浙江近五年高考理科数学试题及参

2007年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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）“x1”是“xx”的（　　） Ａ．充分而不必要条件 Ｃ．充分不必要条件 Ｂ．必要而不充分条件 Ｄ．既不充分也不必要条件 2（2）若函数f(x)2sin(x)，xR（其中0，）的最小正周期是，且2f(0)3，则（ ） 1， 26C．2， 6A．1， 23D．2， 3B．（3）直线x2y10关于直线x1对称的直线方程是（　　） Ａ．x2y10 Ｃ．2xy30 Ｂ．2xy10 Ｄ．x2y30 （4）要在边长为16米的正方形草坪上安装喷水龙头，使整个草坪都能喷洒到水．假设每个喷水龙头的喷洒范围都是关径为6米的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是（　　） Ａ．3 Ｂ．4 Ｃ．5 Ｄ．6 （5）已知随机变量服从正态分布N(2，)，P(≤4)0.84，则P(≤0)（ A．0.16 B．0.32 C．0.68 D，0.84 （6）若P两条异面直线l，m外的任意一点，则（　　） Ａ．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行 Ｂ．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直 Ｃ．过点P有且仅有一条直线与l，m都相交 Ｄ．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面 （7）若非零向量a，b满足abb，则（　　） Ａ．2aab Ｃ．2bab Ｂ．2a2ab Ｄ． 2ba2b 2） （8）设f(x)是函数f(x)的导函数，将yf(x)和yf(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ） 1 / 49 yyyyOxOxOxOxADB．C．．．x2y2（9）已知双曲线221(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是准线上一点，且abPF1PF2，PF1PF24ab，则双曲线的离心率是（　　） Ａ．2 Ｂ．3 Ｃ．2 Ｄ．3 2x≥1，x，（10）设f(x)g(x)是二次函数，若f(g(x))的值域是0，∞，则g(x)的值域x1，x，是（ ） B．∞，10，∞ D．1，∞ A．∞，11，∞ C．0，∞ 第II卷（共100分） 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分． （11）已知复数z11i，z1z21i，则复数z2 （12）已知sincos． ． 13，且≤≤，则cos2的值是 524． （13）不等式2x1x1的解集是 （14）某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志（每种至多买一本，10元钱刚好用完），则不同买法的种数是 （用数字作答）． （15）随机变量的分布列如下：  P 其中a，b，c成等差数列，若E1 a 0 b 1 c ． 1，则D的值是 3（16）已知点O在二面角AB的棱上，点P在内，且POB45．若对于内异于O 2 / 49 的任意一点Q，都有POQ≥45，则二面角AB的大小是  ． x2y5≥022（17）设m为实数，若(x，y)3x≥0(x，y)xy≤25，则m的取值范围mxy≥0是 ． 三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． （18）（本题14分）已知△ABC的周长为21，且sinAsinB（I）求边AB的长； 2sinC． D1EsinC，求角C的度数． 6（19）（本题14分）在如图所示的几何体中，EA平面ABC，且ACBCBD2AE，DB平面ABC，ACBC，M是AB的中点． A（I）求证：CMEM； （II）求CM与平面CDE所成的角． （II）若△ABC的面积为（20）（本题14分）如图，直线ykxb与椭圆CM（第19题）xy2142B交于A，B两点，记△AOB的面积为S． （I）求在k0，0b1的条件下，S的最大值； （II）当AB2，S1时，求直线AB的方程． （21）（本题15分）已知数列an中的相邻两项a2k1，a2k是关于x的方程x(3k2)x3k20的两个根，且2kkyAOxBa2k1≤a2k(k1，2，3，)． （I）求a1，a2，a3，a7； （II）求数列an的前2n项和S2n； （Ⅲ）记f(n)（第20题）1sinn3， 2sinn(1)f(2)(1)f(3)(1)f(4)(1)f(n1)， Tn…a1a2a3a4a5a6a2n1a2n求证：15≤Tn≤(nN*)． 624 3 / 49 2x32（22）（本题15分）设f(x)，对任意实数t，记gt(x)t3xt． 33（I）求函数yf(x)gt(x)的单调区间； （II）求证：（ⅰ）当x0时，f(x)gf(x)≥gt(x)对任意正实数t成立； （ⅱ）有且仅有一个正实数x0，使得gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立． 2007年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 数学（理工类）答案 一、选择题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分50分． （1）A （2）D （3）D （4）B （5）A （6）B （7）C （8）D （9）B （10）C 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，满分28分． （11）1 （15）（12） 7 25（13）x0x2 （17）0≤m≤（14）266 5 9（16）90 4 3三、解答题 （18）解：（I）由题意及正弦定理，得ABBCAC21， BCAC2AB， 两式相减，得AB1． （II）由△ABC的面积111BCACsinCsinC，得BCAC， 263AC2BC2AB2由余弦定理，得cosC 2ACBC  (ACBC)22ACBCAB21　　， 2ACBC2所以C60． （19）本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．满分14分． 方法一： （I）证明：因为ACBC，M是AB的中点， 所以CMAB． 又EA平面ABC， 4 / 49 所以CMEM． （II）解：过点M作MH平面CDE，垂足是H，连结CH交延长交ED于点F，连结MF，MD． ∠FCM是直线CM和平面CDE所成的角． DE因为MH平面CDE， E所以MHED， H又因为CM平面EDM， 所以CMED， 则ED平面CMF，因此EDMF． CA设EAa，BDBCAC2a， M在直角梯形ABDE中， AB22a，M是AB的中点， 所以DE3a，EMB3a，MD6a， 得△EMD是直角三角形，其中∠EMD90， 所以MFEMMD2a． DEMF1， MC在Rt△CMF中，tan∠FCM所以∠FCM45， 故CM与平面CDE所成的角是45． 方法二： 如图，以点C为坐标原点，以CA，CB分别为x轴和y轴，过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建立直角坐标系Cxyz，设EAa，则A(2a，，)，B(0，2a，0)，E(2a，0，a)．