2010—2013年高考新课标数学答案详解汇总.doc

2010数学答案1B 解析： Q(2，2)，故QP2A 解析： k2，S4；k3，S11；k4，S26；k5，S57；3D 解析：8a2a50，q2，114B 解析： xsinx1xsin2xsinx1，反之不能，所以为必要不充分条件5D 解析：（A）2；（B）z2x2y22xyi；(C)由(A)知不好比较，故选D6B 7C解析：作出可行域，因为有最大值，故m0，联立方程组，得交点为(，)，(，)，(，)，由9得m18.C 易知PF24b，则4b2c2a，又c2a2b2，得3b4a，故渐近线方程为4x3y09A解析：分别作出函数h（x）=x与g（x）=4sin（2x+1）的图象，要使函数f（x）在区间中不存在零点，即两函数h（x）=x与g（x）=4sin（2x+1）的图象没有交点，故选A；10B a时，不符；a0时，ylog2x过点(，1)，(1,0)，此时b0，b1符合；a时，ylog2(x)过点(0，1)，(，0)，此时b0，b1符合；a1时，ylog2(x1)过点(，1)，(0，0)，(1，1)，此时b1，b1符合；共6个11 解析：化简得f(x)sin(2x)，故周期T12144 解析：由题意知该几何体由一个长方体和一个棱台构成，长方体体积为32，棱台上底边长为4，下底边长8，高为3，体积为112，所以几何体体积为14413 解析：由题意得B(，1)在抛物线上，可知p，B到准线的距离为p14 解析： ，当n为偶数时，取k，此时Tn0；当n为奇数时，取kn，此时Tn15 (，22，) 解析：2a129a1d10d210，此方程有解，所以81d28(10d21)0，得d2或d216 【解析】利用题设条件及其几何意义表示在三角形中，即可迎刃而解，设，如图，由题意得：OAB60，0OBA120，0sinOBA1, 在三角形OAB中，由正弦定理：，即的取值范围是。17264 先安排4位同学参加上午的“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“台阶”测试，共有种不同安排方式；接下来安排下午的“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”测试，假设A、B、C同学上午分别安排的是“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”测试，若D同学选择“握力”测试，安排A、B、C同学分别交叉测试，有2种；若D同学选择“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”测试中的1种，有种方式，安排A、B、C同学进行测试有3种；根据计数原理共有安排方式的种数为（2+3）=264（18）（）解：因为，及，所以 （）解：当时，由正弦定理，得由及得由余弦定理，得解得 所以（19）（）解：由题意得的分布列为50%70%90%P则 （）解：由（）知，获得1等奖或2等奖的概率为由题意得则（20）。方法一： （）解：取线段EF的中点H，连结因为及H是EF的中点，所以又因为平面平面BEF，及平面所以平面BEF。如图建立空间直角坐标系则故设为平面的一个法向量所以取又平面BEF的一个法向量故所以二面角的余弦值为 （）解：设因为翻折后，C与A重合，所以CM=故，得经检验，此时点N在线段BG上,所以方法二：（）解：取截段EF的中点H，AF的中点G，连结，NH，GH因为及H是EF的中点，所以H/EF。又因为平面EF平面BEF，所以H平面BEF，又平面BEF，故，又因为G，H是AF，EF的中点，易知GH/AB，所以GH，于是面GH所以为二面角DFC的平面角，在中，所以故二面角DFC的余弦值为。 （）解：设，因为翻折后，G与重合，所以，而，得经检验，此时点N在线段BC上，所以(21) （）解：因为直线经过所以又因为所以故直线的方程为 （）解：设，由消去得则由，知且有由于故O为F1F2的中点，由，可知设M是GH的中点，则由题意可知，好即而所以即又因为所以所以的取值范围是（1，2）。 (22)（）解：令则于是可设是的两实根，且 （1）当时，则不是的极值点，此时不合题意 （2）当时，由于是的极大值点， 故 即即所以所以的取值范围是（-，） （）解：由（）可知，假设存了及满足题意，则 （1）当时，则于是即此时或 （2）当时，则若于是即于是此时若于是即于是此时综上所述，存在满足题意当当当2011数学答案(1) C 解析：=共轭复数为C(2) B 解析:由图像知选B(3) B 解析：框图表示，且所求720选B(4) A 解析;每个同学参加的情形都有3种，故两个同学参加一组的情形有9种，而参加同一组的情形只有3种，所求的概率为p=(5) B解析：由题知,选B（6） D条件对应的几何体是由底面棱长为r的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r的圆锥沿对称轴截出的部分构成的。（7） B 解析：通径|AB|=得，选B（8）D 法一：令x=1得a=1.故原式=。的通项，由5-2r=1得r=2,对应的常数项=80，由5-2r=-1得r=3,对应的常数项=-40，故所求的常数项为40 ，选D法二：用组合提取法,把原式看做6个因式相乘，若第1个括号提出x,从余下的5个括号中选2个提出x，选3个提出；若第1个括号提出，从余下的括号中选2个提出，选3个提出x.故常数项=-40+80=40（9）C 解析;用定积分求解，选C（10）A 解析：得， ，。由得 。 