2004到2009年(全国卷一、二、三)真题数学答案整理.docVIP

1 20092009 年全国高考理科数学试题 全国卷一 年全国高考理科数学试题 全国卷一 一 选择题一 选择题 1 解 故选故选 A A 也可用 也可用 3 4 5 7 8 9 AB 4 7 9 3 5 8 U ABCAB 摩根律 摩根律 UUU CABC AC B 2 解 解 故选故选 B B 1 2 1 3 1 3ziiizi 3 解 验 x 1 即可 4 解 设切点 则切线的斜率为 由题意有又 00 P xy 0 0 2 x x yx 0 0 0 2 y x x 解得 2 00 1yx 22 0 1 2 1 5 bb xe aa 5 解 分两类 1 甲组中选出一名女生有种选法 112 536 225CCC 2 乙组中选出一名女生有种选法 故共有 345 种选法 选 D 211 562 120CCC 6 解 是单位向量 a b c 2 acbca babcc 故选 D 1 12cos 12abcab c 7 解 设的中点为 D 连结D AD 易知即为异面直线BC 1 A 1 A AB 与所成的角 由三角余弦定理 易知AB 1 CC 故选 D 1 1 3 cocs 4 oscos AD AD A ADDAB A A AB 8 解 函数的图像关于点中心对称 cos 2yx 3 4 3 0 由此易得 故选 A 4 2 32 k 13 6 kkZ min 6 9 解 设切点 则 又 00 P xy 0000 ln1 yxayx 0 0 1 1 x x y xa 故答案选 B 000 10 12xayxa B C B C A1 1 1 A D 2 10 解 如图分别作 QAA AClC PBB 于于于 连PDlD 于 60 CQ BDACQPBD 则 2 3 3AQBP 2ACPD 又 222 122 3PQAQAPAP 当且仅当 即重合时取最小值 故0AP AP点与点 答案选 C 11 解 与都是奇函数 1 f x 1 f x 1 1 1 1 fxf xfxf x 函数关于点 及点对称 函数是周期的周期 f x 1 0 1 0 f x2 1 1 4T 函数 即是奇函数 14 14 fxf x 3 3 fxf x 3 f x 故选 D 12 解 过点 B 作于 M 并设右准线 与 X 轴的交点为 N 易知 FN 1 由题意BMl l 故 又由椭圆的第二定义 得 故选3FAFB 2 3 BM 2 22 233 BF 2AF A 第第 IIII 卷卷 二 填空题 二 填空题 13 解 373 101010 2240CCC 14 解 是等差数列 由 得 n a 9 72S 59 9 Sa 5 8a 2492945645 324aaaaaaaaaa 15 解 在中 可得 由正弦定理 可得ABC 2ABAC 120BAC 2 3BC 外接圆半径 r 2 设此圆圆心为 球心为 在中 易得球半径ABC O ORT OBO 故此球的表面积为 5R 2 420R 3 16 解 令 tan xt 1 42 xt 44 3 22 2 422 2tan2222 tan2 tan8 111111 1tan1 244 xt yxx xt ttt 三 解答题 本大题共三 解答题 本大题共 6 6 小题 共小题 共 7070 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 17 本小题满分 10 分 注意 在试题卷上作答无效注意 在试题卷上作答无效 在中 内角 A B C 的对边长分别为 已知 且ABC abc 22 2acb 求 bsincos3cossin ACAC 分析分析 此题事实上比较简单此题事实上比较简单 但考生反应不知从何入手但考生反应不知从何入手 对已知条件对已知条件 1 1 左左 22 2acb 侧是二次的右侧是一次的侧是二次的右侧是一次的 学生总感觉用余弦定理不好处理学生总感觉用余弦定理不好处理 而对已知条件而对已知条件 2 2 过多的关注两角和与差的正弦公式过多的关注两角和与差的正弦公式 甚至有的学生还想用现在甚至有的学生还想用现在sincos3cossin ACAC 已经不再考的积化和差已经不再考的积化和差 导致找不到突破口而失分导致找不到突破口而失分 解法一 在解法一 在中中则由正弦定理及余弦定理有则由正弦定理及余弦定理有 ABC sincos3cossin ACAC 化简并整理得 化简并整理得 又由已知又由已知 222222 3 22 abcbca ac abbc 222 2 acb 解得解得 22 2acb 2 4bb 40 bb 或舍 解法二解法二 由余弦定理得由余弦定理得 222 2cosacbbcA 又又 22 2acb 0b 所以所以 2 cos2bcA 又又 sincos3cossinACAC sincoscossin4cossinACACAC sin 4cossinACAC 即即sin4cossinBAC 由正弦定理得由正弦定理得 sinsin b BC c 4 故故 4 cosbcA 由由 解得解得 4b 评析评析 从从 0808 年高考考纲中就明确提出要加强对正余弦定理的考查年高考考纲中就明确提出要加强对正余弦定理的考查 在备考中应注意总结 提在备考中应注意总结 提 高自己对问题的分析和解决能力及对知识的灵活运用能力高自己对问题的分析和解决能力及对知识的灵活运用能力 