D(0，2a，2a)，M(a，a，0)． （I）证明：因为EM(a，a，a)，CM(a，a，0)， 所以EMCM0， 故EMCM． （II）解：设向量n=1，y0，z0与平面CDE垂直，则nCE，nCD， 即nCE0，nCD0． 因为CE(2a，0，a)，CD(0，2a，2a)， DEz 5 / 49 xACMyB所以y02，x02， 即n(1，2，2)， CMn2， cosn，CM2CMn直线CM与平面CDE所成的角是n与CM夹角的余角， 所以45， 因此直线CM与平面CDE所成的角是45． （20）本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分14分． （Ⅰ）解：设点A的坐标为(x1，b)，点B的坐标为(x2，b)， x22由， 21bb21，解得x1，24所以S1bx1x2 22b1b2 ≤b21b21． 当且仅当b2时，S取到最大值1． 2ykxb，（Ⅱ）解：由x2 2y1，4得k 2122x2kbxb10， 44k2b21， 4k2b21|AB|1k|x1x1|1k2． 12k422② 6 / 49 设O到AB的距离为d，则 d2S1， |AB||b|1k22又因为d， 所以bk1，代入②式并整理，得 210， 41322解得k，b，代入①式检验，0， 22故直线AB的方程是 k4k2y26262626或y或y，或y． xxxx22222222 21．本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．满分15分． （I）解：方程x(3k2)x3k20的两个根为x13k，x22， 当k1时，x13，x22， 所以a12； 当k2时，x16，x24， 所以a34； 当k3时，x19，x28， 所以a58时； 当k4时，x112，x216， 所以a712． （II）解：S2na1a2a2n 2kkk(363n)(2222n) 3n23n2n12． 2 7 / 49 111(1)f(n1)（III）证明：Tn， a1a2a3a4a5a6a2n1a2n所以T111， a1a26T2115． a1a2a3a424当n≥3时， 111(1)f(n1)， Tn6a3a4a5a6a2n1a2n1111≥ 6a3a4a5a6a2n1a2n11111 ≥32n662622111， 662n6511(1)f(n1)同时，Tn 24a5a6a7a8a2n1a2n≤≤1511 24a5a6a1a2a2n1a2n51111 13n2492922515． n249224综上，当nN*时，15≤Tn≤． 62422．本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．满分15分． x316（I）解：y4x． 33由yx40，得 2x2． 因为当x(，2)时，y0， 8 / 49 当x(2，2)时，y0， 当x(2，)时，y0， 故所求函数的单调递增区间是(，2)，(2，)， 单调递减区间是(2，2)． （II）证明：（i）方法一： x322令h(x)f(x)gt(x)t3xt(x0)，则 33h(x)x2t， 当t0时，由h(x)0，得xt， 当x(x，)时，h(x)0， 所以h(x)在(0，)内的最小值是h(t)0． 故当x0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立． 方法二： 对任意固定的x0，令h(t)gt(x)tx121h(t)t3(xt3)， 323231313132t(t0)，则 3由h(t)0，得tx． 当0tx时，h(t)0． 当tx时，h(t)0， 所以当tx时，h(t)取得最大值h(x)3333313x． 3因此当x0时，f(x)≥g(x)对任意正实数t成立． （ii）方法一： f(2)8gt(2)． 3由（i）得，gt(2)≥gt(2)对任意正实数t成立． 9 / 49 即存在正实数x02，使得gx(2)≥gt(2)对任意正实数t成立． 下面证明x0的唯一性： 当x02，x00，t8时， x0316，gx(x0)4x0， f(x0)33 x0316由（i）得，4x0， 33x03再取tx0，得gx3(x0)， 03316x03所以gx(x0)4x0gx3(x0)， 033即x02时，不满足gx(x0)≥gt(x0)对任意t0都成立． 故有且仅有一个正实数x02， 使得gx(x0)0≥gt(x0)对任意正实数t成立． 方法二：对任意x00，gx(x0)4x0因为gt(x0)关于t的最大值是件是： 16， 313x0，所以要使gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数成立的充分必要条34x01613≥x0， 332即(x02)(x04)≤0， ① 又因为x00，不等式①成立的充分必要条件是x02， 所以有且仅有一个正实数x02， 使得gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立． 2008年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 10 / 49 数 学（理科） 参考公式： 如果事件A，B互斥，那么 球的表面积公式S4πR 其中R表示球的半径 球的体积公式V2P(AB)P(A)P(B) 如果事件A，B相互，那么 43πR 3P(AB)P(A)P(B) 其中R表示球的半径 如果事件A在一次试验中发生的概率是p 那么n次重复试验中恰好发生 k次的概率： kkPn(k)Cnp(1p)nk 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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a是实数，A．1 ai是纯虚数，则a（ ） 1iC．2 D．2 B．1 2．已知UR，Ax|x0，Bx|x≤1，则(AðUB)(BðUA)（ A． B．x|x≤0 2） C．x|x1 2D．x|x0或x≤1 ） 3．已知a，b都是实数，那么“ab”是“ab”的（ A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件 44．在(x1)(x2)(x3)(x4)(x5)的展开式中，含x的项的系数是（ A．15 B．85 C．120 D．274 ） 5．在同一平面直角坐标系中，函数ycos个数是（ A．0 ） B．1 1x3π2π]）的图象和直线y的交点（x[0，222 C．2 D．4 11 / 49 6．已知an是等比数列，a22，a5A．16(14) n1，则a1a2a2a3anan1（ ） 43232n(14n) (12n) B．16(12) C．D．33x2y27．若双曲线221的两个焦点到一条准线的距离之比为3:2，则双曲线的离心率是ab（ A．3 ） B．5 C．3 D．5 ） 8．若cos2sin5，则tan（ A．1 2B．2 C．1 2D．2 9．已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(ac)(bc)0，则c的最大值是（ A．1 ） B．2 C．2 D．2 210．如图，AB是平面的斜线段，A为斜足，若点P在平面内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（ ） A．