高考全国甲卷：《文科数学》2023-2021年考试真题与答案解析

高考精品文档高考全国甲卷：《文科数学》高考真 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 与 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 解析2023年﹣2021年同卷省份贵州省、四川省、云南省西藏自治区、广西自治区目录高考全国甲卷：《文科数学》2023年考试真题与答案解析.................................................1一、选择题.............................................................................................................................1二、填空题.............................................................................................................................6三、解答题.............................................................................................................................6高考全国甲卷：《文科数学》2022年考试真题与答案解析...............................................17一、选择题...........................................................................................................................17二、填空题...........................................................................................................................22三、解答题...........................................................................................................................23高考全国甲卷：《文科数学》2021年考试真题与答案解析...............................................34一、选择题...........................................................................................................................34二、填空题...........................................................................................................................39三、解答题...........................................................................................................................39高考全国甲卷：《文科数学》2023年考试真题与答案解析一、选择题本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设全集U1,2,3,4,5，集合MN1,4,2,5，则NMðU（）A2,3,5B.1,3,4C.1,2,4,5D.2,3,4,5答案：.A51i32.（）2i2iA.－1B.1C.1iD.1i答案：C3.已知向量ab3,1,2,2，则cosab,ab（）1A.17117B.17C.55D.255答案：B4.某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（）1A.61B.31C.22D.3答案：D5.记Sn为等差数列an的前n项和．若a2a610,a4a845，则S5（）A.25B.22C.20D.15答案：C6.执行下边的程序框图，则输出的B（）2A21B.34C.55D.89答案：.B2x27.设FF12,为椭圆Cy:1的两个焦点，点P在C上，若PFPF0，则PF12PF（）512A.1B.2C.4D.5答案：B3exe8.曲线y在点1,处的切线方程为（）x12eA.yx4eB.yx2eeC.yx44e3eD.yx24答案：Cxy229.已知双曲线1(ab0,0)的离心率为5，其中一条渐近线与圆(xy2)22(3)1交ab22于A，B两点，则||AB（）5A.525B.535C.545D.5答案：D10.在三棱锥PABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PAPB2,PC6，则该棱锥的体积为（）A.14B.3C.2D.3答案：A223611.已知函数fxe(x1)，记af,,bfcf，则（）222A.bcaB.bacC.cbaD.cab答案：A12.函数yfx的图象由yxcos2的图象向左平移个单位长度得到，则的6611图象与直线yx的交点个数为（）22A.1B.2C.3D.4答案：C5二、填空题本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.记Sn为等比数列an的前n项和．若87SS63，则的公比为________．1答案：22π14.若fx(x1)axsinx为偶函数，则a________．2答案：23xy23,15.若x，y满足约束条件2xy33，则z32xy的最大值为________．xy1,答案：1516.在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球的半径的取值范围是________．答案：[22,23]三、解答题共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题b2c2a217.记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知2。cosA[1]求bc；6acosBbcosAb[2]若1，求△ABC面积。acosBbcosAc答案：[1]因为a2b2c22bccosAb2c2a22bccosA所以22bccosAAcos解得：bc1。