另外提醒 两纲中明确不另外提醒 两纲中明确不 再考的知识和方法了解就行 不必强化训练 再考的知识和方法了解就行 不必强化训练 18 本小题满分 12 分 注意 在试题卷上作答无效 注意 在试题卷上作答无效 解法一 解法一 I 作 交于点 E 则 平面 SADMECDSDMEABME 连接 AE 则四边形 ABME 为直角梯形 作 垂足为 F 则 AFME 为矩形MFAB 设 则 MEx SEx 222 2 2AEEDADx 2 2 2 2MFAExFBx 由 2 tan60 2 23 2 MFFBxx 得 解得1x 即 从而1ME 1 2 MEDC 所以为侧棱的中点MSC 又 所以为等边三角形 22 2MBBCMC 60 2ABMAB ABM 又由 知 M 为 SC 中点 故2 6 2SMSAAM 222 90SASMAMSMA 取 AM 中点 G 连结 BG 取 SA 中点 H 连结 GH 则 由此知 BGAM GHAM 为二面角的平面角BGH SAMB 连接 在中 BHBGH 22 31222 3 2222 BGAMGHSMBHABAH 5 所以 222 6 cos 23 BGGHBH BGH BG GH 二面角的大小为SAMB 6 arccos 3 解法二解法二 以 D 为坐标原点 射线 DA 为 x 轴正半轴 建立如图所示的直角坐标系 D xyz 设 则 2 0 0 A 2 2 0 0 2 0 0 0 2 BCS 设 则 0 SMMC 2222 0 2 1111 MMB 又 0 2 0 60ABMB AB 故 cos60MBABMBAB 即 222 422 2 111 解得 即1 SMMC 所以 M 为侧棱 SC 的中点 II 由 得 AM 的中点 0 1 1 2 0 0 MA 2 1 1 22 2 G 又 2 31 0 1 1 2 1 1 222 GBMSAM 0 0GBAMMSAM 所以 GBAM MSAM 因此等于二面角的平面角 GB MSSAMB 6 cos 3 GB MS GB MS GBMS 所以二面角的大小为SAMB 6 arccos 3 6 总之在目前 立体几何中的两种主要的处理方法 传统方法与向量的方法仍处于各自 半壁江山的状况 命题人在这里一定会照顾双方的利益 19 本小题满分 12 分 分析分析 本题较常规 比 08 年的概率统计题要容易 需提醒的是 认真审题是前提 部分考生由于考虑了前两局的概率而导致失分 这是 很可惜的 主要原因在于没读懂题 另外 还要注意表述 这也是考生较薄弱的环节 解 记表示事件 第 i 局甲获胜 i 3 4 5 i A 表示事件 第 j 局乙获胜 j 3 4 j B 记 B 表示事件 甲获得这次比赛的胜利 因前两局中 甲 乙各胜一局 故甲获得这次比赛的胜利当且仅当在后面的比赛中 甲先胜 2 局 从而 34345345 BAABAAABA 由于各局比赛结果相互独立 故 34345345 P BP AAP BAAP ABA 34345345 P A P AP B P A P AP A P B P A 0 6 0 6 0 4 0 6 0 6 0 6 0 4 0 6 0 648 II 的可能取值为 2 3 由于各局比赛结果相互独立 所以 3434 2 PP AABB 3434 P AAP BB 3434 P AP AP BP B 0 6 0 6 0 4 0 4 7 0 52 1 0 52 0 48 3 1 2 PP 的分布列为 23 P0 520 48 2 2 3 3 EPP 2 0 52 3 0 48 2 48 20 本小题满分 12 分 注意 在试题卷上作答无效 注意 在试题卷上作答无效 在数列中 n a 11 11 1 1 2 nn n n aaa n I 设 求数列的通项公式 n n a b n n b II 求数列的前项和 n an n S 解 解 I 由已知得 且 11 1ba 1 1 12 nn n aa nn 即 1 1 2 nn n bb 从而 21 1 2 bb 32 2 1 2 bb 1 1 1 2 2 nn n bbn 于是 1 21 111 222 n n bb 1 1 2 2 2n n 又 1 1b 故所求的通项公式 1 1 2 2 n n b 8 II 由 I 知 11 1 2 2 22 n nn n ann n S 1 1 2 2 n k k k k 1 11 2 2 nn k kk k k 而 又是一个典型的错位相减法模型 1 2 1 n k kn n 1 12 n k k k 易得 11 1 2 4 22 n kn k kn n S 1 n n 1 2 4 2n n 评析评析 09 年高考理科数学全国 一 试题将数列题前置 考查构造新数列和利用错位相减法 求前 n 项和 一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式 具有让考 生和一线教师重视教材和基础知识 基本方法基本技能 重视两纲的导向作用 也可看出命 题人在有意识降低难度和求变的良苦用心 21 本小题满分 12 分 分析 分析 I 这一问学生易下手 将抛物线与圆的方程联立 消去 整理得 2 E yx 222 4 0 Mxyrr 2 y 22 7160 xxr 抛物线与圆相交于 四个点 2 E yx 222 4 0 Mxyrr ABCD 的充要条件是 