圆 B．椭圆 BC．一条直线 D．两条平行直线 AP  （第10题） 2008年普通高等学校招生全国统一考试 数 学（理科） 第Ⅱ卷（共100分） 注意事项： 1．用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上． 2．在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑． 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分． 11．已知a0，若平面内三点A(1，a)，B(2，a)，C(3，a)共线，则a 23 ． x2y21的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A，B两点，若12．已知F1，F2为椭圆259 12 / 49 F2AF2B12，则AB ． 13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若(3bc)cosAacosC，则． 14．如图，已知球O的面上四点A，B，C，D， cosA DACB（第14题）． DA平面ABC，ABBC，DAABBC3， 则球O的体积等于 ． 215．已知t为常数，函数yx2xt在区间[0，3]上的最大值为2，则t 16．用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是 （用数字作答） x≥0，17．若a≥0，b≥0，且当y≥0，时，恒有axby≤1，则以a，b为坐标的点P(a，b)xy≤1所形成的平面区域的面积等于 ． 三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 18．（本题14分）如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，BCFCEF90，AD3，EF2． （Ⅰ）求证：AE∥平面DCF； （Ⅱ）当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60？ DABCF E （第18题） 19．（本题14分）一个袋中装有若干个大小相同的黑球，白球和红球．已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是27；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是． 59（Ⅰ）若袋有10个球， （ⅰ）求白球的个数； （ⅱ）从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为，求随机变量的数学期望E． （Ⅱ）求证：从袋中任意摸出2个球，至少得到1个黑球的概率不大于色的球个数最少． 7．并指出袋中哪种颜10 13 / 49 20．（本题15分） 已知曲线C是到点P，和到直线y13285距离相等的点的轨迹． 80)的直线，M是C上（不在l上）的动点；A，B在l上，MAl，MBx轴l是过点Q(1，（如图）． （Ⅰ）求曲线C的方程； y2MBAlxQB（Ⅱ）求出直线l的方程，使得为常数． QA 21．（本题15分）已知a是实数，函数f(x)（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间； （Ⅱ）设g(a)为f(x)在区间[0，2]上的最小值． （ⅰ）写出g(a)的表达式； （ⅱ）求a的取值范围，使得6≤g(a)≤2． QO（第20题）x(xa)． 22．（本题14分）已知数列an，an≥0，a10，an1an11an(nN)． 22*记：Sna1a2an，Tn*111． 1a1(1a1)(1a2)(1a1)(1a2)(1an)求证：当nN时， （Ⅰ）anan1； （Ⅱ）Snn2； （Ⅲ）Tn3 14 / 49 2008年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 数 学（理科）参 一、选择题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分50分 1．A　　2．D　　3．D　　4．A　　5．C　　 6．C　　7．D　　8．B　　9．C　　10．B 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，满分28分． 11．12　　12．8　　13．39π　　14． 15．1　　16．40　　17．1 32三、解答题 18．本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．满分14分． 方法一： （Ⅰ）证明：过点E作EGCF交CF于G，连结DG， 可得四边形BCGE为矩形， 又ABCD为矩形， 所以AD∥EG，从而四边形ADGE为平行四边形， 故AE∥DG． 因为AE平面DCF，DG平面DCF， 所以AE∥平面DCF． （Ⅱ）解：过点B作BHEF交FE的延长线于H，连结AH． 由平面ABCD平面BEFC，ABBC，得 AB平面BEFC， 从而AHEF． 所以AHB为二面角AEFC的平面角． 在Rt△EFG中，因为EGAD又因为CEEF，所以CF4， 从而BECG3． A 15 / 49 DABHECGF3，EF2，所以CFE60，FG1． zDCFEyxB于是BHBEsinBEH33． 2因为ABBHtanAHB， 所以当AB为9时，二面角AEFC的大小为60． 2方法二：如图，以点C为坐标原点，以CB，CF和CD分别作为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系Cxyz． 设ABa，BEb，CFc， 0，0)，A(3，0)． 则C(0，0，a)，B(3，0，0)，E(3，b，0)，F(0，c，（Ⅰ）证明：AE(0，b，a)，CB(3，0，0)，BE(0，b，0)， 所以CBCE0，CBBE0，从而CBAE，CBBE， 所以CB平面ABE． 因为CB平面DCF， 所以平面ABE∥平面DCF． 故AE∥平面DCF． （Ⅱ）解：因为EF(3，cb，0)，CE(3，b，0)， 所以EFCE0，|EF|2，从而 3b(cb)0， 23(cb)2，解得b3，c4． 所以E(3，4，0)． 3，0)，F(0，设n(1，y，z)与平面AEF垂直， 则nAE0，nEF0， 解得n(1，3，33)． a又因为BA平面BEFC，BA(0，0，a)， |BAn|33a1所以|cosn，BA|， |BA||n|a4a2272 16 / 49 得到a9． 2所以当AB为9时，二面角AEFC的大小为60． 219．本题主要考查排列组合、对立事件、相互事件的概率和随机变量分布列和数学期望等概念，同时考查学生的逻辑思维能力和分析问题以及解决问题的能力．满分14分． （Ⅰ）解：（i）记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球”为事件A，设袋中白球的个数2C107为x，则P(A)12x， C109得到x5． 故白球有5个． （ii）随机变量的取值为0，1，2，3，分布列是  P 0 1 2 3 1 125 125 121 12的数学期望 E155130123． 1212121222n， 5（Ⅱ）证明：设袋中有n个球，其中y个黑球，由题意得y所以2yn，2y≤n1，故y1≤． n12记“从袋中任意摸出两个球，至少有1个黑球”为事件B，则 23y 55n12317≤． 