普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标II卷)数学试题(理科)解析版

注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页.2.答题前，考生务势必自己的、号填写在本试题相应的地点.3.所有答案在答题卡上达成，答在本试题上无效.4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第Ⅰ卷.选择题：此题共12小题，每题5分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的.（1）已知

z

(m

3)

(m1)i在复平面对应的点在第四象限，则实数

m的取值围是（

）（A）(【答案】A

31)，

（B）(1，3)

（C）(1,+)

（D）

(-

，

3)考点：复数的几何意义.【名师点睛】复数的分类及对应点的地点问题都能够转变为复数的实部与虚部应当知足的条件问题，只要把复数化为代数形式，列出实部和虚部知足的方程(不等式)组即可．复数z＝a＋bi复平面的点Z(a，b)(a，b∈R)．uuur复数z＝a＋bi(a，b∈R)平面向量OZ.（2）已知会集

A

{1,2,3}

，B

{x|(x

1)(x

2)

0,x

Z}

，则

AUB

（

）（A）{1}

（B）{1，2}

（C）{01，，2，3}

（D）{

1，01，，2，3}【答案】【分析】

C试题剖析：会集B{x|1x2,xZ}{0,1}，而A{1,2,3}，所以AUB{0,1,2,3}，应选C.考点：会集的运算.【名师点睛】会集的交、并、补运算问题，应先把会集化简在计算，经常借助数轴或韦恩图办理.rrrrr（3）已知向量a(1,m)，a=(3,2)，且(a+b)b，则m（）（A）－8（B）－6（C）6（D）8【答案】D【分析】rrrrr(m2)(2)0，解得m8，应选D.试题剖析：向量ab(4,m2)，由(ab)b得43考点：平面向量的坐标运算、数目积.【名师点睛】已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)：结论几何表示坐标表示模|a|＝a·a22|a|＝x1＋y1夹角cosθ＝a·bcosθ＝x1x2＋y1y22222|a||b|x1＋y1·x2＋y2a⊥b的充要条件a·b＝0x1x2＋y1y2＝0（4）圆222x8y130axy10的距离为1的圆心到直线），则a=（（A）4（B）3（C）3（D）234【答案】A考点：圆的方程、点到直线的距离公式.【名师点睛】直线与圆的地点关系的判断方法几何法：由圆心到直线的距离d与半径长r的大小关系来判断．若d>r，则直线与圆相离；若d＝r，则直线与圆相切；若d<r，则直线与圆订交．(2)代数法：联立直线与圆的方程，消元后获得对于x(或y)的一元二次方程，依据一元二次方程的解的个数(也就是方程组解的个数)来判断．假如<0，方程无实数解，进而方程组也无实数解，那么直线与圆相离；假如＝0，方程有独一实数解，进而方程组也有独一一组实数解，那么直线与圆相切；假如>0，方程有两个不一样的实数解，进而方程组也有两组不一样的实数解，那么直线与圆订交．提示：直线与圆的地点关系的判断多用几何法．（5）如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会集，再一同到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓能够选择的最短路径条数为（）（A）24（B）18（C）12（D）9【答案】B考点：计数原理、组合.【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽略每类做法中每一种方法都能达成这件事情，类与类之间是独立的．分步乘法计数原理在使用时易忽略每步中某一种方法不过达成这件事的一部分，而未达成这件事，步步之间是有关系的．（6）以下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）（A）20（B）24（C）28（D）32【答案】C【分析】试题剖析：由题意可知，圆柱的侧面积为S122416，圆锥的侧面积为S212248，圆2柱的底面面积为S3224，故该几何体的表面积为SS1S2S328，应选C.考点：三视图，空间几何体的体积.【名师点睛】由三视图复原几何体的方法:（7）若将函数y2sin2x的图像向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（）12k(kZ)k(kZ)（A）x（B）x2626k(kZ)k(kZ)（C）x（D）x212212【答案】B考点：三角函数的图象变换与对称性.【名师点睛】平移变换和伸缩变换都是针对x而言，即x自己加减多少值，而不是依靠于ωx加减多少值．（8）中国古代有计算多项式值的九韶算法，以下图是实现该算法的程序框图.履行该程序框图，若输入的x2,n2，挨次输入的a为，，，则输出的s（）225（A）7（B）12（C）17（D）34【答案】C考点：程序框图，直到型循环结构.【名师点睛】直到型循环结构：在履行了一次循环体后，对条件进行判断，假如条件不知足，就持续履行循环体，直到条件知足时停止循环．当型循环结构：在每次履行循环体前，对条件进行判断，当条件知足时，履行循环体，不然停止循环．（9）若cos()3（），则sin245（A）7（B）1（C）1（D）7255525【答案】D【分析】327试题剖析：cos22cos2121，44525且cos2cos2sin2，应选D.42考点：三角恒等变换.【名师点睛】三角函数的给值求值，重点是把待求角用已知角表示：已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差．已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余互补”关系．（10）从区间0,1随机抽取2n个数x1,x2，，xn，y1，y2，，yn，组成n个数对x1,y1，x2,y2，，xn,yn，此中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法获得的圆周率的近似值为（）（A）4n（B）2n（C）4m（D）2mmmnn【答案】C【分析】S圆2Rm，所以4m.选C.试题剖析：利用几何概型，圆形的面积和正方形的面积比为S正方形4R2nn考点：几何概型.【名师点睛】求解与面积有关的几何概型时，重点是弄清某事件对应的面积，必需时可依据题意结构两个变量，把变量当作点的坐标，找到所有试验结果组成的平面图形，以便求解．是双曲线E:x2y21（11）已知F1,F2221的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sinMF2F1,ab3则E的离心率为（）（A）2（B）

