精选浙江近年高考数学精选试题

浙江近年高考数学精选试题1/482023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，每题5分，共50分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．〔1〕“〞是“〞的〔〕Ａ．充分而不必要条件 Ｂ．必要而不充分条件Ｃ．充分不必要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件〔2〕假设函数，〔其中，〕的最小正周期是，且，那么〔〕A． B．C． D．〔3〕直线关于直线对称的直线方程是〔〕Ａ． Ｂ．Ｃ． Ｄ．〔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半径为6米的圆面，那么需安装这种喷水龙头的个数最少是〔〕Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．〔5〕随机变量服从正态分布，，那么〔〕A． B． C． D，〔6〕假设两条异面直线外的任意一点，那么〔〕Ａ．过点有且仅有一条直线与都平行Ｂ．过点有且仅有一条直线与都垂直Ｃ．过点有且仅有一条直线与都相交Ｄ．过点有且仅有一条直线与都异面〔7〕假设非零向量满足，那么〔〕Ａ． Ｂ．Ｃ． Ｄ．〔8〕设是函数的导函数，将和的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的选项是〔〕yyxOyxOyxOyxOA．B．C．D．〔9〕双曲线的左、右焦点分别为，，是准线上一点，且，，那么双曲线的离心率是〔〕Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．〔10〕设是二次函数，假设的值域是，那么的值域是〔〕A． B．C． D．第=2\*ROMANII卷〔共100分〕二、填空题：本大题共7小题，每题4分，共28分．〔11〕复数，，那么复数．〔12〕，且，那么的值是．〔13〕不等式的解集是．〔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〕，那么不同买法的种数是〔用数字作答〕．〔15〕随机变量的分布列如下：其中成等差数列，假设，那么的值是．〔16〕点在二面角的棱上，点在内，且．假设对于内异于的任意一点，都有，那么二面角的大小是 ．〔17〕设为实数，假设，那么的取值范围是．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解容许写出文字说明，证明过程或演算步骤．〔18〕〔此题14分〕的周长为，且．〔=1\*ROMANI〕求边的长；〔=2\*ROMANII〕假设的面积为，求角的度数．〔19〕〔此题14分〕在如以以下图的几何体中，平面，平面，，且，是的中点．〔=1\*ROMANI〕求证：；〔=2\*ROMANII〕求与平面所成的角．〔第20题〕〔第19题〕〔20〕〔此题14分〕如图，直线与椭圆交于两点，记的面积为．〔第20题〕〔第19题〕〔=1\*ROMANI〕求在，的条件下，的最大值；〔=2\*ROMANII〕当，时，求直线的方程．〔21〕〔此题15分〕数列中的相邻两项是关于的方程的两个根，且．〔=1\*ROMANI〕求，，，；〔=2\*ROMANII〕求数列的前项和；〔Ⅲ〕记，，求证：．〔22〕〔此题15分〕设，对任意实数，记．〔=1\*ROMANI〕求函数的单调区间；〔=2\*ROMANII〕求证：〔ⅰ〕当时，对任意正实数成立；〔ⅱ〕有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立．2023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：此题考查根本知识和根本运算．每题5分，总分值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：此题考查根本知识和根本运算．每题4分，总分值28分．〔11〕 〔12〕 〔13〕 〔14〕〔15〕 〔16〕 〔17〕三、解答题〔18〕解：〔=1\*ROMANI〕由题意及正弦定理，得，，两式相减，得．〔=2\*ROMANII〕由的面积，得，由余弦定理，得 ，所以．〔19〕此题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等根底知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．总分值14分．方法一：〔=1\*ROMANI〕证明：因为，是的中点，所以．又平面，所以．〔=2\*ROMANII〕解：过点作平面，垂足是，连结交延长交于点，连结，．是直线和平面所成的角．因为平面，所以，又因为平面，所以，那么平面，因此．设，，在直角梯形中，，是的中点，所以，，，得是直角三角形，其中，所以．在中，，所以，故与平面所成的角是．方法二：如图，以点为坐标原点，以，分别为轴和轴，过点作与平面垂直的直线为轴，建立直角坐标系，设，那么，，．