55210P(B)所以白球的个数比黑球多，白球个数多于n2n，红球的个数少于． 55故袋中红球个数最少． 20．本题主要考查求曲线的轨迹方程、两条直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分15分． （Ⅰ）解：设N(x，y)为C上的点，则 13|NP|xy， 2855N到直线y的距离为y． 88 17 / 49 22135由题设得xyy． 288化简，得曲线C的方程为y（Ⅱ）解法一： 2212(xx)． 2yQOMBAx2x设Mx，，直线l:ykxk，则 2B(x，kxk)，从而|QB|1k|x1|． 在Rt△QMA中，因为 2lxx2|QM|(x1)1， 422x(x1)2k2． |MA|21k22(x1)2所以|QA||QM||MA|(kx2)2 . 24(1k)222|QA||x1||kx2|21k2， |QB|22(1k2)1k2x1． 2|QA||k|xk|QB|2当k2时，55， |QA|从而所求直线l方程为2xy20． x2x解法二：设Mx，，直线l:ykxk，则B(x，kxk)，从而 2|QB|1k2|x1|． 过Q(1，0)垂直于l的直线l1:y1(x1)． k 18 / 49 因为|QA||MH|，所以|QA||x1||kx2|21k2， l1HyMBAlx|QB|22(1k2)1k2x1． 2|QA||k|xkQO|QB|2当k2时，55， |QA|从而所求直线l方程为2xy20． 21．本题主要考查函数的性质、求导、导数的应用等基础知识，同时考查分类讨论思想以及综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力．满分15分． )， （Ⅰ）解：函数的定义域为[0，f(x)xxa3xa（x0）． 2x2x若a≤0，则f(x)0， )． f(x)有单调递增区间[0，若a0，令f(x)0，得x当0x当xa， 3a时，f(x)0， 3a时，f(x)0． 3aa． f(x)有单调递减区间0，，单调递增区间，33（Ⅱ）解：（i）若a≤0，f(x)在[0，2]上单调递增， 所以g(a)f(0)0． 若0a6，f(x)在0，上单调递减，在，2上单调递增， a3a3所以g(a)f2aaa． 333若a≥6，f(x)在[0，2]上单调递减， 19 / 49 所以g(a)f(2)2(2a)． a≤0，0，2aa综上所述，g(a) ，0a6，332(2a)，a≥6．（ii）令6≤g(a)≤2． 若a≤0，无解． 若0a6，解得3≤a6． 若a≥6，解得6≤a≤232． 故a的取值范围为3≤a≤232． 22．本题主要考查数列的递推关系，数学归纳法、不等式证明等基础知识和基本技能，同时考查逻辑推理能力．满分14分． （Ⅰ）证明：用数学归纳法证明． ①当n1时，因为a2是方程xx10的正根，所以a1a2． ②假设当nk(kN)时，akak1， 因为ak1ak(ak2ak21)(ak1ak11) 2222*2(ak2ak1)(ak2ak11)， 所以ak1ak2． 即当nk1时，anan1也成立． 根据①和②，可知anan1对任何nN都成立． （Ⅱ）证明：由ak1ak11ak，k1，， 2，，n1（n≥2）得an(a2a3an)(n1)a1． 因为a10，所以Snn1an． 由anan1及an11an2an11得an1， 所以Snn2． （Ⅲ）证明：由ak1ak11ak≥2ak，得 20 / 49 222222222*a1≤k1(k2，3，，n1，n≥3) 1ak12ak所以a1≤n2n(a≥3)， (1a3)(1a4)(1an)2a2ana11≤n22nn(n≥3)， 2n2(1a2)(1a3)(1an)2(a2a2)22于是故当n≥3时，Tn11又因为T1T2T3， 所以Tn3． 绝密★考试结束前 11n23， 222009年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷) 数 学（理科） 本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共5页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至5页。满分150分，考试时间120分钟。 请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。 选择题部分（共50分） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸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。不能答在试题卷上。 参考公式： 如果事件A,B互斥，那么 P(AB)P(A)P(B) 棱柱的体积公式 VSh 如果事件A,B相互，那么 其中S表示棱柱的底面积，h表示棱柱的高 P(AB)P(A)P(B) 棱锥的体积公式 1VSh 3如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么 21 / 49 n次重复试验中事件A恰好发生k次的概率 其中S表示棱锥的底面积，h表示棱锥的高 kkPn(k)Cnp(1p)nk,(k0,1,2,,n) 棱台的体积公式 V1h(S1S1S2S2) 3球的表面积公式 S4R2 面积， 球的体积公式 V43 R3其中S1、S2分别表示棱台的上、下底h表示棱台的高 其中R表示球的半径 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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UR，A{x|x0}，B{x|x1}，则AðUB( ) A．{x|0x1} 答案：B 【解析】 对于CUBxx1，因此Að}． UB{x|0x12．已知a,b是实数，则“a0且b0”是“ab0且ab0”的 ( ) A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 答案：C 【解析】对于“a0且b0”可以推出“ab0且ab0”，反之也是成立的 3．设z1i（i是虚数单位），则 A．1i B．1i 答案：D 【解析】对于B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件 B．{x|0x1} C．{x|x0} D．{x|x1} 22z ( ) zD． 1i C．1i 222z(1i)21i2i1i z1i24．在二项式(x)的展开式中，含x的项的系数是( )A．10 C．5 答案：B B．10 D．5 1x54 22 / 49 【解析】对于Tr1C5(x)数是C5(1)10 22r25r1r()r1C5rx103r，对于103r4,r2，则x4的项的系x5．在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是 ( ) A．30 答案：C 【解析】取BC的中点E，则AE面BB1C1C，AEDE，因此AD与平面BB1C1C所成角即为ADE，设ABa，则B．45 C．60 D．90 AE3a，2DEa，2即有tanADE3,ADE600． 6．某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是 ( ) A．