方程 有两个不相等的正根即可 由此得 22 12 2 12 7 4 16 0 70 160 r xx x xr 解得 2 15 16 4 r 又 0r 所以 15 4 2 r 考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以 II 考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标 因此利用设而不求 整体代 入的方法处理本小题是一个较好的切入点 9 设与的四个交点的坐标分别为 EM 11 A xx 11 B xx 22 C xx 22 D xx 则直线的方程分别为ACBD 2121 1111 2121 xxxx yxxxyxxx xxxx 解得点 P 的坐标为 12 0 x x 设 由及 I 知 12 tx x 2 16tr 7 0 2 t 由于四边形为等腰梯形 因而其面积ABCD 21122112 1 2 2 Sxxxxxxxx 则 22 12121212 4 2 Sxxx xxxx x 将代入上式 并令 得 1212 7 xxx xt 2 f tS 2 7 72 72 0 2 f tttt 求导数 2 72 67 f ttt 令 解得 舍去 0f t 77 62 tt 当时 时 时 7 0 6 t 0f t 7 6 t 0f t 77 62 t 0f t 故当且仅当时 有最大值 即四边形的面积最大 故所求的点 P 的 7 6 t f tABCD 坐标为 7 0 6 22 本小题满分 12 分 注意 在试题卷上作答无效 注意 在试题卷上作答无效 解解 I 2 363fxxbxc 依题意知 方程有两个根 0fx 12 xx 等价于 1 10 x 且 2 1 2 x 10f 00 f 1020ff 由此得 b c 满足的约束条件为 10 21 0 21 44 cb c cb cb 满足这些条件的点的区域为图中阴影部分 b c II 这一问考生不易得分 有一定的区分度 主要原因是含字母较多 不易找到突破口 此题主要利用消元的手段 消去目标中的 如果消会较繁 32 2222 33f xxbxcx b c 琐 再利用的范围 并借助 I 中的约束条件得进而求解 有较强的技巧性 2 x 2 0 c 解 由题设知 故 2 222 3630fxxbxc 2 22 11 22 bxxc 于是 323 222222 13 33 22 c f xxbxcxxx 由于 而由 知 故 2 1 2 x 0c 2 13 43 22 cf xc 又由 知 2 0 c 所以 2 1 10 2 f x 20092009 年全国高考理科数学试题及答案 全国卷年全国高考理科数学试题及答案 全国卷 一 选择题 一 选择题 1 解解 原式 故选故选 A 10i 2 i 24 2 i 2 i i 2 解解 故故 B 1 0 1 4 0 14 4 x Bxxxxxx x 3 4 AB 3 解解 已知中 ABC 12 cot 5 A 2 A 故选故选 D 2 2 1112 cos 135 1tan 1 12 A A 11 4 解解 111 22 2121 1 21 21 xxx xx y xx 故切线方程为 即 故选故选 B 1 1 yx 20 xy 5 解解 令则 连 异面直线与所成的角即1AB 1 2AA 1 AB 1 C D 1 AB BE 1 CD 1 AB 与所成的角 在中由余弦定理易得 故选故选 CBE 1 ABE 1 3 10 cos 10 ABE 6 解解 故选故选 C 2222 50 2 520 abaa bbb A 5b 7 解解 322 log2log2log3bc 故选故选 A 2233 log3log 2log 3logababc 8 解解 6 tantan ta 6446 nyxyxx 向右平移个单位 1 6 4 662 kkkZ 又 故选故选 D min 1 0 2 9 解解 设抛物线的准线为直线 2 8C yx 2l x 恒过定点 P 如图过分 20yk xk 2 0 AB 别作于 于 由 则AMl MBNl N 2 FAFB 点 B 为 AP 的中点 连结 则 2 AMBN OB 点的横坐标为 1 2 OBAF OBBF B1 故点的坐标为 B 2 202 2 1 2 2 1 2 3 k 故选故选 D 10 解解 用间接法即可 种 故选故选 C 222 444 30CCC 11 于两点 若 则的离心率为AB 4AFFB C 12 m A B C D 6 5 7 5 5 8 9 5 解解 设双曲线的右准线为 过分 别作于 于 22 22 1 xy C ab lAB AMl MBNl N 由直线 AB 的斜率为 知直线 AB 的倾斜角为BDAMD 于3 1 6060 2 BADADAB 由双曲线的第二定义有 1 AMBNADAFFB e 11 22 ABAFFB 又 故选故选 A 156 43 25 AFFBFBFBe e 12 解解 展 折问题 易判断选 B 第第 IIII 卷 非选择题 共卷 非选择题 共 9090 分 分 二 填空题 本大题共二 填空题 本大题共 4 4 小题 每小题小题 每小题 5 5 分 共分 共 2020 分 把答案填在答题卡上 分 把答案填在答题卡上 13 解解 只需求展开式中的含项的系 4 224 xyy xx yxy 4 xy xy 数 