，．〔=1\*ROMANI〕证明：因为，，所以，故．〔=2\*ROMANII〕解：设向量与平面垂直，那么，，即，．因为，，所以，，即，，直线与平面所成的角是与夹角的余角，所以，因此直线与平面所成的角是．〔20〕此题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等根底知识，考查解析几何的根本思想方法和综合解题能力．总分值14分．〔Ⅰ〕解：设点的坐标为，点的坐标为，由，解得，所以．当且仅当时，取到最大值．〔Ⅱ〕解：由得，，．②设到的距离为，那么，又因为，所以，代入②式并整理，得，解得，，代入①式检验，，故直线的方程是或或，或．21．此题主要考查等差、等比数列的根本知识，考查运算及推理能力．总分值15分．〔I〕解：方程的两个根为，，当时，，所以；当时，，，所以；当时，，，所以时；当时，，，所以．〔II〕解：．〔III〕证明：，所以，．当时，，，同时，．综上，当时，．22．此题主要考查函数的根本性质，导数的应用及不等式的证明等根底知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．总分值15分．〔I〕解：．由，得．因为当时，，当时，，当时，，故所求函数的单调递增区间是，，单调递减区间是．〔II〕证明：〔i〕方法一：令，那么，当时，由，得，当时，，所以在内的最小值是．故当时，对任意正实数成立．方法二：对任意固定的，令，那么，由，得．当时，．当时，，所以当时，取得最大值．因此当时，对任意正实数成立．〔ii〕方法一：．由〔i〕得，对任意正实数成立．即存在正实数，使得对任意正实数成立．下面证明的唯一性：当，，时，，，由〔i〕得，，再取，得，所以，即时，不满足对任意都成立．故有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立．方法二：对任意，，因为关于的最大值是，所以要使对任意正实数成立的充分必要条件是：，即， ①又因为，不等式①成立的充分必要条件是，所以有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立．2023年普通高等学校招生全国统一考试〔浙江卷〕数学〔理科〕参考公式：如果事件互斥，那么 球的外表积公式 其中表示球的半径如果事件相互独立，那么 球的体积公式 其中表示球的半径如果事件在一次试验中发生的概率是那么次独立重复试验中恰好发生次的概率：一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．1．是实数，是纯虚数，那么〔〕A． B． C． D．2．，，，那么〔〕A． B． C． D．3．都是实数，那么“〞是“〞的〔〕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4．在的展开式中，含的项的系数是〔〕A． B． C． D．5．在同一平面直角坐标系中，函数〔〕的图象和直线的交点个数是〔〕A．0 B．1 C．2 D．46．是等比数列，，，那么〔〕A． B． C． D．7．假设双曲线的两个焦点到一条准线的距离之比为，那么双曲线的离心率是〔〕A．3 B．5 C． D．8．假设，那么〔〕A． B． C． D．9．是平面内两个互相垂直的单位向量，假设向量满足，那么的最大值是〔〕A． B． C． D．10．如图，是平面的斜线段，为斜足，假设点在平面内运动，使得的面积为定值，那么动点的轨迹是〔〕ABABP〔第10题〕C．一条直线 D．两条平行直线2023年普通高等学校招生全国统一考试数学〔理科〕第二卷〔共100分〕本卷须知： 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，每题4分，共28分．11．，假设平面内三点共线，那么．12．为椭圆的两个焦点，过的直线交椭圆于两点，假设，那么．ABCD〔第14题〕13．在中，角所对的边分别为．假设，那么．ABCD〔第14题〕14．如图，球的面上四点，平面，，，那么球的体积等于．15．为常数，函数在区间上的最大值为2，那么．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〕17．假设，且当时，恒有，那么以为坐标的点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．解容许写出文字说明，证明过程或演算步骤．DABEFC〔第18题〕18．〔此题14分〕如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，，，，．DABEFC〔第18题〕〔Ⅰ〕求证：平面；〔Ⅱ〕当的长为何值时，二面角的大小为？19．〔此题14分〕一个袋中装有假设干个大小相同的黑球，白球和红球．从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是．〔Ⅰ〕假设袋中共有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．