4 答案：A 【解析】对于k0,s1,k1，而对于k1,s3,k2，则k2,s38,k3，后面是k3,s382,k4，不符合条件时输出的k4． 7．设向量a，b满足：|a|3，|b|4，ab0．以a，b，ab的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为 ( A．3 答案：C 【解析】对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个以上的交点不能实现． 8．已知a是实数，则函数f(x)1asinax的图象不可能是 ( ) B．4 C．5 D．6 )B．5 C．6 D．7 11 23 / 49 答案：D 【解析】对于振幅大于1时，三角函数的周期为T它的振幅大于1，但周期反而大于了2． 2,a1,T2，而D不符合要求，ax2y29．过双曲线221(a0,b0)的右顶点A作斜率为1的直线，该直线与双曲线的两条渐ab1近线的交点分别为B,C．若ABBC，则双曲线的离心率是 ( ) 2A．2 答案：C B．3 C．5 D．10 【解析】对于Aa,0，则直线方程为xya0，直线与两渐近线的交点为B，C，aba22a2b2a2bababa2ab，则有BC(,),AB,B,,C(,)，2222abababababababab22因2ABBC,4ab,e5． 10．对于正实数，记M为满足下述条件的函数f(x)构成的集合：x1,x2R且x2x1，有 (x2x1)f(x2)f(x1)(x2x1)．下列结论中正确的是 ( ) A．若f(x)M1，g(x)M2，则f(x)g(x)M12 B．若f(x)M1，g(x)M2，且g(x)0，则f(x)M1 g(x)2C．若f(x)M1，g(x)M2，则f(x)g(x)M12 D．若f(x)M1，g(x)M2，且12，则f(x)g(x)M12 答案：C 24 / 49 【解析】对于(x2x1)f(x2)f(x1)(x2x1)，即有f(x2)f(x1)，令x2x1f(x2)f(x1)k，有k，不妨设f(x)M1，g(x)M2，即有1kf1,x2x12kg2，因此有12kfkg12，因此有f(x)g(x)M12． 非选择题部分（共100分） 注意事项： 1．用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上。 2．在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。 11．设等比数列{an}的公比q答案：15 S1，前n项和为Sn，则4 a42． a1(1q4)s41q43【解析】对于s4,a4a1q,315 1qa4q(1q)12．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是 答案：18 【解析】该几何体是由二个长方体组成，下面体积为1339，上面的长方体体积为3319，因此其几何体的体积为18 cm3． xy2,13．若实数x,y满足不等式组2xy4,则2x3y的最小值xy0,是 答案：4 【解析】通过画出其线性规划，可知直线y． 2xZ过点2,0时，2x3ymin4 314．某地区居民生活用电分为高峰和低谷两个时间段进行分时计价．该地区的电网销售电价表如 下： 高峰时间段用电价格表 高峰月用电量 （单位：千瓦时） 高峰电价 （单位：元/千瓦时） 低谷时间段用电价格表 低谷月用电量 （单位：千瓦时） 低谷电价 （单位：元/千瓦时） 25 / 49 50及以下的部分 超过50至200的部分 超过200的部分 0.568 0.598 50及以下的部分 超过50至200的部分 0.288 0.318 0.668 超过200的部分 0.388 若某家庭5月份的高峰时间段用电量为200千瓦时，低谷时间段用电量为100千瓦时， 则按这种计费方式该家庭本月应付的电费为 元（用数字作答）． 答案：148.4 【解析】对于应付的电费应分二部分构成，高峰部分为500.5681500.598；对于低峰部分为500.288500.318，二部分之和为148.4 15．观察下列等式： 15C5C5232， 159C9C9C92723， 15913C13C13C13C1321125， 1591317C17C17C17C17C1721527， ……… 由以上等式推测到一个一般的结论： 对于nN，C4n1C4n1C4n1C4n1 答案：24n1*1594n1． 122n1 nn【解析】这是一种需类比推理方法破解的问题，结论由二项构成，第二项前有1，二项指数分别为24n14n12n11594n1212 ,22n1，因此对于nN*，C4CCCn14n14n14n1n16．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是 答案：336 【解析】对于7个台阶上每一个只站一人，则有A7种；若有一个台阶有2人，另一个是1人，则共有C3A7种，因此共有不同的站法种数是336种．12（用数字作答）． 3 17．如图，在长方形ABCD中，AB2，BC1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点．现将AFD沿AF折起，使平面ABD平面ABC．在平面ABD内过点D 作DKAB，K为垂足．设AKt，则t的取值范围是 ． 26 / 49 答案：1,1 2 【解析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，t1，随着F点到C点时，因CBAB,CBDK,CB平面ADB，即有CBBD，对于1，因此t的取2CD2,BC1,BD3，又AD1,AB2，因此有ADBD，则有t值范围是1,12 三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18．（本题满分14分）在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足cos ABAC3． （I）求ABC的面积； （II）若bc6，求a的值． A25， 25A25342A1,sinA，又由ABAC3，得解析：（I）因为cos，cosA2cos252551bccosA3,bc5，SABCbcsinA22 （II）对于bc5，又bc6，b5,c1或b1,c5，由余弦定理得a2b2c22bccosA20，a25 19．（本题满分14分）在1,2,3,,9这9个自然数中，任取3个数． （I）求这3个数中恰有1个是偶数的概率； （II）设为这3个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为1,2,3，则有两组相邻的数 1,2和2,3，此时的值是2）．求随机变量的分布列及其数学期望E． 1C4C5210解析：（I）记“这3个数恰有一个是偶数”为事件A，则P(A)； 3C921（II）随机变量的取值为0,1,2,的分布列为  0 1 2 27 / 49 P 5 121 21 12 所以的数学期望为E051121212212320．（本题满分15分）如图，平面PAC平面ABC，ABC 是以AC为斜边的等腰直角三角形，E,F,O分别为PA， PB，AC的中点，AC16，PAPC10． （I）设G是OC的中点，证明：FG//平面BOE； （II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，并求点M到OA，OB的距离． 