选A（11）A 解析：，所以，又f(x)为偶函数，选A(12) D 解析：图像法求解。的对称中心是（1,0）也是的中心，他们的图像在x=1的左侧有4个交点，则x=1右侧必有4个交点。不妨把他们的横坐标由小到大设为，则，所以选D（13）解析：画出区域图知，当直线过的交点(4,-5)时，（14）解析：由得a=4.c=,从而b=8,为所求。（15）解析：设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=,OM=，.（16）解析：,；，故最大值是（17）解：（I）设数列的公比为. 由得，所以. 由条件可知，故. 由得，所以. 故数列的通项公式为. （II） . 故，所以数列的前项和为. （18）解：（I）因为，由余弦定理得. 从而，故. 又底面，可得. 所以平面. 故. （II）如图，以为坐标原点，的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则即. 因此可取. 设平面的法向量为，则，可取. . 故二面角的余弦值为. （19）解：（I）由试验结果知，用A配方生产的产品中优质品的频率为，所以用A配方生产的产品的优质品率的估计值为. 由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为，所以用B配方生产的产品的优质品率的估计值为. （II）用B配方生产的100件产品中，其质量指标落入区间，的频率分别为，因此，,. 即的分布列为则的数学期望. （20）解：（I）设，由已知得，. 所以，. 再由题意可知，即. 所以曲线的方程为. （II）设为曲线上一点，因为，所以的斜率为. 因此直线的方程为，即. 则点到的距离. 又，所以当时取等号，所以点到的距离的最小值为. （21）解：（I）由于直线的斜率为，且过点，故即，解得，. （II）由（I）知，所以考虑函数，则（i）设，由知，当时，. 而，故当时，可得；当时，可得从而当，且时，即. （ii）设，由于当时，故，而，故当时，可得，与题设矛盾. （iii）设，此时，而，故当时，得，与题设矛盾. 综合得，的取值范围为. （22）解：（I）连结，根据题意在和中，即. 又，从而.因此. 所以，四点共圆. （II），时，方程的两根为，. 故，. 取的中点，的中点，分别过，作，的垂线，两垂线相交于点，连结. 因为，四点共圆，所以，四点所在圆的圆心为，半径为. 由于，故，从而，. 故，四点所在圆的半径为. （23）解：（I）设，则由条件知，由于点在上，所以，即. 从而的参数方程为(为参数).(II)曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为. 射线与的交点的极径为，射线与的交点的极径为，所以. （24）解：（I）当时，可化为由此可得或，故不等式的解集为或. （II）由得此不等式化为不等式组或即或. 由于，所以不等式组的解集为. 由题设可得，故. 2012数学答案一、选择：123456DACCDC789101112BCABAB二、填空：13、 14.、-3,3 15、 16、18301. ，共10个2. 甲地由名教师和名学生：种3. ，的共轭复数为，的虚部为4. 是底角为的等腰三角形5. 或7. 该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为 此几何体的体积为8. 设交的准线于得：9. 不合题意 排除 合题意 排除另：， 得：10. 得：或均有 排除11. 的外接圆的半径，点到面的距离 为球的直径点到面的距离为 此棱锥的体积为 另：排除12. 函数与函数互为反函数，图象关于对称 函数上的点到直线的距离为 设函数 由图象关于对称得：最小值为13. 14. 约束条件对应四边形边际及内的区域： 则15. 三个电子元件的使用寿命均服从正态分布得：三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为超过1000小时时元件1或元件2正常工作的概率 那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为16. 可证明： 17、（1）由正弦定理得： （2） 18、（1）当时， 当时， 得： （2）（i）可取， 的分布列为 （ii）购进17枝时，当天的利润为 得：应购进17枝19、（1）在中， 得： 同理： 得：面 （2）面 取的中点，过点作于点，连接 ，面面面 得：点与点重合 且是二面角的平面角 设，则， 既二面角的大小为20、（1）由对称性知：是等腰直角，斜边 点到准线的距离 圆的方程为 （2）由对称性设，则 点关于点对称得： 得：，直线 切点 直线坐标原点到距离的比值为。21、（1） 令得： 得： 在上单调递增 得：的解析式为 且单调递增区间为，单调递减区间为 （2）得 当时，在上单调递增 时，与矛盾 当时， 得：当时， 令；则 当时， 当时，的最大值为22、（1）， （2） 24、（1）点的极坐标为 点的直角坐标为 （2）设；则 23、（1）当时， 或或 或 （2）原命题在上恒成立在上恒成立在上恒成立2013数学答案1答案：A解析：解不等式(x1)24，得1x3，即Mx|1x3而N1,0,1,2,3，所以MN0,1,2，故选A.2答案：A解析：1i.3 答案：C解析：设数列an的公比为q，若q1，则由a59，得a19，此时S327，而a210a199，不满足题意，因此q1.q1时，S3a1q10a1，q10，整理得q29.a5a1q49，即81a19，a1.4答案：D解析：因为m，lm，l，所以l.