2 4 6C 14 解解 为等差数列 n a 95 53 9 9 5 Sa Sa 15 解解 设球半径为 圆的半径为 RCr 22 77 44 4rr 得由 因为 由得 故球的表 22 224 R OCR 2222 217 484 RRrR 2 2R O 面积等于 8 16 解解 设圆心到的距离分别为 则 OACBD 12 dd 222 12 3ddOM 四边形的面积ABCD 2222 1212 1 2 4 8 5 2 SABCDdddd 4 三 解答题 本大题共三 解答题 本大题共 6 小题 共小题 共 70 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 17 本小题满分 10 分 13 分析分析 由 易想到先将代入 3 cos cos 2 ACB BAC 得然后利用两角和与差的余弦公式 3 cos cos 2 ACB 3 cos cos 2 ACAC 展开得 又由 利用正弦定理进行边角互化 得 3 sinsin 4 AC 2 bac 进而得 故 大部分考生做到这里忽略了 2 sinsinsinBAC 3 sin 2 B 2 33 B 或 检验 事实上 当时 由 进而得 2 3 B 1 coscos 2 BAC 矛盾 应舍去 3 cos cos 21 2 ACAC 也可利用若则从而舍去 不过这种方法学生不易想到 2 bac babc 或 2 3 B 评析评析 本小题考生得分易 但得满分难 18 本小题满分 12 分 I 分析一分析一 连结 BE 为直三棱柱 111 ABCABC 1 90 B BC 为的中点 又平面 E 1 BCBEEC DE 1 BCC 射影相等的两条斜线段相等 而平面 BDDC DA ABC 相等的斜线段的射影相等 ABAC 分析二分析二 取的中点 证四边形为平行四边形 进而证 BCFAFEDAFDE 得也可 AFBC ABAC 分析三分析三 利用空间向量的方法 具体解法略 II 分析一分析一 求与平面所成的线面角 只需求 1 BCBCD 点到面的距离即可 1 BBDC 作于 连 则 AGBD GGCGCBD 为二面角的平面角 AGC ABDC 不妨设 则60AGC 2 3AC 在中 由2 4AGGC RT ABD 易得 AD ABBD AG 6AD 14 设点到面的距离为 与平面所成的角为 利用 1 BBDCh 1 BCBCD 可求得 又可求得 1 11 33 B BCBCD SDESh h 2 3 1 4 3BC 1 1 sin30 2 h BC 即与平面所成的角为 1 BCBCD30 分析二分析二 作出与平面所成的角再行求解 如图可证得 所 1 BCBCDBCAFED 面 以面 由分析一易知 四边形为正方形 连 AFEDBDC 面AFEDAEDF 并设交点为 则 为在面内的射影 OEOBDC 面OC ECBDC 以下略 ECO 即为所求 分析三 分析三 利用空间向量的方法求出面的法向量 则与平面所成的角BDCn 1 BCBCD 即为与法向量的夹角的余角 具体解法详见高考试题参考答案 1 BC n 总之在目前 立体几何中的两种主要的处理方法 传统方法与向量的方法仍处于各自 半壁江山的状况 命题人在这里一定会兼顾双方的利益 19 本小题满分 12 分 I 由及 有 1 1 a 1 42 nn Sa 121 42 aaa 21121 325 23aabaa 由 则当时 有 1 42 nn Sa 2n 1 42 nn Sa 得 1111 44 22 2 nnnnnnn aaaaaaa 又 是首项 公比为 的等比数列 1 2 nnn baa 1 2 nn bb n b 1 3b II 由 I 可得 1 1 23 2n nnn baa 1 1 3 224 nn nn aa 数列是首项为 公差为的等比数列 2 n n a1 2 3 4 1331 1 22444 n n a nn 2 31 2n n an 评析 第 I 问思路明确 只需利用已知条件寻找 1nn bb 与的关系即可 第 II 问中由 I 易得 这个递推式明显是一个构造新数列的 1 1 23 2n nn aa 15 模型 主要的处理手段是两边除以 1 n nn apaqp q 为常数 1n q 总体来说 09 年高考理科数学全国 I 这两套试题都将数列题前置 主要考查构造 新数列 全国 I 还考查了利用错位相减法求前 n 项和的方法 一改往年的将数列结合不等 式放缩法问题作为押轴题的命题模式 具有让考生和一线教师重视教材和基础知识 基本 方法基本技能 重视两纲的导向作用 也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心 20 本小题满分 12 分 分析分析 I 这一问较简单 关键是把握题意 理解分层抽样的原理即可 另外要注意此 分层抽样与性别无关 II 在第一问的基础上 这一问处理起来也并不困难 从甲组抽取的工人中恰有 1 名女工人的概率 11 46 2 10 8 15 CC P C III 的可能取值为 0 1 2 3 12 34 21 105 6 0 75 CC P CC 11121 46342 2121 105105 28 1 75 C CCCC P CCCC 21 62 21 105 10 3 75 CC P CC 31 2 1 0 1 3 75 PPPP 分布列及期望略 