〔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．并指出袋中哪种颜色的球个数最少．20．〔此题15分〕曲线是到点和到直线距离相等的点的轨迹．ABOQyxlM〔第20题〕是过点的直线，是上〔不在上〕的动点；在上，，轴〔如图〕．ABOQyxlM〔第20题〕〔Ⅰ〕求曲线的方程；〔Ⅱ〕求出直线的方程，使得为常数．21．〔此题15分〕是实数，函数．〔Ⅰ〕求函数的单调区间；〔Ⅱ〕设为在区间上的最小值．〔ⅰ〕写出的表达式；〔ⅱ〕求的取值范围，使得．22．〔此题14分〕数列，，，．记：，．求证：当时，〔Ⅰ〕；〔Ⅱ〕；〔Ⅲ〕2023年普通高等学校招生全国统一考试〔浙江卷〕数学〔理科〕参考答案一、选择题：此题考查根本知识和根本运算．每题5分，总分值50分1．A2．D3．D4．A5．C6．C7．D8．B9．C10．B二、填空题：此题考查根本知识和根本运算．每题4分，总分值28分．11．12．13．14．15．116．4017．1三、解答题18．此题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等根底知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．总分值14分．方法一：DABEFCHG〔Ⅰ〕证明：过点作交于DABEFCHG可得四边形为矩形，又为矩形，所以，从而四边形为平行四边形，故．因为平面，平面，所以平面．〔Ⅱ〕解：过点作交的延长线于，连结．由平面平面，，得平面，从而．所以为二面角的平面角．在中，因为，，所以，．DABEFCDABEFCyzx从而．于是．因为，所以当为时，二面角的大小为．方法二：如图，以点为坐标原点，以和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系．设，那么，，，，．〔Ⅰ〕证明：，，，所以，，从而，，所以平面．因为平面，所以平面平面．故平面．〔Ⅱ〕解：因为，，所以，，从而解得．所以，．设与平面垂直，那么，，解得．又因为平面，，所以，得到．所以当为时，二面角的大小为．19．此题主要考查排列组合、对立事件、相互独立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．总分值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，设袋中白球的个数为，那么，得到．故白球有5个．〔ii〕随机变量的取值为0，1，2，3，分布列是0123的数学期望．〔Ⅱ〕证明：设袋中有个球，其中个黑球，由题意得，所以，，故．记“从袋中任意摸出两个球，至少有1个黑球〞为事件B，那么．所以白球的个数比黑球多，白球个数多于，红球的个数少于．故袋中红球个数最少．20．此题主要考查求曲线的轨迹方程、两条直线的位置关系等根底知识，考查解析几何的根本思想方法和综合解题能力．总分值15分．〔Ⅰ〕解：设为上的点，那么，到直线的距离为．由题设得．化简，得曲线的方程为．〔Ⅱ〕解法一：ABOQyxABOQyxlM，从而．在中，因为，．所以.，．当时，，从而所求直线方程为．解法二：设，直线，那么，从而．过垂直于的直线．ABOQyxABOQyxlMHl1．当时，，从而所求直线方程为．21．此题主要考查函数的性质、求导、导数的应用等根底知识，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．总分值15分．〔Ⅰ〕解：函数的定义域为，〔〕．假设，那么，有单调递增区间．假设，令，得，当时，，当时，．有单调递减区间，单调递增区间．〔Ⅱ〕解：〔i〕假设，在上单调递增，所以．假设，在上单调递减，在上单调递增，所以．假设，在上单调递减，所以．综上所述，〔ii〕令．假设，无解．假设，解得．假设，解得．故的取值范围为．22．此题主要考查数列的递推关系，数学归纳法、不等式证明等根底知识和根本技能，同时考查逻辑推理能力．总分值14分．〔Ⅰ〕证明：用数学归纳法证明．①当时，因为是方程的正根，所以．②假设当时，，因为，所以．即当时，也成立．根据①和②，可知对任何都成立．〔Ⅱ〕证明：由，〔〕，得．因为，所以．由及得，所以．〔Ⅲ〕证明：由，得所以，于是，故当时，，又因为，所以．绝密★考试结束前2023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局部。全卷共5页，选择题局部1至2页，非选择题局部3至5页。总分值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。选择题局部〔共50分〕本卷须知：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：如果事件互斥，那么棱柱的体积公式如果事件相互独立，那么其中表示棱柱的底面积，表示棱柱的高棱锥的体积公式如果事件在一次试验中发生的概率是，那么次独立重复试验中事件恰好发生次的概率其中表示棱锥的底面积，表示棱锥的高棱台的体积公式球的外表积公式其中S1、S2分别表示棱台的上、下底面积，球的体积公式h表示棱台的高其中表示球的半径一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.1．