acosBbcosAbsinAcosBsinBcosAsinB[2]由正弦定理可得acosBbcosAcsinAcosBsinBcosAsinCsinABABBsinBsinsin1sinABABABsinsin变形可得：sinABABBsinsin即2cosABBsinsin而0sinB≤11所以cosA，又0Aπ23所以sinA，21133故△ABC的面积为SbcsinA1。△ABC222418.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC1平面ABC,ACB90。7[1]证明：平面ACC11A平面BB11CC；[2]设ABA11B,2AA，求四棱锥A1BB1C1C的高．答案：[1]证明：因为AC1平面ABC，BC平面所以AC1BC又因为ACB90，即ACBCAC1,AC平面ACC11A，AC1ACC所以BC平面又因为平面BCC11B所以平面平面[2]如图，过点A1作AO11CC，垂足为O因为平面平面，平面ACC11A平面BCC1B1CC1，AO1平面所以AO1平面所以四棱锥的高为AO1因为平面，AC,BC平面所以，AC1AC又因为A1BAB，BC为公共边，8所以△ABC与△A1BC全等所以AC1AC设AC1ACx，则AC11x1所以O为CC1中点，OCAA1112又因为AC1AC222所以AC11ACAA即xx2222解得x22所以222AO1AC11OC1211所以四棱锥A1BB1C1C的高为1。19.一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）．试验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为15.218.820.221.322.523.225.826.527.530.132.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为：7.89.211.412.413.215.516.518.018.819.219.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5[1]计算试验组的样本平均数；9[2][i]求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf mm对照组试验组[ii]根据[i]中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？n()adbc2附：K2，abcdacbdPK2k0.1000.0500.010k2.7063.8416.635答案：[1]试验组样本平均数为：1(7.89.211.412.413.215.516.518.018.819.219.820.22039621.622.823.623.925.128.232.336.5)19.820[2][i]依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第20位与第21位数据的平均数由原数据可得第11位数据为18.8，后续依次为：19.2、19.8、20.2、20.2、21.3、21.6、22.5、22.8、23.2、23.6故第20位为23.2，第21位数据为23.61023.223.6所以m23.42故列联表为：mm合计对照组61420试验组14620合计20204040(661414)2[ii]由[i]可得，K26.4003.841，20202020所以能有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异。sinxπ20.已知函数fxax2,x0,。cosx2[1]当a1时，讨论fx的单调性；[2]若fxsinx0，求a的取值范围。答案：sinxπ[1]因为，所以fxx2,x0,cosx2cosxcos2x2cosxsinxsinxcos22xx2sin则fx11cos4xxcos3322cosxcosx21cosxcos3xxcos22cos33xxcosπ令txcos，由于x0,，所以txcos0,12所以coscos23x2xtt322ttt32222tt21211ttt22t2t1，112因为t22t2t110，t10，cos3xt30cos3xxcos22π所以fx0在0,上恒成立cos3x2所以fx在上单调递减。sinxπ[2]构建gxfxsinxax2sinx0xcosx21sin2xπ则gxa3cosx0xcosx2若gxfxsinx0，且gf00sin00则g0a11a0解得a0sinx1当a0时，因为sinxx22sin1cosxxcosπ又x0,21所以0sinx1，0cosx1，则1cos2xsinx所以fxsinxsinx0，满足题意cos2xπ当a<0时，由于0x，显然ax02sinxxsin所以fxsinxaxsinxsinx0，满足题意cos22xxcos综上所述：若fxsinx0，等价于所以a的取值范围为,0。1221.已知直线xy210与抛物线C:y22px(p0)交于AB,两点，AB415。[1]求p；[2]设F为C的焦点，MN,为上两点，且FMFN0，求△MFN面积的最小值。答案：[1]设AxAABB,,,yBxy，xy210由2y2px可得y24py2p0所以yABABy4p,yy2p222所以ABxxABABABABAByy5yy5yy4yy415即2pp260，因为p0解得：p2。[2]因为F1,0，显然直线MN的斜率不可能为零xmyn设直线：，Mx1,,,y1Nx2y2yx24由xmyn可得y24my4n0所以y1y24m,y1y24n16m2216n0mn0因为MFNF0所以x11x21y1y2013即my1n1my2n1y1y2022亦即m1y1y2mn1y1y2n10将y1y24m,y1y24n2代入得4m22n6n1，4m2nn10所以n1，且nn2610解得n322或n322设点F到直线MN的距离为dn1所以d1m222222MNxx12yy121myy121mmn161621m24n26n116n21m2n1，11n12所以△MNF的面积SMNd21m2n1n1221m2而或所以当n322时2△MNF的面积。Smin2221282（二）选考题[选修4-4：坐标系与参数方程]xt2cos,22.已知点P2,1，直线l:（t为参数），为l的倾斜角，与x轴正半轴、y轴yt1sin14正半轴分别交于AB,，且PAPB4。[1]求；[2]以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求l的极坐标方程。答案：[1]因为与轴，y轴正半轴交于两点π所以π221令x0，t，令y0，t1cos2sin24所以PAPBtt421sincossin2所以sin21π即2kπ2π1解得kkπ,Z423π因为，所以．