证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则O0,0,0,A(0,8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,4,3),F4,0,3，由题意得，G0,4,0,因OB(8,0,0),OE(0,4,3)，因此平面BOE的法向量为n(0,3,4)，FG(4,4,3得nFG0，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG//平面BOE z（II）设点M的坐标为x0,y0,0，则FM(x04,y0,3)，因为9因此有x04,y0，即点MFM平面BOE，所以有FM//n，4yxx09的坐标为4,,0，在平面直角坐标系xoy中，AOB的内部区域满足不等式组y0，4xy8经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为4,9． 4y2x221．（本题满分15分）已知椭圆C1：221(ab0)的右顶ab点为A(1,0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1． （I）求椭圆C1的方程； （II）设点P在抛物线C2：yxh(hR)上，C2在点P处 的切线与C1交于点M,N．当线段AP的中点与MN的中 2 28 / 49 点的横坐标相等时，求h的最小值． b12a2y,,所求的椭圆方程为x21， 解析：（I）由题意得b2421b1a（II）不妨设M(x1,y1),N(x2,y2),P(t,th),则抛物线C2在点P处的切线斜率为y2222xt2t，直线MN的方程为y2txth，将上式代入椭圆C1的方程中，得4x(2txth)40，即41t22x24t(t2h)x(t2h)240，因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所422以有116t2(h2)th40， x1x2t(t2h)设线段MN的中点的横坐标是x3，则x3， 22(1t2)设线段PA的中点的横坐标是x4，则x42t12，由题意得x3x4，即有t(1h)t10，其2中的2(1h)40,h1或h3； 当h3时有h20,4h0，因此不等式116t2(h2)th40不成立；因此h1，当h1时代入方程t(1h)t10得t1，将h1,t1代入不等式422116t2(h2)th40成立，因此h的最小值为1． 2422222．（本题满分14分）已知函数f(x)x(kk1)x5x2，g(x)kxkx1， 其中kR．32222 （I）设函数p(x)f(x)g(x)．若p(x)在区间(0,3)上不单调，求k的取值范围； g(x),x0, （II）设函数q(x) 是否存在k，对任意给定的非零实数x1，存在惟一 f(x),x0.的非零实数x2（x2x1），使得q(x2)q(x1)成立？若存在，求k的值；若不存 在，请说明理由． 解析：（I）因P(x)f(x)g(x)x(k1)x(k5)1，32px3x22(k1)x(k5)，因p(x)在区间(0,3)上不单调，所以px0在0,3上有实数解，且无重根，由px0得k(2x1)(3x2x5),2 (3x22x5)39109k2x1，令t2x1,有t1,7，记h(t)t,2x142x13t则ht在1,3上单调递减，在3,7上单调递增，所以有ht6,10，于是 29 / 49 2x196,10，得k5,2，而当k2时有px0在0,3上有两个相等2x1的实根x1，故舍去，所以k5,2；2 （II）当x0时有qxfx3x2(kk1)x5； 22当x0时有qxgx2kxk，因为当k0时不合题意，因此k0， 下面讨论k0的情形，记A(k,)，B=5,（ⅰ）当x10时，qx在0,上单调递增，所以要使qx2qx1成立，只能x20且AB，因此有k5，（ⅱ）当x10时，qx在0,上单调递减，所以要使qx2qx1成立，只能x20且AB，因此（ⅱ）k5； k5，综合（ⅰ）当k5时A=B，则x10,qx1BA，即x20,使得qx2qx1成立，因为qx在0,上单调递增，所以x2的值是唯一的； 同理，x10，即存在唯一的非零实数x2(x2x1)，要使qx2qx1成立，所以k5满足题意． 绝密★考试结束前 2010年普通高等学校招生全国统一考试 数学(理科) 非选择题部分（共100分） 注意事项： 1．用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上。 2．在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。 （11）函数f(x)sin(2x4)22sin2x的最小正周期是 。 （12）若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示， 则此几何体的体积是 cm3. 30 / 49 （13）设抛物线y2px(p0)的焦点为F，点 2A(0,2)。若线段FA的中点B在抛物线上， 则B到该抛物线准线的距离为 （14）设n2,nN,(2x2。 1n1)(3x)n 23n=a0a1xa2xanx，将ak(0kn)的最小值记为Tn，则T20,T31111,T0,T,,Tn,其中Tn 4533552323。 （15）设a1,d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，满足S5S6150则d的取值范围是 （16）已知平面向量a,(a0,a。 )满足1,且a与a的夹角为120°则a。 的取值范围是 （17）有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复，若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶，其余项目上、下午都各测试一人，则不同的安排方式共有种 （用数字作答）。 三、解答题：本大题共5小题，共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. （18）（本题满分14分）在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知cos2C. （I）求sinC的值； （II）当a=2，2sinAsinC时，求b及c的长. （19）（本题满分14分）如图，一个小球从M处投入，通过管道自上面下落到A或B或C，已知小球从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的。 商家按上述投球方式进行促销活动，若投入的小球落到A，B，则分别设为1，2，3等奖 . （I）已知获得1，2，3等奖的折扣率分别为50%，70%，90%，记随某C，14 31 / 49 机变量为获得k(k1,2,3)等奖的折扣率，求随机变量的分布列及数学期望E. （II）若有3人次（投入1球为1人次）参加促销活动，记随机变量为获得1等奖或2等奖的人次，求P（2）. （20）（本题满分15分）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE=EB=AF=2FD4.沿直线EF将AEF翻折成A'EF,使平面A'EF平面BEF. 