设，，，那么()A．B．C．D．答案：B【解析】对于，因此．2．是实数，那么“且〞是“且〞的()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答案：C【解析】对于“且〞可以推出“且〞，反之也是成立的3．设〔是虚数单位〕，那么()A．B．C．D．答案：D【解析】对于4．在二项式的展开式中，含的项的系数是()A．B．C．D．答案：B【解析】对于，对于，那么的项的系数是5．在三棱柱中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点是侧面的中心，那么与平面所成角的大小是()A．B．C．D．答案：C【解析】取BC的中点E，那么面，，因此与平面所成角即为，设，那么，，即有．6．某程序框图如以以下图，该程序运行后输出的的值是()A．B．C．D．答案：A【解析】对于，而对于，那么，后面是，不符合条件时输出的．7．设向量，满足：，，．以，，的模为边长构成三角形，那么它的边与半径为的圆的公共点个数最多为()A．B．C．D．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．是实数，那么函数的图象不可能是()答案：D【解析】对于振幅大于1时，三角函数的周期为，而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了．9．过双曲线的右顶点作斜率为的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为．假设，那么双曲线的离心率是()A．B．C．D．答案：C【解析】对于，那么直线方程为，直线与两渐近线的交点为B，C，，那么有，因．10．对于正实数，记为满足下述条件的函数构成的集合：且，有．以下结论中正确的选项是()A．假设，，那么B．假设，，且，那么C．假设，，那么D．假设，，且，那么答案：C【解析】对于，即有，令，有，不妨设，，即有，因此有，因此有．非选择题局部〔共100分〕本卷须知：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，每题4分，共28分。11．设等比数列的公比，前项和为，那么．答案：15【解析】对于12．假设某几何体的三视图〔单位：〕如以以下图，那么此几何体的体积是．答案：18【解析】该几何体是由二个长方体组成，下面体积为，上面的长方体体积为，因此其几何体的体积为1813．假设实数满足不等式组那么的最小值是．答案：4【解析】通过画出其线性规划，可知直线过点时，14．某地区居民生活用电分为顶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：顶峰时间段用电价格表低谷时间段用电价格表顶峰月用电量〔单位：千瓦时〕顶峰电价〔单位：元/千瓦时〕低谷月用电量〔单位：千瓦时〕低谷电价〔单位：元/千瓦时〕50及以下的局部0.56850及以下的局部0.288超过50至200的局部0.598超过50至200的局部0.318超过200的局部0.668超过200的局部0.388假设某家庭5月份的顶峰时间段用电量为千瓦时，低谷时间段用电量为千瓦时，那么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：【解析】对于应付的电费应分二局部构成，顶峰局部为；对于低峰局部为，二局部之和为15．观察以下等式：，，，，………由以上等式推测到一个一般的结论：对于，．答案：【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，二项指数分别为，因此对于，16．甲、乙、丙人站到共有级的台阶上，假设每级台阶最多站人，同一级台阶上的人不区分站的位置，那么不同的站法种数是〔用数字作答〕．答案：336【解析】对于7个台阶上每一个只站一人，那么有种；假设有一个台阶有2人，另一个是1人，那么共有种，因此共有不同的站法种数是336种．17．如图，在长方形中，，，为的中点，为线段〔端点除外〕上一动点．现将沿折起，使平面平面．在平面内过点作，为垂足．设，那么的取值范围是．答案：【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，，随着F点到C点时，因平面，即有，对于，又，因此有，那么有，因此的取值范围是三、解答题：本大题共5小题，共72分。解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤。2023042318．〔此题总分值14分〕在中，角所对的边分别为，且满足，20230423．〔I〕求的面积；〔II〕假设，求的值．解析：〔I〕因为，，又由，得，〔II〕对于，又，或，由余弦定理得，2023042319．〔此题总分值14分〕在这个自然数中，任取个数．20230423〔I〕求这个数中恰有个是偶数的概率；〔II〕设为这个数中两数相邻的组数〔例如：假设取出的数为，那么有两组相邻的数和，此时的值是〕．