评析 本题较常规 比 08 年的概率统计题要容易 在计算时 采用分类的方法 2 P 用直接法也可 但较繁琐 考生应增强灵活变通的能力 21 本小题满分 12 分 解解 I 设 直线 由坐标原点到 的距离为 0 F c 0l xyc Ol 2 2 则 解得 又 00 2 22 c 1c 3 3 2 3 c eab a II 由 I 知椭圆的方程为 设 22 1 32 xy C 11 A x yB 22 xy 16 由题意知 的斜率为一定不为 0 故不妨设 l 1l xmy 代入椭圆的方程中整理得 显然 22 23 440mymy 0 由韦达定理有 12 2 4 23 m yy m 12 2 4 23 y y m 假设存在点 P 使成立 则其充要条件为 OPOAOB 点 点 P 在椭圆上 即 1212 P xxyy 的坐标为 22 1212 1 32 xxyy 整理得 2222 11221212 2323466xyxyx xy y 又在椭圆上 即 AB 2222 1122 236 236xyxy 故 1212 2330 x xy y 将及 代入 解得 2 12121212 1 1 1x xmymym y ym yy 2 1 2 m 即 12 22 22 yy 或 12 xx 2 2 43 2 232 m m 32 22 P 当 2322 1 2222 mPl xy 时 当 2322 1 2222 mPl xy 时 评析评析 处理解析几何题 学生主要是在 算 上的功夫不够 所谓 算 主要讲的是算理 和算法 算法是解决问题采用的计算的方法 而算理是采用这种算法的依据和原因 一 个是表 一个是里 一个是现象 一个是本质 有时候算理和算法并不是截然区分的 例 如 三角形的面积是用底乘高的一半还是用两边与夹角的正弦的一半 还是分割成几 部分来算 在具体处理的时候 要根据具体问题及题意边做边调整 寻找合适的突破 口和切入点 22 本小题满分 12 分 17 解 I 2 22 2 1 11 axxa fxxx xx 令 其对称轴为 由题意知是方程的两 2 22g xxxa 1 2 x 12 xx 0g x 个均大于的不相等的实根 其充要条件为 得1 480 1 0 a ga 1 0 2 a 当时 在内为增函数 1 1 xx 0 fxf x 1 1 x 当时 在内为减函数 12 xx x 0 fxf x 12 x x 当时 在内为增函数 2 xx 0 fxf x 2 x II 由 I 2 1 0 0 0 2 gax 2 22 2 axx 2 222 2222222 1 2 1f xxalnxxxx lnx 2 设 22 1 22 1 2 h xxxx lnxx 则 22 21 122 21 1h xxxlnxxxlnx 当时 在单调递增 1 0 2 x 0 h xh x 1 0 2 当时 在单调递减 0 x 0h x h x 0 111 2ln2 0 224 xh xh 当时 故 22 1 22 4 In f xh x 20082008 年全国高考理科数学试题 全国卷一 年全国高考理科数学试题 全国卷一 参考答案参考答案 18 一 选择题 1 C2 A 3 A 4 D 5 C 6 B 7 D 8 A 9 D 10 D 11 B 12 B 二 填空题 本大题共 4 小题 每小题 5 分 共 20 分 把答案填在题中横线上 13 答案 9 14 答案 2 15 答案 16 答案 3 8 1 6 三 解答题 本大题共 6 小题 共 70 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 17 解析 由正弦定理得 a C Bc b C Ac sin sin sin sin acosB bcosA cA C B B C A cos sin sin cos sin sin c BA ABBA sin cossincossin c BABA BABA sincoscossin sincoscossin 1cottan 1cot tan BA cBA 依题设得c BA cBA 5 3 1cottan 1cot tan 解得 tanAcotB 4 II 由 I 得 tanA 4tanB 故 A B 都是锐角 于是 tanB 0 tan A B BA BA tantan1 tantan B B 2 tan41 tan3 4 3 且当 tanB 时 上式取等号 因此 tan A B 的最大值为 2 1 4 3 18 解 I 作 AO BC 垂足为 O 连接 OD 由题设知 AO 底面 BCDE 且 O 为 BC 中点 由知 Rt OCD Rt CDE 2 1 DE CD CD OC 从而 ODC CED 于是 CE OD 由三垂线定理知 AD CE II 由题意 BE BC 所以 BE 侧面 ABC 又 BE侧面 ABE 所以侧面 ABE 侧面 ABC 19 作 CF AB 垂足为 F 连接 FE 则 CF 平面 ABE 故 CEF 为 CE 与平面 ABE 所成的角 CEF 45 由 CE 得 CF 63 又 BC 2 因而 ABC 60 所以 ABC 为等边三角形 作 CG AD 垂足为 G 连接 GE 由 I 知 CE AD 又 CE CG C 故 AD 平面 CGE AD GE CGE 是二面角 C AD E 的平面角 CG 3 2 6 22 AD