同理可得l.又因为m，n为异面直线，所以与相交，且l平行于它们的交线故选D.5答案：D解析：因为(1x)5的二项展开式的通项为(0r5，rZ)，则含x2的项为ax(105a)x2，所以105a5，a1.6答案：B解析：由程序框图知，当k1，S0，T1时，T1，S1；当k2时，；当k3时，；当k4时，；当k10时，k增加1变为11，满足kN，输出S，所以B正确7 答案：A解析：如图所示，该四面体在空间直角坐标系Oxyz的图像为下图：则它在平面zOx上的投影即正视图为，故选A.8答案：D解析：根据公式变形，因为lg 7lg 5lg 3，所以，即cba.故选D.9答案：B解析：由题意作出所表示的区域如图阴影部分所示，作直线2xy1，因为直线2xy1与直线x1的交点坐标为(1，1)，结合题意知直线ya(x3)过点(1，1)，代入得，所以.10答案：C解析：x0是f(x)的极小值点，则yf(x)的图像大致如下图所示，则在(，x0)上不单调，故C不正确11答案：C解析：设点M的坐标为(x0，y0)，由抛物线的定义，得|MF|x05，则x05.又点F的坐标为，所以以MF为直径的圆的方程为(xx0)(yy0)y0.将x0，y2代入得px084y00，即4y080，所以y04.由2px0，得，解之得p2，或p8.所以C的方程为y24x或y216x.故选C.12 答案：B13答案：2解析：以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点A的坐标为(0,0)，点B的坐标为(2,0)，点D的坐标为(0,2)，点E的坐标为(1,2)，则(1,2)，(2,2)，所以.14答案：8解析：从1,2，n中任取两个不同的数共有种取法，两数之和为5的有(1,4)，(2,3)2种，所以，即，解得n8.15答案：解析：由，得tan ，即sin cos .将其代入sin2cos21，得.因为为第二象限角，所以cos ，sin ，sin cos .16答案：49解析：设数列an的首项为a1，公差为d，则S1010a145d0，S1515a1105d25.联立，得a13，所以Sn.令f(n)nSn，则，.令f(n)0，得n0或.当时，f(n)0,时，f(n)0，所以当时，f(n)取最小值，而nN，则f(6)48，f(7)49，所以当n7时，f(n)取最小值49.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17解：(1)由已知及正弦定理得sin Asin Bcos Csin Csin B又A(BC)，故sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C由，和C(0，)得sin Bcos B，又B(0，)，所以.(2)ABC的面积.由已知及余弦定理得4a2c2.又a2c22ac，故，当且仅当ac时，等号成立因此ABC面积的最大值为.18解：(1)连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)由ACCB得，ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2,1)，(2,0,2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即可取n(1，1，1)同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m(2,1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.19解：(1)当X100,130)时，T500X300(130X)800X39 000，当X130,150时，T50013065 000.所以(2)由(1)知利润T不少于57 000元当且仅当120X150.由直方图知需求量X120,150的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57 000元的概率的估计值为0.7.(3)依题意可得T的分布列为T45 00053 00061 00065 000P0.10.20.30.4所以ET45 0000.153 0000.261 0000.365 0000.459 400.20解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则，由此可得.因为x1x22x0，y1y22y0，所以a22b2.又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2b23.因此a26，b23.所以M的方程为.(2)由解得或因此|AB|.由题意可设直线CD的方程为y，设C(x3，y3)，D(x4，y4)由得3x24nx2n260.于是x3,4.因为直线CD的斜率为1，所以|CD|.由已知，四边形ACBD的面积.当n0时，S取得最大值，最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为.21解：(1)f(x).由x0是f(x)的极值点得f(0)0，所以m1.于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x).函数f(x)在(1，)单调递增，且f(0)0.因此当x(1,0)时，f(x)0；当x(0，)时，f(x)0.所以f(x)在(1,0)单调递减，在(0