4[2]由[1]可知，直线的斜率为tan1，且过点2,1所以直线的普通方程为：yx12，即xy30由xycos,sin可得直线的极坐标方程为cossin30[选修4-5：不等式选讲]23.已知f(x)2|xa|a,a0。[1]求不等式fxx的解集；15[2]若曲线yfx与x轴所围成的图形的面积为2，求a。答案：[1]若xa，则f(x)2a2xaxaa即3xa，解得x，即xa33若xa，则f(x)2x2aax解得xa3，即ax3aa综上，不等式的解集为,3a。32,xaxa[2]fx().2x3a,xa画出f(x)的草图，则f(x)与坐标轴围成△ADO与△ABCaa3△ABC的高为a,(0,),DaA,0,B,022所以||ABa113226所以SOADSABCOAaABaa2，解得a。224316高考全国甲卷：《文科数学》2022年考试真题与答案解析一、选择题本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。51.设集合A{2,1,0,1,2},Bx∣0x，则AB（）2A.0,1,2B.{2,1,0}C.{0,1}D.{1,2}答案：A2.某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图，则（）17A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差答案：B3.若z1i．则|izz3|（）A.45B.42C.25D.22答案：D4.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A.8B.1218C.16D.20答案：Bππ5.将函数f(x)sinx(0)的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y32轴对称，则的最小值是（）1A.61B.41C.31D.2答案：C6.从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）1A.5B.2C.52D.3答案：C19ππ7.函数yx3xx3cos在区间,的图象大致为（）22A.B.C.D.答案：Ab8.当x1时，函数f(x)alnx取得最大值2，则f(2)（）xA.1201B.21C.2D.1答案：B9.在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知BD1与平面ABCD和平面AA11BB所成的角均为30°，则（）A.AB2ADB.AB与平面AB11CD所成的角为C.ACCB1D.与平面BB11CC所成的角为45答案：D10.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，S甲V甲体积分别为V甲和V乙．若=2，则=（）S乙V乙A.5B.22C.10510D.4答案：Cxy22111.已知椭圆C:1(ab0)的离心率为，AA12,分别为C的左、右顶点，B为C的ab22321上顶点。若BA12BA1，则C的方程为（）xy22A.11816xy22B.+=198xy22C.132x2D.y212答案：B12.已知9m10,ab10m11,8m9，则（）A.ab0B.ab0C.ba0D.ba0答案：A二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量a(m,3),b(1,m1)．若ab，则m______________。答案：﹣0.7514.设点M在直线2xy10上，点(3,0)和(0,1)均在圆M上，则圆M的方程为_________。答案：(xy1)22(1)522xy2215.记双曲线C:1(a0,b0)的离心率为e，写出满足条件“直线yx2与C无公共点”ab22的e的一个值______________。答案：2（满足15e皆可）AC16.已知△ABC中，点D在边BC上，ADB120,AD2,CD2BD。当取得最小值时，ABBD________．答案：1+3三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每题12分，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，每题10分，考生根据要求作答。（一）必考题17.甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030[1]根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；[2]能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？n()adbc2附：K2，(ab)(cd)(ac)(bd)23P(K2≥k)0.1000.0500.010k2.7063.8416.635答案：[1]根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次。24012设A家公司长途客车准点事件为M，则PM()；26013B共有班次240次，准点班次有210次。2107设B家公司长途客车准点事件为N，则PN()。2408127所以，A家公司长途客车准点的概率为；B家公司长途客车准点的概率为。138[2]列联表准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计450505002n()adbc500(2403021020)2K2=3.2052.706。(ab)(cd)(ac)(bd)26024045050根据临界值表可知：有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关。242S18.记S为数列a的前n项和，已知nna21。nnnn[1]证明：是等差数列；[2]若a479,,aa成等比数列，求的最小值。答案：2[1]因为，即22Snnnnan（记为①）2当n2时，2Snn11n12n1an1（记为②）22①﹣②得，2Snn2Sn11n12nann2n1ann1即2an2n12nan2n1an11即2n1ann2n1a12n1所以aann11，且nN*所以是以1为公差的等差数列。[2]由[1]可得aa413，aa716，aa918又a4，a7，a9成等比数列22所以a7a4a9，即a16a13a18解得a112所以ann132nn11225125625所以Sn12nnnn222228S78所以，当n12或n13时nmin。2519.小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，EAB,,,FBCGCDHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直。