3 （I）求二面角A'FDC的余弦值； （II）点M，N分别在线段FD，BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C 与A'重合，求线段FM的长. m2x2（21）（本题满分15分）已知m1，直线l:xmy0,椭圆C:2y21,F1,F2 分2m别为椭圆C的左、右焦点. （I）当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程； （II）设直线l与椭圆C交于A，B两点，AF1F2，BF1F2的重心分别为G，H.若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围. （22）（本题满分14分）已知a是给定的实常数，设函数f(x)(xa)(xb)e,bR,xa是f(x)的一个极大值点. 32 / 49 2x （I）求b的取值范围; （II）设x1,x2,x3是f(x)的3个极值点，问是否存在实数b，可找到x4R，使得x1,x2,x3,x4的某种排列xi,xi2,xi3,xi4（其中{i1,i2,i3,i4}{1,2,3,4}）依次成等差数列？若存在，示所有的b及相应的x4;若不存在，说明理由. 参 一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分。 （1）B （6）B （2）A （7）C （3）D （8）C （4）B （9）A （5）D （10）B 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4分，满分28分。 （11） （12）144 （13）32 40,（14）11,23（16）(0,当n为偶数时当n为奇数时 （15）d22或d22 23] 3（17）2 三、解答题：本大题共5小题，共72分。 （18）本题主要考查三角交换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。 （Ⅰ）解：因为cos2C12sinC 及0C 所以sinC21， 410. 4 （Ⅱ）解：当a2,2sinAsinC时， 由正弦定理ac，得 sinAsinCc4. 33 / 49 由cos2C2cosC121,及0C得 4 cosC6. 4222 由余弦定理cab2abcosC，得 b26b120 解得b6或26 b6,b26所以 或c4c4.（19）本题主要考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望、二项分布等概念，同时考查抽象概括、运算求解能力和应用意识。满分14分。 （Ⅰ）解：由题意得的分布列为  P 50% 70% 90% 33 168337350%70%90%. 则E16817 16 （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，获得1等奖或2等奖的概率为 339. 168169) 1691701292. 则P(2)C1()(1)161096由题意得B(3,（20）本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向中量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。 方法一： （Ⅰ）解：取线段EF的中点H，连结AH 因为AEAF及H是EF的中点， 所以AHEF 又因为平面AEF平面BEF，及AH平面AEF. 所以AH平面BEF。 34 / 49 如图建立空间直角坐标系Axyz. 则A(2,2,22),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0). 故FN(2,2,22),FD(6,0,0) 设n(x,y,z)为平面AFD的一个法向量 所以2x2y22z0 6x0 取z2,则n(0,2,2) 又平面BEF的一个法向量m(0,0,1) nm3故cosn,m 3|n||m|所以二面角的余弦值为 3. 3 （Ⅱ）解：设FMx£¬则M(4x,0,0) 因为翻折后，C与A重合，所以CM=AM 故(6x)80(2x)2(22)， 得x22222221 421. 4经检验，此时点N在线段BG上 所以FM方法二： （Ⅰ）解：取截段EF的中点H，AF的中点G，连结AG，NH，GH 因为AEAF及H是EF的中点， 所以AH//EF。 又因为平面AEF平面BEF， 所以AH`平面BEF， 又AF平面BEF， 故AHAF， 35 / 49 又因为G，H是AF，EF的中点， 易知GH//AB， 所以GHAF， 于是AF面AGH 所以AGH为二面角A—DF—C的平面角， 在RtAGH中，AH22,GH2,AG23 所以cosAGH 3. 33。 3 故二面角A—DF—C的余弦值为 （Ⅱ）解：设FMx， 因为翻折后，G与A重合， 所以CMAM， 而CMDCDM8(6x) 22222AM2AH2MH2AH2MG2GH2(22)2(x2)222 得x21 421. 4经检验，此时点N在线段BC上， 所以FM（21）本题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆，点与圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分 m2 （Ⅰ）解：因为直线l:xmy0经过F2(m21,0) 2 m2所以m1,得m22 22又因为m1. 所以m2. 2y10. 36 / 49 故直线l的方程为x （Ⅱ）解：设A(x1,y1),B(x2,y2)， m2xmy,2由2消去x得 xy21m2 m22ymy10 42 m2则由m8(1)m280， 42 知m8 2 mm21且有y1y2,y1y2. 282由于F1(c,0),F2(c,0) 故O为F1F2的中点， 由AG2GO,BH2HO， x1y1x2y2可知G(,),H(,) 3333(x1x2)2(y1y2)2|GH|. 992 设M是GH的中点，则M(x1x2y1y2,) 66 由题意可知，2|MO||GH| x1x22y1y22(x1x2)2(y1y2)2好4[( )()]6699即x1x2y1y20. m2m2而x1x2y1y2(my1)(my2)y1y2 22 37 / 49 m21(m1)(), 822 m21所以0. 82即m4. 又因为m1且0. 所以1m2. 所以m的取值范围是（1，2）。 2 （22）本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列基础知识，同时考查推理论证能力，分类讨论等综合解题能力和创新意识，满分14分。 22 （Ⅰ）解：f(x)c(xa)[x(3ab)x2baba] 2 令g(x)x(3ab)x2baba 则(3ab)4(2baba)(ab1)80. 于是可设x1,x2是g(x)0的两实根，且x1,x2 22 （1）当x1a或x2a时，则xa不是f(x)的极值点，此时不合题意 （2）当x1a且x2a时，由于xa是f(x)的极大值点， 故x1ax2. 即g(a)0 即a(3ab)a2baba0 所以ba 所以b的取值范围是（-∞，a） 2 （Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知，假设存了b及xb满足题意，则 （1）当x2aax1时，则x42x2a或x42x1a 于是2x1x2ab3. 即ba3. 38 / 49 此时x42x2aab3(ab1)28aa26 2或x42x1aab3(ab1)8aa26. （2）当x2aax1时，则x2a2(ax1)或(ax2)2(x2a) ①若x2a2(ax1),则x2ax2 2 3(ab3)(ab1)28于是3a2x1x2 2即(ab1)83(ab3) 于是ab12 913 2 此时x2ax22a(ab3)3(ab3)113b3a. 242ax1 2 ②若ax12(x2a),则x2 3(ab3)(ab1)28于是3a2x2x1 2即(ab1)83(ab3) 于是ab12 913. 