新课标i高考数学(理科)答案与解析

1、年新课标高考数学（理科）答案与解析 ax x24 x 3 0x 1 x 3 ， bx 2 x 3 0x x3 2故 a bx3x3 2故选由 1ix1 yi 可知： xxi1yi ，故x1 ，解得：x1 xyy1所以， xyix2y22 故选由等差数列性质可知：s99 a1a992a59a5 27，故 a5 3 ，22而 a108，因此公差 da10a51105 a100a1090d98 故选如图所示，画出时间轴：7:307:407:508:008:108:208:30acdb小明到达的时间会随机的落在图中线段ab 中，而当他的到达时间落在线段ac 或 db 时，才能保证他等车的时间不超过分钟

2、 矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖賃軔朧。根据几何概型，所求概率p10101402故选2y2x1表示双曲线，则22n 3m2m n 3m n 0m2n22 m n 3m由双曲线性质知：c2m2n3m2n 4m2 ，其中 c 是半焦距焦距 2c2 2 m4 ，解得 m1 1 n3故选原立体图如图所示：1 / 15是一个球被切掉左上角的1 后的三视图8表面积是7 的球面面积和三个扇形面积之和8s=7422 +3122 =1784故选 f28e282.820 ，排除f28e282.721 ，排除x 0 时， fx2x2exf x4 x ex ，当 x0, 1 时， f x1 4 e0044因此 fx 在 0,

3、1单调递减，排除4故选对：由于 0c1，函数 yca b 1acbc ，错误x 在 r 上单调递增，因此对：由于 1c 10 ，函数 yxc 1在 1,上单调递减， a b1a c 1b c 1bacabc ，错误对：要比较 alogb c 和 b loga c ，只需比较 aln c 和 blnc ，只需比较ln c和 ln c，只需 bln b 和 a ln aln bln ab lnba ln a构 造 函 数 f xx ln x x 1， 则 f x l n x 11 ， 0 fx 在 1,上 单 调 递 增 ， 因 此f af b0aln a b ln b011bln ba ln a

4、又由 0c1得 ln c 0 ， ln cln cb loga ca logb c ，正确a ln abln b2 / 15 ：要比 log a c 和 logbc ，只需比 ln c和 ln cln aln b而函数 yln x 在 1,上 增，故 ab1 ln aln b0又由 0 c1得 ln c0 ， ln cln cloga clog b c ， ln aln b故 如下表：循 环节 运n1判断xy ynyx x2y236行次数x2运行前第一次01否第二次12否2第三次36是2 出3， y6 ， 足 y4xx2故 以开口向右的抛物 例来解答，其他开口同理11ln aln b是否n n

5、n1 出否 2否 3是 抛物 y22222 px p 0 ， 的方程 xyr ， 目条件翻 如 ：设 a x0 ,22， dp , 5 ，2点 ax0 ,22在抛物 22 px 上， 82 px0 yp ,p2点 d5在 x2y2r2 上， 5r 2 22点 ax0 ,22222282在 xyr上， x0r3 / 15联立 解得： p4 ，焦点到准线的距离为 p 4 故选 如图所示：dcbad 1c1a1b1 平面 cb1d1 ，若设平面 cb1 d1平面 abcdm1 ，则 m1m又平面 abcd 平面 a1 b1c1 d1 ，结合平面 b1 d1c平面 a1 b1c1 d1 b1 d1 b

6、1d1 m1 ，故 b1d1m同理可得： cd1n故 m 、 n 的所成角的大小与b1d1 、 cd1 所成角的大小相等，即cd1b1 的大小而 bc1b1 d1 cd1 （均为面对交线） ，因此cd1 b1，即 sincd1 b13 32故选 由题意知： +k 41 +k2 + 42则2k1，其中 k zf ( x) 在,5 单调，518 t ,1218 3636122接下来用排除法若11,， f (x) 在 3递增，在3, 5 递减，不满足f ( x) 在 5，此时 f (x) sin 11x4,18,418 44443636单调若9,，满足 f ( x) 在 5单调递减，此时f ( x)

7、 sin 9x18,4436故选由已知得： a bm 1,34 / 15 ab22b2m1232m212 1222 ，解得 m 2 a设展开式的第k1项为 tk1 ， k0,1,2,3,4,55kkk tk 1c5kc5k52 xx25 k x 2 kc54 2554当 53时， k4，即 t54 x2 10x32故答案为由于n 1an是等比数列，设an1，其中 a1是首项，q是公比a qa1a310a1a1q 210a18a453，解得：1 a2a1q a1q 5q21n 432 .n 4故 an， a1a2 . an112221 n n 72121 n 7 2 492244 时， 1211