3（C）3（D）22【答案】A考点：双曲线的性质

.离心率.【名师点睛】划分双曲线中

a，b，c的关系与椭圆中

a，b，c的关系，在椭圆中

a2＝b2＋c2，而在双曲线中c2＝a2＋b2.双曲线的离心率

e∈(1，＋∞

)，而椭圆的离心率

e∈(0，1)．（12）已知函数f(x)(xR)知足f(x)2x1f(x)图像的交点为f(x)，若函数y与yxm(x1,y1),(x2,y2),,(xm,ym),则(xiyi)（）i1（A）0（B）m（C）2m（D）4m【答案】B考点：函数图象的性质【名师点睛】假如函数f(x)，xD，知足xD，恒有f(ax)f(bx)，那么函数的图象有对abxD，知足xD，恒有f(ax)f(bx)，那么函数的图象称轴x；假如函数f(x)，2有对称中心.第Ⅱ卷本卷包含必考题和选考题两部分.第13～21题为必考题，每个试题考生都一定作答.第22～24题为选考题，考生依据要求作答.二、填空题：本大题共3小题，每题5分(13)ABC的角A,B,C的对边分别为a,b,c，若cosA451，则b．，cosC，a513【答案】2113【分析】试题剖析：由于45312cosA,cosC，且A,C为三角形角，所以sinA,sinC，513513sinBsin[(AC)]sin(AB)sinAcosCcosAsinC13，又由于ab，asinB2165sinAsinB所以b.sinA13考点：三角函数和差公式，正弦定理.【名师点睛】在解有关三角形的题目时，要存心识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，假如式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；假如式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；以上特点都不显然时，则要考虑两个定理都有可能用到．(14),是两个平面，m,n是两条直线，有以下四个命题：（1）假如mn,m,n//，那么.（2）假如m,n//，那么mn.（3）假如//,m，那么m//.（4）假如m//n,//，那么m与所成的角和n与所成的角相等.此中正确的命题有．(填写所有正确命题的编号）【答案】②③④考点：空间中的线面关系.【名师点睛】求解此题应注意在空间中考虑线、面关系.15）有三卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上同样的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上同样的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是．【答案】1和3【分析】试题剖析：由题意剖析可知甲的卡片上数字为1和3，乙的卡片上数字为2和3，丙卡片上数字为1和2.考点：逻辑推理.【名师点睛】逻辑推理即演绎推理，就是从一般性的前提出发，经过推导即“演绎”，得出详细述或个别结论的过程.演绎推理的逻辑形式对于理性的重要意义在于，它对人的思想保持严实性、一向性有着不行替代的校订作用.逻辑推理包含演绎、概括和溯因三种方式.（16）若直线ykxb是曲线ylnx2的切线，也是曲线yln(x1)的切线，则b．【答案】1ln2考点：导数的几何意义.【名师点睛】函数f(x)在点

