1）写出l的直线坐标方程;

（2）若l与C有公共点，求m的取值范围.

23.（选修4-5：不等式选讲）

已知a，b，c都是正数，且a32+b32+c32=1.

（1）证明：abc≤19;

（2）证明：ab+c+ba+c+ca+b≤12abc.

参考答案

题号123456789答案AACDBBADC

题号101112131516答案DCD31030，1e

14.（x-2）2+（y-3）2=13，

或（x-2）2+（y-1）2=5，

或x-432+y-732=659，

或x-852+（y-1）2=16925.

17.（1）sinCsin（A-B）=sinBsin（C-A），

可化为sinCsinAcosB-sinCcosAsinB

=sinBsinCcosA-sinBcosCsinA，

由正弦定理可得

accosB-bccosA=bccosA-abcosC，

即accosB=2bccosA-abcosC.

由余弦定理可得

ac·a2+c2-b22ac

=2bc·b2+c2-a22bc-ab·a2+b2-c22ab，

即a2+c2-b22=（b2+c2-a2）-a2+b2-c22，

所以2a2=b2+c2.

（2）由（1）可知b2+c2=2a2=50，

cosA=b2+c2-a22bc=50-252bc=2531，

所以2bc=31，

又b2+c2+2bc=（b+c）2=81，

所以b+c=9，

所以a+b+c=14，

故△ABC的周长为14.

18.（1）因为AD=CD，∠ADB=∠BDC，

且BD为公共边，

所以△ADB≌△BDC，AB=BC.

又E为AC中点，且AD=CD，

所以DE⊥AC，

同理BE⊥AC.

又DE∩BE=E，且均含于平面BED，

所以AC⊥平面BED.

又AC平面ACD，

所以平面BED⊥平面ACD.

（2）在△ABC中，

AB=2，∠ACB=60°，AB=BC，

所以AC=2，BE=3.

在△ACD中，

AD⊥CD，AD=CD，AC=2，E為AC中点，

所以DE⊥AC，DE=1.

又BD=2，

所以DE2+BE2=BD2，

即DE⊥BE，

所以AC、ED、EB两两互相垂直.

由点F在BD上且△ADB≌△BDC，

所以AF=FC.

由E为AC中点，

所以EF⊥AC.

当△AFC的面积最小时，EF⊥BD.

在Rt△DEB中，

BE=3，DE=1，

所以EF=32，BF=32.

如图3，以点E为坐标原点，直线AC、EB、ED分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则C（-1，0，0），A（1，0，0），

B（0，3，0），D（0，0，1），

F0，34，34，BD=（0，-3，1），

AD=（-1，0，1），BC=（-1，-3，0）.

因为CF=BF-BC=34BD-BC

=1，34，34.

设平面ABD的法向量为m=（x，y，z），

可得BD·m=0，AD·m=0.

设y=1，所以m=（3，1，3）.

设m与CF所成的角为α，CF与平面ABD所成角的为θ，所以

sinθ=|cosα|=m·CF|m|·|CF|=437，

所以CF与平面ABD所成角的正弦值为437.

19.（1）设这种树木平均一棵的根部横截面积为，平均一个的材积量为，则

=0610=006，=3910=039.

（2）r=∑ni=1xiyi-n∑ni=1x2i-n2∑ni=1y2i-n2

=02474-10×006×039（0038-10×006）2×（16158-10×039）2

=001340002×00948=00134001×1896

=00134001377=097.

（3）设从根部面积总和为X，总材积量为Y，则

XY=，

故Y=3906×186=1209（m3）.

20.（1）设E的方程为x2a2+y2b2=1，

将A（0，-2），B32，-1两点代入得

4b2=1，94a2+1b2=1，

解得a2=3，b2=4，

故E的方程为x23+y24=1.

（2）由A（0，-2），B32，-1可得

直线AB：y=23x-2.

①若过P（1，-2）的直线的斜率不存在，直线为x=1，

代入x23+y24=1，可得

M1，263，N1，-263，

将y=263代入AB：y=23x-2，可得

T=6+3，263，

由MT=TH，得H26+5，263，

易求得此时直线HN：y=2-263x-2.

过点（0，-2）.

②若过P（1，-2）的直线的斜率存在.