8、n 7249当 n 3 或n749 取到最小值6 ，此时224取到最大值 26 2242所以 a1 a2. an 的最大值为设生产产品x 件，产品y 件，根据所耗费的材料要求、工时要求等其他限制条件，构造线性规则约束为1.5x0.5 y 150x0.3y 905 x3 y 600x 0y 0xn *yn *目标函数z2100 x900 y作出可行域为图中的四边形，包括边界，顶点为(60,100) (0,200) (0,0) (90,0)5 / 15在 (60,100) 处取得最大值， z210060 900 100 216000 2cos c a cos bb cos ac由正弦定理得：2co

9、s c sin a cos bsin b cos a sin c2cos c sin absin cabc， a 、b 、c0 ， sinabsin c0 2cosc1， cosc12 c 0 ， c3由余弦定理得：c2a2b22ab cosc7a2b22ab 12ab23ab 7s13332ab sin cab24 ab62ab187ab5 abc 周长为 abc57 abef 为正方形 af ef afd 90 af df dfef =f af 面 efdcaf面 abef平面 abef平面 efdc6 / 15由知dfecef60 ab efab平面 efdcef平面 efdc ab 平

10、面 abcdab平面 abcd面 abcd面 efdccd ab cd cd ef四边形 efdc 为等腰梯形以 e 为原点，如图建立坐标系，设fdae 0 ，0 ，0a， ，3， ，b 0 ，2a ，0 c0aa 2a 2a 022eb 0 ，2a ，0 ， bca ， 2a ， 3 a， ab2a ，0 ，022设面 bec 法向量为 mx ，y ，z .2ay10m eb0 ，即 ax13m bc02ay1a z1 022x13 ，y1 0 ，z11m3 ，0 ， 1设面 abc 法向量为 nx2 ，y2 ，z27 / 15nbc =0a3.即 2 x22 ay22az2 0nab 02

11、ax20x20 ，y23 ，z24n0 ， 3 ，4设二面角 ebca的大小为.cosm n42 19mn31 31619二面角ebc a的余弦值为21919每台机器更换的易损零件数为，记事件 ai为第一台机器年内换掉i7 个零件i1,2,3,4记事件 bi为第二台机器年内换掉i7 个零件 i1,2,3,4由题知 pa1p a3pa4p b1p b3p b40.2 ， p a2pb20.4设台机器共需更换的易损零件数的随机变量为x ，则 x 的可能的取值为， ，p x16p a1 p b10.20.20.04p x17p a1 p b2pa2pb10.20.40.40.20.16p x18p

12、a1 p b3pa2pb2pa3 p b10.20.20.20.20.40.40.24p x19p a1 p b4pa2pb3pa3p b2p a4 pb10.20.20.20.2 0.4 0.20.20.40.24p x20p a2 p b4pa3pb3pa4 p b20.4 0.2 0.20.40.2 0.20.2p x21p a3 p b4p a4 p b30.20.20.20.20.08p x22p a4 pb40.20.20.04xp0.040.160.240.240.20.080.04要令 px n 0.5，0.040.160.240.5， 0.04 0.160.240.24 0.

13、5则 n 的最小值为购买零件所需费用含两部分，一部分为购买机器时购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用聞創沟燴鐺險爱氇谴净祸測樅。8 / 15当 n 19时，费用的期望为当 n 20 时，费用的期望为所以应选用 n 19圆整理为x1 2y24321a421e23192005000.21000 0.0815000.044040202005000.0810000.04408016 ，坐标1,0 ，如图，cx24bd4beac ，则 cebd ，由 acad, 则 d c ，ebd d，则 ebedaeeb ae edad4所以的轨迹为一个椭圆，方程为x2y2， ( y0 )；413 c

14、 :x2y21 ，1 ；设 l : x my143因为 pq l ，设 pq : ymx1 ，联立 l与椭圆 c1x my12224 y26my 90 ；xy得 3m4311 m2 | ymyn | 1 m236m236 3m24 12 m21则 | mn |3m243m2；49 / 15pa42m4321nxb241q234圆心 a 到 pq 距离 d|m11 | 2m |，1m221m所以 | pq | 2 | aq |2d 22 164m24 3m24 ，1 m21m2124 3m24 24 m211smpnq1 12 m 12412,8 3| mn | | pq |21 m23m212