x0处的导数

f′(x0)的几何意义是在曲线

y＝f(x)上点

P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为

y－y0＝f′(x0)(x－x0)．注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过P点的切线的不一样．三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.（此题满分12分）Sn为等差数列an的前n项和，且a1=1，S728.记bn=lgan，此中x表示不超出x的最大整数，如0.9=0，lg99=1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列bn的前1000项和．【答案】（Ⅰ）b10，b111，b1012；（Ⅱ）1893.【分析】试题剖析：（Ⅰ）先用等差数列的乞降公式求公差d，进而求得通项an，再依据已知条件x表示不超出x的最大整数，求b1，b11，b101；（Ⅱ）对n分类议论，再用分段函数表示bn，再求数列bn的前1000项和．试题分析：（Ⅰ）设{an}的公差为d，据已知有721d28，解得d1.所以{an}的通项公式为ann.b1[lg1]0,b11[lg11]1,b101[lg101]2.考点：等差数列的的性质，前n项和公式，对数的运算.【名师点睛】解答新奇性的数学题，一是经过转变，化“新”为“旧”；二是经过深入剖析，多方联想，以“旧”攻“新”；三是创建性地运用数学思想方法，以“新”制“新”，应特别关注创新题型的切入点和生长点.（此题满分12分）某险种的基本保费为a（单位：元），持续购置该险种的投保人称为续保人，续保人的今年度的保费与其上年度的出险次数的关系以下：上年度出险次数012345保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a设该险种一续保人一年出险次数与相应概率以下：一年出险次数012345概率0.300.150.200.200.100.05（Ⅰ）求一续保人今年度的保费高于基本保费的概率；（Ⅱ）若一续保人今年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费超出60%的概率；（Ⅲ）求续保人今年度的均匀保费与基本保费的比值．【答案】（Ⅰ）0.55；（Ⅱ）；（Ⅲ）1.23.【分析】试题剖析：（Ⅰ）依据互斥事件的概率公式求一续保人今年度的保费高于基本保费的概率；（Ⅱ）一续保人今年度的保费高于基本保费，当且仅当一年出险次数大于

3，由条件概率公式求解；（Ⅲ）记续保人今年度的保费为

X，求

X的散布列，再依据希望公式求解

.试题分析：（Ⅰ）设A表示事件：“一续保人今年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年出险次数大于1，故P(A)0.10.050.55.（Ⅱ）设B表示事件：“一续保人今年度的保费比基本保费超出60%”，则事件B发生当且仅当一年出险次数大于3，故P(B)0.15.又P(AB)P(B)，故P(B|A)P(AB)P(B)0.153P(A)P(A)0.55.11所以所求概率为3.11考点：条件概率，随机变量的散布列、希望.【名师点睛】条件概率的求法：定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝PAB，求P(B|A)；PA(2)基本领件法：当基本领件合适有限性和等可能性时，可借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本领件数n(AB)，得P(B|A)＝nABnA.求失散型随机变量均值的步骤：

(1)理解随机变量

X的意义，写出

X可能获得的所有值；

(2)求X

的每个值的概率；

(3)写出

X的散布列；

(4)由均值定义求出

E(X)．（本小题满分12分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5,AC6，点E,F分别在AD,CD上，5，EF交BD于点H．将DEF沿EF折到DEF地点，OD10．AECF4（Ⅰ）证明：DH平面ABCD；（Ⅱ）求二面角BDAC的正弦值．【答案】（Ⅰ）详看法析；（Ⅱ）295.25又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.zD'AEyHDOFBCxuuur（II）如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴的正方向，成立空间直角坐标系Hxyz，则H0,0,0，A3,2,0，B0,5,0，C3,1,0，Duuur(3,uuur0,0,3，AB4,0)，ACuuuurururuuur3x14y10x1,y1,z1是平面ABD的法向量，则mAB0AD3,1,3.设muruuuur，即3x1y13z1mAD0urrruuur'nAC0所以能够取m4,3,5.设nx2,y2,z2是平面ACD的法向量，则ruuuur0，nAD6x20，即