CDAC GE 6 3 10 6 52 2 1 22 CE AD DEADDE cos CGE 10 10 3 10 3 2 2 6 3 10 3 4 2 222 GECG CEGECG 所以二面角 C AD E 为 arccos 10 10 解法二 I 作 AO BC 垂足为 O 则 AO 底面 BCDE 且 O 为 BC 的中点 以 O 为坐标原点 射线 OC 为 x 轴正 向 建立如图所示的直角坐标系 O xyz 设 A 0 0 t 由已知条件有 C 1 0 0 D 1 0 E 1 0 22 2 1 0 2 2 tADCE 所以 得 AD CE0 ADCE II 作 CF AB 垂足为 F 连接 FE 设 F x 0 z 则 x 1 0 z CF 0 0 2 0 BECFBE 故 CF BE 又 AB BE B 所以 CF 平面 ABE CEF 是 CE 与平面 ABE 所成的角 CEF 45 由 CE 得 CF 63 20 又 CB 2 所以 FBC 60 ABC 为等边三角形 因此 A 0 0 3 作 CG AD 垂足为 G 连接 GE 在 Rt ACD 中 求得 AG AD 3 2 故 G 3 3 3 22 3 2 3 3 3 2 3 5 3 3 3 22 3 1 GEGC 又 3 2 1 AD 0 0 ADGEADGC 所以的夹角等于二面角 C AD E 的平面角 GEGC与 由 cos GEGC 10 10 GEGC GEGC 知二面角 C AD E 为 arccos 10 10 19 解 f x 3x2 2ax 1 判别式 4 a2 3 i 若 a 或 a0 f x 是增函数 33 3 3aa 2 在 内 f x 0 f x 是增函数 3 3aa 2 ii 若 a0 故此时 f x 在 R 上是增函数 3 3 iii 若 a 则 f 0 且对所有的 x 都有 f x 0 故当 a 3 3 a 3 a 时 f x 在 R 上是增函数 3 由 知 只有当 a 或 a时 由 解得 a 23 因此 a 的取值范围是 2 20 解 记 A1 A2分别表示依方案甲需化验 1 次 2 次 B1 B2分别表示依方案乙需化验 2 次 3 次 A 表示依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数 依题意知 A2与 B2 独立 221 BAAA 5 1 C 1 A P 1 5 1 5 1 A A A P 2 5 1 4 2 5 2 CC CC B P 1 3 3 5 1 2 2 4 2 P P A1 A2 B2 A P A1 P A2 B2 P A1 P A2 P B2 5 2 5 1 5 1 25 7 所以 P A 1 P 0 72A 25 18 的可能取值为 2 3 P B1 P B2 P 2 P B1 P 3 P B2 5 3 CC C C C 1 3 3 5 2 4 3 5 3 4 5 2 5 3 5 2 所以 E 次 4 2 5 12 5 2 3 5 3 2 22 21 解 设双曲线方程为 a 0 b 0 右焦点为 F c 0 c 0 则 c2 a2 b21 b y a x 2 2 2 2 不妨设 l1 bx ay 0 l2 bx ay 0 则 b ba 0acb FA 22 aAFOF OA 22 因为 2 2 2 且 AB OA OB 2 OB AB OA 所以 2 2 2 2 AB OA AB OA 于是得 tan AOB 3 4 OA AB 又与同向 故 AOF AOB BFFA 2 1 所以 3 4 AOFtan1 AOFtan2 2 解得tan AOF 或 tan AOF 2 舍去 2 1 因此 b5bac b 2a 2 1 a b 22 所以双曲线的离心率 e a c 2 5 由 a 2b 知 双曲线的方程可化为 x2 4y2 4b2 由 l1的斜率为 c b 知 直线 AB 的方程为 2 1 5 y 2 x b 5 将 代入 并化简 得 15x2 32bx 84b2 05 23 设 AB 与双曲线的两交点的坐标分别为 x1 y1 x2 y2 则 x1 x2 x1 x2 15 b532 15 b84 2 AB 被双曲线所截得的线段长 l xx4 xx 5 xx 2 1 21 2 2121 2 将 代入 并化简得 l 而由已知 l 4 故 b 3 a 6 3 b4 所以双曲线的方程为1 9 y 36 x 22 22 解 I 当 0 x0 所以函数 f x 在区间 0 1 是增函数 II 当 0 xx 又由 I 有 f x 在 x 1 处连续知 当 0 x 1 时 f x f 1 1 因此 当 0 x 1 时 0 x f x 1 下面用数学归纳法证明 0 an an 1 1 i 由 0 a1 1 a2 f a1 应用式 得 0 a1 a2 1 即当 n 1 时 不等式 成立 ii 假设 n k 时 不等式 成立 即 0 ak ak 1 1 则由 可得 0 ak 1 f ak 1 1 即 0 ak 1 ak 2 1 故当 n k 1 时 不等式 也成立 综合 i ii 证得 an an 1am b 否则 若 am b m k 则由 0 a1 am b 1 m k 知 amlnam a1lnam a1lnb 0 ak 1 ak aklnak ak 1 ak 1lnak 1 aklnak a1 amlnam