求随机变量的分布列及其数学期望．解析：〔I〕记“这3个数恰有一个是偶数〞为事件A，那么；〔II〕随机变量的取值为的分布列为012P所以的数学期望为2023042320．〔此题总分值15分〕如图，平面平面，20230423是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，，的中点，，．〔I〕设是的中点，证明：平面；〔II〕证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离．证明：〔I〕如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系O，那么，由题意得，因，因此平面BOE的法向量为，得，又直线不在平面内，因此有平面〔II〕设点M的坐标为，那么，因为平面BOE，所以有，因此有，即点M的坐标为，在平面直角坐标系中，的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在内存在一点，使平面，由点M的坐标得点到，的距离为．2023042321．〔此题总分值15分〕椭圆：的右顶点为，过的焦点且垂直长轴的弦长为．20230423〔I〕求椭圆的方程；〔II〕设点在抛物线：上，在点处的切线与交于点．当线段的中点与的中点的横坐标相等时，求的最小值．解析：〔I〕由题意得所求的椭圆方程为，〔II〕不妨设那么抛物线在点P处的切线斜率为，直线MN的方程为，将上式代入椭圆的方程中，得，即，因为直线MN与椭圆有两个不同的交点，所以有，设线段MN的中点的横坐标是，那么，设线段PA的中点的横坐标是，那么，由题意得，即有，其中的或；当时有，因此不等式不成立；因此，当时代入方程得，将代入不等式成立，因此的最小值为1．2023042322．〔此题总分值14分〕函数，，20230423其中．〔I〕设函数．假设在区间上不单调，求的取值范围；〔II〕设函数是否存在，对任意给定的非零实数，存在惟一的非零实数〔〕，使得成立？假设存在，求的值；假设不存在，请说明理由．解析：〔I〕因，，因在区间上不单调，所以在上有实数解，且无重根，由得，令有，记那么在上单调递减，在上单调递增，所以有，于是，得，而当时有在上有两个相等的实根，故舍去，所以；〔II〕当时有；当时有，因为当时不合题意，因此，下面讨论的情形，记A，B=〔ⅰ〕当时，在上单调递增，所以要使成立，只能且，因此有，〔ⅱ〕当时，在上单调递减，所以要使成立，只能且，因此，综合〔ⅰ〕〔ⅱ〕；当时A=B，那么，即使得成立，因为在上单调递增，所以的值是唯一的；同理，，即存在唯一的非零实数，要使成立，所以满足题意．绝密★考试结束前2023年普通高等学校招生全国统一考试数学(理科)非选择题局部〔共100分〕本卷须知：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，每题4分，共28分。〔11〕函数的最小正周期是。〔12〕假设某几何体的三视图〔单位：cm〕如以以下图，那么此几何体的体积是cm3.〔13〕设抛物线的焦点为F，点。假设线段FA的中点B在抛物线上，那么B到该抛物线准线的距离为。〔14〕设=，将的最小值记为，那么其中。〔15〕设为实数，首项为，公差为的等差数列的前项和为，满足那么的取值范围是。〔16〕平面向量满足的夹角为120°那么。〔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〞五个工程的测试，每位同学上、下午各测试一个工程，且不重复，假设上午不测“握力〞工程，下午不测“台阶，其余工程上、下午都各测试一人，那么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.解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤.〔18〕〔此题总分值14分〕在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，〔I〕求的值；〔II〕当a=2，时，求b及c的长.〔19〕〔此题总分值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，小球从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的。某商家按上述投球方式进行促销活动，假设投入的小球落到A，B，C，那么分别设为1，2，3等奖.〔I〕获得1，2，3等奖的折扣率分别为50%，70%，90%，记随机变量为获得等奖的折扣率，求随机变量的分布列及数学期望〔II〕假设有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〔〕.〔20〕〔此题总分值15分〕如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE=EB=AF=沿直线EF将翻折成使平面平面BEF.