设kx-y-（k+2）=0，

M（x1，y1），N（x2，y2），

联立kx-y-（k+2）=0，x23+y24=1，得

（3k2+4）x2-6k（2+k）x+3k（k+4）=0，

故x1+x2=6k（2+k）3k2+4，x1x2=3k（4+k）3k2+4，

y1+y2=-8k（2+k）3k2+4，y1y2=4（4+4k-2k2）3k2+4，

且x1y2+x2y1=-24k3k2+4，（*）

联立y=y1，y=23x-2，得

T3y12+3，y1，H（3y1+6-x1，y1），

可求得HN：y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2（x-x2），

将（0，-2）代入整理得

2（x1+x2）-6（y1+y2）+x1y2+

x2y1-3y1y2-12=0，

将（*）式代入得

24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+

24k2-36k2-48=0，显然成立.

综上，知直线HN过定点（0，-2）.

21.（1）f（x）的定义域为（-1，+∞）.

当a=1时，f（x）=ln（1+x）+xex，f（0）=0，

所以切点为（0，0），

f′（x）=11+x+1-xex，f′（0）=2，

所以切线斜率为2，

所以曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为

y=2x.

（2）f（x）=ln（1+x）+axex，

f′（x）=11+x+a（1-x）ex=ex+a（1-x2）（1+x）ex.

设g（x）=ex+a（1-x2）.

①若a>0，当x∈（-1，0）时，

g（x）=ex+a（1-x2）>0，

即f′（x）>0，

所以f（x）在（-1，0）上单调递增，

f（x）

故f（x）在（-1，0）上没有零点，不合题意;

②若-1

g′（x）=ex-2ax>0，

所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，

所以g（x）>g（0）=1+a>0，

即f′（x）>0，

所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，

f（x）>f（0）=0，

故f（x）在（0，+∞）上没有零点，不合题意;

③若a<1.

（i）当x∈（0，+∞）时，

g′（x）=ex-2ax>0，

所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，

g（0）=1+a<0，g（1）=e>0，

所以存在m∈（0，1）使得g（m）=0，即f′（m）=0.

當x∈（0，m），f′（x）<0，f（x）单调递减;

当x∈（m，+∞），f′（x）>0，f（x）单调递增，

所以当x∈（0，m）时，f（x）

当x→+∞时，f（x）→+∞，

所以f（x）在（m，+∞）上有唯一零点.

又（0，m）没有零点，

即f（x）在（0，+∞）上有唯一零点.

（ii）当x∈（-1，0）时，

g（x）=ex+a（1-x2）.

设h（x）=g′（x）=ex-2ax，

h′（x）=ex-2a>0，

所以g′（x）在（-1，0）上单调递增，

g′（-1）=1e+2a<0，g′（0）=1>0，

所以存在n∈（-1，0），使得g′（n）=0.

当x∈（-1，n）时，g′（x）<0，g（x）单调递减;

当x∈（n，0）时，g′（x）>0，g（x）单调递增，

g（x）

又g（-1）=1e>0，

所以存在t∈（-1，n），使得g（t）=0，即f′（t）=0.

当x∈（-1，t）时，f（x）单调递增;

当x∈（t，0）时，f（x）单调递减，

即x→-1时，f（x）→-∞，

而f（0）=0，所以当x∈（t，0）时，f（x）>0，

所以f（x）在（-1，t）上有唯一零点，（t，0）上无零点，

即f（x）在（-1，0）上有唯一零点，

所以a<-1符合题意，

所以若f（x）在区间（-1，0），（0，+∞）各恰有一个零点，

故a的取值范围为（-∞，-1）.

22.（1）由ρsinθ+π3+m=0，得

ρsinθcosπ3+cosθsinπ3+m=0，

即ρ12sinθ+32cosθ+m=0，

12y+32x+m=0，

故l的方程为3x+y+2m=0.

（2）由x=3cos2t，得

x=3（1-2sin2t）=31-2y22

=3-32y2，

联立x=3-32y2，3x+y+2m=0，得

3y2-2y-4m-6=0，

即3y2-2y-6=4m（-2≤y≤2），

解得-193≤4m≤10，-1912≤m≤52，

故m的范围是-1912≤m≤52.

23.（1）因为a>0，b>0，c>0，

所以a32>0，b32>0，c32>0，

a32+b32+c323≥3a32·b32·c32，

即（abc）12≤13，

故abc≤19，

当且仅当a32=b32=c32，即a=b=c=319时等号成立.

（2）因为a>0，b>0，c>0，

所以b+c≥2bc，

a+c≥2ac，a+b≥2ab，

ab+c≤a2bc=a322abc，

ba+c≤b2ac=b322abc，

ca+b≤c2ab=c322abc，

ab+c+ba+c+ca+b

≤a322abc+b322abc+c322abc

=12abc，

当且仅当a=b=c时等号成立.