k m 1 由 知amlnama1 k a1lnb a1 b a1 b 24 20082008 年全国高考理科数学试题 全国卷二 年全国高考理科数学试题 全国卷二 参考答案参考答案 一 选择题一 选择题 1 B 2 A 3 C 4 C 5 D 6 D 7 B 8 B 9 B 10 C 11 A 12 C 二 填空题二 填空题 13 2 14 2 5 32 2 16 两组相对侧面分别平行 一组相对侧面平行且全等 对角线交于一点 底面是平行四 边形 注 上面给出了四个充要条件 如果考生写出其他正确答案 同样给分 三 解答题三 解答题 17 解 由 得 5 cos 13 B 12 sin 13 B 由 得 4 cos 5 C 3 sin 5 C 所以 5 分 33 sinsin sincoscossin 65 ABCBCBC 由得 33 2 ABC S 133 sin 22 ABACA 由 知 33 sin 65 A 故 8 分65ABAC 又 sin20 sin13 ABB ACAB C 故 2 20 65 13 AB 13 2 AB 所以 10 分 sin11 sin2 ABA BC C 18 解 各投保人是否出险互相独立 且出险的概率都是 记投保的 10 000 人中出险的人数为 p 则 4 10 Bp 记表示事件 保险公司为该险种至少支付 10 000 元赔偿金 则发生当且仅AA 25 当 2 分0 1 P AP A 1 0 P 4 10 1 1 p 又 4 10 1 0 999P A 故 5 分0 001p 该险种总收入为元 支出是赔偿金总额与成本的和 10 000a 支出 10 00050 000 盈利 10 000 10 00050 000 a 盈利的期望为 9 分10 00010 00050 000EaE 由知 43 10 10 B 3 10 000 10E 444 10105 10EaE 44434 101010105 10a 0E 444 1010105 100a 1050a 元 15a 故每位投保人应交纳的最低保费为 15 元 12 分 19 解法一 依题设知 2AB 1CE 连结交于点 则 ACBDFBDAC 由三垂线定理知 3 分 1 BDAC 在平面内 连结交于点 1 ACAEF 1 ACG 由于 1 2 2 AAAC FCCE 故 1 RtRtA ACFCE 1 AACCFE A B C D E A1 B1 C1 D1 F H G 26 与互余 CFE 1 FCA 于是 1 ACEF 与平面内两条相交直线都垂直 1 ACBEDBDEF 所以平面 6 分 1 AC BED 作 垂足为 连结 由三垂线定理知 GHDE H 1 AH 1 AHDE 故是二面角的平面角 8 分 1 AHG 1 ADEB 22 3EFCFCE 2 3 CECF CG EF 22 3 3 EGCECG 1 3 EG EF 12 315 EFFD GH DE 又 22 11 2 6ACAAAC 11 5 6 3 AGACCG 1 1 tan5 5 AG AHG HG 所以二面角的大小为 12 分 1 ADEB arctan5 5 解法二 以为坐标原点 射线为轴的正半轴 DDAx 建立如图所示直角坐标系 Dxyz 依题设 1 2 2 0 0 2 0 0 21 2 0 4 BCEA 0 21 2 2 0 DEDB 3 分 11 2 24 2 0 4 ACDA 因为 1 0AC DB A 1 0AC DE A 故 1 ACBD 1 ACDE 又 DBDED A B C D E A1 B1 C1 D1 y x z 27 所以平面 6 分 1 AC DBE 设向量是平面的法向量 则 xyz n 1 DAE DE n 1 DA n 故 20yz 240 xz 令 则 9 分1y 2z 4x 412 n 等于二面角的平面角 1 AC n 1 ADEB 1 1 1 14 cos 42 AC AC AC A n n n 所以二面角的大小为 12 分 1 ADEB 14 arccos 42 20 解 依题意 即 11 3n nnnn SSaS 1 23n nn SS 由此得 4 分 1 1 32 3 nn nn SS 因此 所求通项公式为 6 分 1 3 3 2 nn nn bSa n N 由 知 1 3 3 2 nn n Sa n N 于是 当时 2n 1nnn aSS 112 3 3 23 3 2 nnnn aa 12 2 3 3 2 nn a 12 1 4 3 3 2 nn nn aaa 2 2 3 2123 2 n n a 当时 2n 28 2 1 3 1230 2 n nn aaa 9a 又 211 3aaa 综上 所求的的取值范围是 12 分a 9 21 解 依题设得椭圆的方程为 2 2 1 4 x y 直线的方程分别为 2 分ABEF 22xy 0 ykx k 如图 设 其中 001122 D xkxE xkxF xkx 12 xx 且满足方程 12 xx 22 14 4kx 故 21 2 2 14 xx k 由知 得 6EDDF 0120 6 xxxx 0212 2 1510 6 77 7 14 xxxx k 由在上知 得 DAB 00 22xkx 0 2 12 x k 所以 2 210 12 7 14 k k 化简得 2 242560kk 解得或 6 分 2 3 k 3 8 k 