6,0,0，，03x2y23z20所以能够取所以二面角

rurrurr0,urr1475，sin295.n3,1.于是cosm,nurmnrm,n|m||n|50102525BDAC的正弦值是295.25考点：线面垂直的判断、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判断定理；②a∥b，a⊥α?b⊥α；③α∥β，a⊥α?a⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，而后经过两个平面的法向量的夹角获得二面角的大小，但要注意联合实质图形判断所求角是锐角仍是钝角．（本小题满分12分）已知椭圆E:x2y21的焦点在x轴上，A是E的左极点，斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点，t3点N在E上，MANA．（Ⅰ）当t4,|AM||AN|时，求AMN的面积；（Ⅱ）当2AMAN时，求k的取值围．【答案】（Ⅰ）144；（Ⅱ）32,2.49试题分析：（I）设Mx1,y1，则由题意知y10，当tx2y24时，E的方程为1，A2,0.43由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.所以直线AM的方程为yx2.4将xx2y2得7y212y0.解得y0或y1212y2代入1，所以y1.4377所以AMN的面积11212144277.2493223k2k1.t3等价于k3kk2k2k1所以t2k320，k3k32即k20.由此得k20k2032k2.k320，或，解得k32k320所以k的取值围是32,2.考点：椭圆的性质，直线与椭圆的地点关系.【名师点睛】由直线(系)和圆锥曲线(系)的地点关系，求直线或圆锥曲线中某个参数(系数)的围问题，常把所求参数作为函数，另一个元作为自变量求解．（21）（本小题满分12分）(Ⅰ)议论函数f(x)x2ex的单一性，并证明当x0时，(x2)exx20；x2(Ⅱ)证明：当a[0,1)时，函数g（x）=exaxa(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)x2的值域．【答案】（Ⅰ）详看法析；（Ⅱ）(1,e2]..24（II）g(x)(x2)ex2a(x2)xx22(f(x)a),x由（I）知，f(x)a单一递加，对随意a[0,1),f(0)aa10,f(2)aa0,所以，存在独一x0(0,2],使得f(x0)a0,即g'(x0)0，当0xx0时，f(x)a0,g'(x)0,g(x)单一递减；当xx0时，f(x)a0,g'(x)0,g(x)单一递加.所以g(x)在xx0处获得最小值，最小值为g(x0)ex0a(x01)ex0+f(x0)(x01)ex0.x2x2x0200考点：函数的单一性、极值与最值.【名师点睛】求函数单一区间的步骤：确立函数f(x)的定义域；求导数f′(x)；由f′(x)＞0(f′(x)＜0)解出相应的x的围．当f′(x)＞0时，f(x)在相应的区间上是增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间上是减函数，还能够列表，写出函数的单一区间．注意：求函数最值时，不行想自然地以为极值点就是最值点，要经过仔细比较才能下结论；此外注意函数最值是个“整体”观点，而极值是个“局部”观点．请考生在22、23、24题中任选一题作答,假如多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号（22）（本小题满分

10分）选修

4-1：几何证明选讲如图，在正方形

ABCD

中，

E,G分别在边

DA,DC

上（不与端点重合），且

DE

DG

，过

D点作DF

CE

，垂足为

F

．(Ⅰ)

证明：

B,C,G,F

四点共圆；(Ⅱ)若AB1，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积．【答案】（Ⅰ）详看法析；（Ⅱ）1.2（II）由B,C,G,F四点共圆，CGCB知FGFB，连接GB，由G为RtDFC斜边CD的中点，知GF故RtBCGRtBFG,GC,所以四边形BCGF的面积S是GCB面积SGCB的2倍，即S2SGCB21111.222考点：三角形相像、全等，四点共圆【名师点睛】判断两个三角形相像要注意联合图形性质灵巧选择判断定理，特别要注意对应角和对应边．证明线段乘积相等的问题一般转变为有关线段成比率问题．相像三角形的性质可用来证明线段成比率、角相等；可间接证明线段相等．（23）（本小题满分

10分）选修

4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系

xOy中，圆

C的方程为

(x

6)2

y2

25．（Ⅰ）以坐标原点为极点，

x轴正半轴为极轴成立极坐标系，求

C的极坐标方程；xtcos（t为参数）,l与C交于A,B两点，|AB|10，求l的斜率．（Ⅱ）直线l的参数方程是tsiny【答案】（Ⅰ）212cos11015.；（Ⅱ）3试题分析：（I）由xcos,ysin