15、2 3m 4431m2由已知得：f xx1 ex2ax1x1ex2a 若 a0，那么 fx0x2 ex0x2 ， fx只有唯一的零点 x2 ，不合题意； 若 a0，那么 ex2aex0 ，所以当 x1 时， f x0 ， fx单调递增当 x1时， f x0 ， fx单调递减即：x,111,f x0fx极小值故 fx在 1,上至多一个零点，在,1上至多一个零点由于 f 2a0 ， f 1e 0，则 f2 f 10 ，10 / 15根据零点存在性定理，fx在 1,2上有且仅有一个零点而当 x 1 时， exe， x 21 0 ，故 f xx 2 ex2e x 2 a x 122e x 1 ea x

16、 1a x 1则 fx0的两根ee24 ae，ee24ae， tt，因为a0，故当x t或 xt时，11t21t2a2a1212a x2e x1e 01因此，当x1且 xt1 时， fx0又 f1e0 ，根据零点存在性定理，fx在,1有且只有一个零点此时， fx 在 r 上有且只有两个零点，满足题意 若ea0 ，则 ln2aln e1 ，2当 xln2a时， x1ln2a10 ， ex2aeln2a2a0 ，即 f xx1ex2a0， fx单调递增；当 ln2ax1 时， x10 ， ex2aeln2a2a0 ，即 f xx1ex2a0， fx 单调递减；当 x1时， x10 ， ex2a e

17、ln2a2a0，即 f x0 ， f x单调递增即：x,ln2aln2aln2 a,111,fxfx极大值极小值而极大值f ln2a2aln2a2aln2 a2aln2a21012故当 x1时， fx在 xln2a处取到最大值fln2a，那么 fx fln2a0 恒成立，即 f x0 无解而当 x1 时， fx 单调递增，至多一个零点此时 fx 在 r 上至多一个零点，不合题意11 / 15 若 ae ，那么 ln2a12当 x 1ln 2a 时， x10 ， ex2aeln 2a2a 0 ，即 f x0 ，fx 单调递增当 x1ln2a 时， x10， ex2aeln 2a2a 0 ，即 f

18、 x0 ，f x 单调递增又 fx在 x1处有意义，故f x 在 r 上单调递增，此时至多一个零点，不合题意 若 ae ，则 ln 2a12当 x1 时， x1 0 ， ex2ae12aeln 2 a2a 0，即 f x0 ，f x 单调递增当 1xln2a 时， x10， ex2aeln 2a2a 0 ，即 f x0 ，fx 单调递减当 x ln2a时， x1ln2 a10 ， ex2aeln 2a2a0 ，即 f x0 ，f x 单调递增即：x,111,ln2aln2aln2a,fxfx极大值极小值故当 x ln2a时， fx 在 x1 处取到最大值f 1e ，那么f x e0 恒成立，即

19、 f x0 无解当 x ln 2a 时， f x 单调递增，至多一个零点此时 f x 在 r 上至多一个零点，不合题意综上所述，当且仅当a0 时符合题意，即a 的取值范围为0,由已知得：fx1fx20 ，不难发现x11， x21，12 / 15x1xx2x故可整理得：a2 e 12 e 2x12x2211x2 exg x2设 g x2 ，则 g x1x1x 221那么 g x3ex ，当 x1时， g x0 ， g x 单调递减；当x 1 时， g x0 ， g x 单调递增x 1设 m 0 ，构造代数式：g 1 m g 1 mm 2 1e1 mm 21e1 m12m e1 mm 1 e2m 1mmmm 1设 h mm 1e2 m 1 ， m 0m1则 h m2m22m0 ，故 h m 单调递增，有 h mh 00 m2e1因此，对于任意的m0 ， g 1mg 1m由 gx1gx2可知 x1 、 x2不可能在g x的同一个单调区间上，不妨设x1x2 ，则必有 x1 1 x2令 m1x10，则有 g11x1g 11x1g2x1gx1gx2而 2x11 ， x21 ， gx 在 1,上单调递增，因此：g2x1gx22 x1 x2整理得： x1x22 设圆的半径为r ，作 okab 于 k oaob ， aob 120 okab， a30，okoa s