[1]证明：EF//平面；[2]求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．答案：[1]如图所示：分别取AB、BC的中点M、N，连接MN因为△EAB、△FBC为全等的正三角形所以EMAB,FNBC，EMFN又平面EAB平面，平面EAB平面ABCDAB，EM平面EAB26所以EM平面ABCD同理可得FN平面根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EMFN所以四边形EMNF为平行四边形所以EF//MN，又EF平面，MN平面所以EF//平面。[2]如图所示：分别取AD、DC中点K、L由[1]知，且EFMN同理有，HE//,KMHEKM，HG//,KLHGKL，GF//,LNGFLN由平面知识可知，BDMN，MNMK，KMMNNLLK所以该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍因为MNNLLKKM42，EM8sin6043点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，且d22所以该几何体的体积为：21256640V42434424322128333。333273220.已知函数f(),()xxxgxxa，曲线yf()x在点x11,fx处的切线也是曲线yg()x的切线。[1]若x11，求a；[2]求a的取值范围。答案：[1]由题意知，f(1)1(1)0，fx(x)321，f(1)312则在点1,0处的切线方程为yx2(1)即yx22设该切线与gx()切于点x22,()gx，g(x)2x则g(x22)2x2解得x21则ga(1)122解得a3。32[2]，则在点x11,f()x处的切线方程为yx1x13x11(xx1)23整理得y3x111x2x设该切线与切于点，，则g(x22)2x2则切线方程为yx2a2x2(xx2)2整理得y2x22xxa23xx1212则322x12xa2822233x113943321整理得ax22x12x1x12x1x122424931令h(x)x42x3x2424则h(x)9x326x3x3x(3x1)(x1)1令hx()0，解得x0或x131令hx()0，解得x或01x3则x变化时，h(x),h(x)的变化情况如下表：(﹣∞,﹣1/3)﹣1/3(﹣1/3,0)00,111,hx()﹣00051hx()1274则h(x)的值域为[﹣1，+∞），故a的取值范围为[﹣1，+∞）。21.设抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF3。[1]求C的方程；[2]设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程。p答案：[1]抛物线的准线为x，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p2p此时MF=3p229所以p2所以抛物线C的方程为yx24。2222y1y2y3y4[2]设M,,,,,,,y1Ny2Ay3By4，直线MN:1xmy4444xmy1由2yx42可得y4my40，0,yy124yy4yy4k12k34由斜率公式可得MNyy22yy，ABy2y2yy121234344444x2直线MD:2x1yy1242x1代入抛物线方程可得yy80，0,yy138y1所以yy322，同理可得yy41244kMN所以kABy3y422y1y2又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,ktan所以ktanMNAB22若要使最大，则0,2设kMN2kAB2k0tantank112tan则1tantan12k21142k22kkk3012当且仅当2k即k时，等号成立k22所以当最大时，kAB2设直线AB:2xyn2代入抛物线方程可得y42y4n0，0,y3y44n4y1y216所以n4所以直线AB:x2y4。（二）选考题22.[选修4-4：坐标系与参数方程]2tx在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为6（t为参数），曲线C2的参数方程为yt2sx6（s为参数）。ys[1]写出C1的普通方程；[2]以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为2cossin0，求C3与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标。答案：2t2y2[1]因为x，yt，所以x662即C1的普通方程为y6x2y0。312s[2]因为x,ys，所以62xy262即C2的普通方程为y6x2y0由2cossin02cossin0即C3的普通方程为20xyy26x2y0联立20xy1xx1解得：2或y2y11即交点坐标为,1，1,22y26x2y0联立20xy1xx1解得：2或y2y11即交点坐标,1，1,2。223.[选修4-5：不等式选讲]已知a，b，c均为正数，且a2b243c2，证明：[1]ab23c；11[2]若bc2，则3。ac32为答案：a2b22c22121212ab2c[1]由柯西不等式有所以ab23c当且仅当ab21c时，取等号所以。[2]因为bc2，a0，b0，c0由[1]得ab2ca4c3即0ac4311所以ac432111222129由权方和不等式知3aca4ca4ca4c121当且仅当，即a1，c时取等号ac4211所以3。ac33高考全国甲卷：《文科数学》2021年考试真题与答案解析一、选择题本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．设集合M={1，3，5，7，9}.N={x|2x>7}，则M∩N=（）A.{7，9}B.{5，7，9)C.{3，5，7，9}D.{1，3，5，7，9}答案：B2.为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图，根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（）A.该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%B.该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%34C.估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元D.估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间答案：C3．