〔I〕求二面角的余弦值；〔II〕点M，N分别在线段FD，BC上，假设沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与重合，求线段FM的长.〔21〕〔此题总分值15分〕，直线椭圆分别为椭圆C的左、右焦点.〔I〕当直线过右焦点F2时，求直线的方程；〔II〕设直线与椭圆C交于A，B两点，，的重心分别为G，H.假设原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围.〔22〕〔此题总分值14分〕a是给定的实常数，设函数是的一个极大值点.〔I〕求b的取值范围;〔II〕设是的3个极值点，问是否存在实数b，可找到，使得的某种排列〔其中〕依次成等差数列？假设存在，示所有的b及相应的假设不存在，说明理由.参考答案一、选择题：此题考查根本知识和根本运算。每题5分，总分值50分。〔1〕B 〔2〕A 〔3〕D 〔4〕B 〔5〕D〔6〕B 〔7〕C 〔8〕C 〔9〕A 〔10〕B二、填空题：此题考查根本知识和根本运算。每题4分，总分值28分。〔11〕 〔12〕144 〔13〕〔14〕 〔15〕〔16〕 〔17〕264三、解答题：本大题共5小题，共72分。〔18〕此题主要考查三角交换、正弦定理、余弦定理等根底知识，同时考查运算求解能力。总分值14分。〔Ⅰ〕解：因为， 及 所以〔Ⅱ〕解：当时， 由正弦定理，得 由及得 由余弦定理，得 解得 所以〔19〕此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。总分值14分。〔Ⅰ〕解：由题意得的分布列为50%70%90%P 那么〔Ⅱ〕解：由〔Ⅰ〕知，获得1等奖或2等奖的概率为 由题意得 那么〔20〕此题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等根底知识，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。总分值15分。 方法一：〔Ⅰ〕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 那么 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〔Ⅱ〕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：〔Ⅰ〕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—DF—C的平面角， 在中， 所以 故二面角—DF—C的余弦值为。〔Ⅱ〕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〕此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根底知识，同时考查解析几何的根本思想方法和综合解题能力。总分值15分〔Ⅰ〕解：因为直线经过 所以 又因为 所以 故直线的方程为〔Ⅱ〕解：设， 由消去得 那么由， 知 且有 由于 故O为F1F2的中点， 由， 可知 设M是GH的中点，那么 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〕此题主要考查函数极值的概念、导数运算法那么、导数应用及等差数列根底知识，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，总分值14分。〔Ⅰ〕解： 令 那么 于是可设是的两实根，且〔1〕当时，那么不是的极值点，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〔-∞，〕〔Ⅱ〕解：由〔Ⅰ〕可知，假设存了及满足题意，那么〔1〕当时，那么 于是 即 此时 或〔2〕当时，那么 ①假设 于是 即 于是 此时 ②假设 于是 即 于是 此时 综上所述，存在满足题意 当 当 当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，〕本试卷分选择题和非选择题两局部。全卷共4页，选择题局部1至2页，非选择题局部3至4页。总分值150分，考试时间120分钟。选择题局部〔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：如果事件互斥，那么柱体的体积公式如果事件相互独立，那么其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式一、选择题〔本大题共10小题，每题5分，共50分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。设函数，假设，那么实数〔A〕4或2〔B〕4或2〔C〕2或4〔D〕2或2〔2〕把复数的共轭复数记作,i为虚数单位，假设z=1+i,那么〔A〕〔B〕〔C〕〔D)3〔3〕假设某几何体的三视图如以以下图，那么这个几何体的直观图可以是〔4〕以下命题中错误的选项是〔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