解法一 根据点到直线的距离公式和 式知 点到的距离分别为EF AB 2 11 1 2 222 1214 5 5 14 xkxkk h k 9 分 2 22 2 2 222 1214 5 5 14 xkxkk h k 又 所以四边形的面积为 2 215AB AEBF 12 1 2 SAB hh D F B y x A O E 29 2 14 12 5 2 5 14 k k AA 2 2 12 14 k k 2 2 144 2 14 kk k 2 2 当 即当时 上式取等号 所以的最大值为 12 分21k 1 2 k S2 2 解法二 由题设 1BO 2AO 设 由 得 11 ykx 22 ykx 2 0 x 21 0yy 故四边形的面积为AEBF BEFAEF SSS 9 分 22 2xy 2 22 2 xy 22 2222 44xyx y 22 22 2 4 xy 2 2 当时 上式取等号 所以的最大值为 12 分 22 2xy S2 2 22 解 2 分 22 2cos cossin sin 2cos1 2cos 2cos xxxxx fx xx 当 时 即 2 2 2 2 33 kxk k Z 1 cos 2 x 0fx 当 时 即 2 4 2 2 33 kxk k Z 1 cos 2 x 0fx 因此在每一个区间 是增函数 f x 2 2 2 2 33 kk k Z 30 在每一个区间 是减函数 6 分 f x 2 4 2 2 33 kk k Z 令 则 g xaxf x 2 2cos1 2cos x g xa x 2 23 2cos 2cos a xx 2 111 3 2cos33 a x 故当时 1 3 a 0g x 又 所以当时 即 9 分 0 0g 0 x 0 0g xg f xax 当时 令 则 1 0 3 a sin3h xxax cos3h xxa 故当时 0 arccos3xa 0h x 因此在上单调增加 h x 0 arccos3a 故当时 0 arccos3 xa 0 0h xh 即 sin3xax 于是 当时 0 arccos3 xa sinsin 2cos3 xx f xax x 当时 有 0a 1 0 222 fa 因此 的取值范围是 12 分a 1 3 20072007 年全国高考理科数学试题 全国卷一 年全国高考理科数学试题 全国卷一 参考答案参考答案 一 选择题 一 选择题 1 D 2 B 3 A 4 A 5 C 6 C 7 D 8 D 9 B 10 D 11 C 12 A 31 二 填空题 二 填空题 13 14 15 16 363 x x R 1 3 2 3 三 解答题 三 解答题 17 解 由 根据正弦定理得 所以 2 sinabA sin2sinsinABA 1 sin 2 B 由为锐角三角形得 ABC 6 B cossincossinACAA cossin 6 AA 13 coscossin 22 AAA 3sin 3 A 由为锐角三角形知 ABC 22 AB 2263 B 2 336 A 所以 13 sin 232 A 由此有 33 3sin3 232 A 所以 的取值范围为 cossinAC 3 3 22 18 解 由表示事件 购买该商品的 3 位顾客中至少有 1 位采用 1 期付款 A 知表示事件 购买该商品的 3 位顾客中无人采用 1 期付款 A 2 1 0 4 0 216P A 1 1 0 2160 784P AP A 的可能取值为元 元 元 200250300 32 200 1 0 4PP 250 2 3 0 20 20 4PPP 300 1 200 250 1 0 40 40 2PPP 的分布列为 200250300 P0 40 40 2 200 0 4250 0 4300 0 2E 元 240 19 解法一 作 垂足为 连结 由侧面底面 得底面SOBC OAOSBC ABCDSO ABCD 因为 所以 SASB AOBO 又 故为等腰直角三角形 45ABC AOB AOBO 由三垂线定理 得 SABC 由 知 依题设 SABC ADBC 故 由 得SAAD 2 2ADBC 3SA 2AO 1SO 11SD 的面积 SAB 2 2 1 11 2 22 SABSAAB A 连结 得的面积DBDAB 2 1 sin1352 2 SAB AD A 设到平面的距离为 由于 得DSABh D SABSABD VV 12 11 33 h SSO S AA 解得 2h 设与平面所成角为 则 SDSAB 222 sin 1111 h SD 所以 直线与平面所成的我为 SDSBC 22 arcsin 11 解法二 作 垂足为 连结 由侧面底面 得平面SOBC OAOSBC ABCDSO ABCD O D B C A S 33 因为 所以 SASB AOBO 又 为等腰直角三角形 45ABC AOB AOOB 如图 以为坐标原点 为轴正向 建立直角坐标系 OOAxOxyz 2 0 0 A 02 0 B 02 0 C 0 01 S 2 01 SA 所以 0 2 2 0 CB 0SA CB ASABC 取中点 ABE 22 0 22 E 连结 取中点 连结 SESEGOG 22 1 442 G 22 1 442 OG 22 1 22 SE 22 0 AB 与平面内两条相交直线 垂直 0SE OG A0AB OG AOGSABSEAB 所以平面