2 此时x2ax12a(ab3)3(ab3)113b3a. 242综上所述，存在b满足题意 当ba3时,x4a26 当ba 713113 时,x4a22713113时,a4a. 22 39 / 49 当ba 普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）（浙江省） （中学数学信息网整理，www.zxsx.com） 本试卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页。满分150分，考试时间120分钟。 选择题部分（共50分） 请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准备考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷个答题纸规定的位置上。 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸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。不能答在试题卷上。 参考公式： 如果事件A,B互斥，那么 柱体的体积公式 P(AB)P(A)P(B) Vsh 如果事件A,B相互，那么 其中s表示柱体的底面积，h表示柱体的高 P(AB)P(A)P(B)锥体的体积公式 V1sh 3一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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）设函数f(x)x,x0x,2x0，若f(a)4，则实数a （A）4或2 （B）4或2 （C）2或4 （D）2或2 （2）把复数z的共轭复数记作z,i为虚数单位，若z=1+i,则(1z)z （A）3i （B）3i （C）13i （D)3 （3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是 40 / 49 （4）下列命题中错误的是 （A）如果平面⊥平面，那么平面内一定存在直线平行于平面 （B）如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 （C）如果平面⊥平面，平面⊥平面，l，那么l⊥平面 （D）如果平面⊥平面，那么平面内所有直线都垂直于平面 x2y50（5）设实数x、y是不等式组2xy70，若x、y为整数，则3x4y的最小值是 x0,y0（A）14 （B）16 （C）17 （D）19 （6）若02，31，则cos() 0，cos()，cos()4232432（A）33536 （B） （C） （D） 339911或b”的 ba（7）若a、b为实数，则“0ab1”是“a（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 x2y2y22（8）已知椭圆C1:221（a>b>0）与双曲线 C2:x1有公共的焦点，C2的一条ab4渐近线与以C1 的长轴为直径的圆相交于A,B两点，若C1 恰好将线段AB三等分，则 （A）a2131222 （B）a13 （C）b （D）b2 22（9）有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本。若将其随机地并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是 41 / 49 （A）2431 （B） （C） （D） 555522（10）设a,b,c为实数，f(x)(xa)(xbxc),g(x)(ax1)(cxbx1)。记集合S{x|f(x)0,xR},T{x|g(x)0,xR}.若|S|，|T|分别为集合S,T的元素个数，则下列结论不可能的是 （A）|S|1 且 |T|0 （B）|S|1 且 |T|1 （C）|S|2 且 |T|2 （D）|S|2 且 |T|3 非选择题部分（共100分） 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。 （11）若函数f(x)xxa为偶函数，则实数a 2 （12）若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的k值为 （13）若二项式(x值是 。 a6)(a0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B，若B4A，则a的x（14）若平面向量,满足a1,与的夹角的取值范围是 1，且以向量,为邻边的平行四边形的面积为，则。 12 42 / 49 （15）某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得2，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试是相31互的。记X为该毕业生得到面试的公司个数。若P(X0)，则随机变量X的数学期望12到甲公司面试的概率为E(X) . 16.设x,y为实数，若4xyxy1，则2xy的最大值是 . 22x22y1的左、右焦点，点A,B在椭圆上，若F1A5F2B，则点A的17.设F1,F2分别为椭圆3坐标是 . 三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 （18）（本题满分14分）在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a，b，c，已知1sinAsinCpsinBpR,且acb2. 45（Ⅰ）当p,b1时，求a,c的值； 4(Ⅱ) 若角B为锐角，求p的取值范围。 （19）（本题满分14分）已知公差不为0的等差数列an的首项a1为a（a∈R），设数列的前n项和为Sn， 111，，成等比数列。 a1a2a4（Ⅰ）求数列an的通项公式及Sn； （Ⅱ） 记An＝较An与Bn的大小。 43 / 49 11111111+++…+, Bn＝+ ++… +，当n≥2时，试比S1S2S3a2n1Sna1a2a22 （20）（本题满分15分）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2

（Ⅰ）证明：AP⊥BC； （Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。 （21）（本题满分15分）已知抛物线C1:x＝y，圆C2:x(y4)1的圆心为点M。 （Ⅰ）求点M到抛物线C1的准线的距离； （Ⅱ）已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂足于AB，求直线l的方程.

（22）（本题满分14分）设函数f(x)＝(xa)lnx，a∈R

（Ⅰ）若x＝e为yf(x)的极值点，求实数a； （Ⅱ）求实数a的取值范围，使得对任意的x∈（0,3e]，恒有f(x)≤4e成立. 注：e为自然对数的底数。 www.zxsx.com 44 / 49 22222 45 / 49 46 / 49 47 / 49 48 / 49 49 / 49