已知(1-i)2z=3+2i，则z=（）3A.-1-i2B.-1+iC.-+iD.--i答案：B4．下列函数中是增函数的为（）A.f(x)=-xx2B.f(x)=3C.f(x)=x2D.f(x)=3√푥答案：Dx2y25．点(3，0)到双曲线=1的一条渐近线的距离为（）1699A.5358B.56C.54D.5答案：A6.青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量。通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足퐿=5+lg푉。已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为（）(10√10≈1.259)A.1.5B.1.2C.0.8D.0.6答案：C7.在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G，该正方体截去三棱锥A-EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如右图所示，则相应的侧视图是A.36B.C.D.答案：A8.在∆ABC中，已知퐵=120°,퐴퐶=√19,퐴퐵=2,则퐵퐶=（）A.1B.√2C.√5D.3答案：D9.记푆푛为等比数列{푎푛}的前n项和。若푆2=4,푆4=6，则푆6=（）A.7B.8C.9D.10答案：A10.将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）37A.0.3B.0.5C.0.6D.0.8答案：Cπcosα11、若α∈(0，)，tan2α=，则tanα=（）22-sinαA.√15155B.√55C.√315D.√3答案：A11512.设f(x)是定义域为R的奇函数，且f(1+x)=f(-x)。若f(-)=，则f()=（）3335A.-31B.-31C.35D.3答案：B38二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若向量a，b满足|a|=3，|a-b|=5，a·b=1，则|b|=________.答案：3√214.已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________.答案：51ππ15.已知函数f(x)=2cos(ωx+ϕ)的部分图像如图所示，则f()=____________.2答案：﹣√3푥2푦216.已知퐹,퐹为椭圆C：+=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且12164|PQ|=|퐹1퐹2|，则四边形P퐹1Q퐹2的面积为_________.答案：8三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤、第17~21题为必考题，每题12分，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，每题10分，考生根据要求作答。(一)必考题3917.甲、乙两台机床生产同种产品产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品产品的质量情况统计如下表：一级品二级品合计甲机床15050200乙机床12080200合计270130400(1)甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少?(2)能否有99%的把握为机品质量与乙机床的产品质量有差异?n(ad−bc)2附：K2=，(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(K2≥k)0.0500.0100.001푘3.8416.63510.828答案：[1]解答如下；答案[1]由题意可知：甲机床生产的产品中一级品的频率是：150÷200=3/4乙机床生产的产品中一级品的频率是：120÷200=3/5[2]解答如下；400∗(150∗80−50∗120)2400由于퐾2==≈10.256>6.635。270∗130∗200∗20039所以，有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异。4018.记푆푛，为数列{푎푛}的前n项和，已知푎푛，>0，푎3=3푎1。且数列{√푆푛}是等差数列，证明：{푎푛}是等差数列.答案：证明如下；因为√푆푛是等差数列，得a2=3a1；有√푆2−√푆1=√4푎1−√푎1=√푎1，即{Sn}的公差为√푎1。所以√푆푛=√푆1+(푛−1)√푎1=푛√푎1。2所以Sn=na1。当n=1时，a1=a1；22当n≥2时，Sn=na1；Sn-1=(n-1)a1；所以an=(2n+1)a1。所以{an}是等差数列。19.已知直三棱柱ABC-퐴1퐵1퐶1中，侧面，A퐴1퐵1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和C퐶1的中点，BF⊥퐴1퐵1，41(1)求三棱锥F﹣EBC的体积：(2)已知D为棱퐴1퐵1上的点，证明：BF⊥DE.答案：[1]解答如下；由直三棱柱ABD﹣A1B1C1知，A1B2∥AB，CC1⊥平面ABC；因为BF⊥A1B1，所以BF⊥AB，因为平面AA1B1B是正方形，所以AB⊥BB1，AB=BB1=2。因为BF∩BB1=B，所以AB⊥平面BB1C1C，所以AB⊥BC。在Rt△ABC中，因为E是AC中点，故AB=BC=2。所以S=1S=1。△BEC2△ABC由F是CC1中点，所以CF=0.5CC1=0.5BB1=1。所以V=1S×CF=1。F-EBC3△BEC3[2]解答如下；连接A1E、B1E、A1F，1则AE=√퐴퐴2+퐴퐸2=√6，AF=√퐴퐶2+퐶퐹2=3，EF=AC=√3。11111121222所以A1E+EF=A1F，所以A1E⊥EF。由[1]在Rt△ABC中，E是中点，42所以BE⊥AC；因为平面AA1C1C垂直平面ABC，且平面AA1C1C∩平面ABC=AC，所以BE⊥平面AA1C1C，BE⊥A1E。因为EF∩BE=E，所以A1E⊥平面BEF，所以A1E⊥BF。又BF⊥A1B1，所以A1B1∩A1E=A，所以BF⊥平面A1EB1。因为DE包含于平面A1EB1，所以BF⊥DE。证毕。20.设函数f(x)=푎2푥2+푎푥−3푙푛푥+1，其中a>0。[1]讨论f(x)的单调性；[2]若y=f(x)的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围。答案：[1]解答如下；对f(x)求导得：f´(x)=2a2x+a﹣3，（x＞0）；푙푛푥令f´(x)＞0，则x＞1，푎令f´(x)＜0，则0＜x＜1，푎11所以f(x)的增区间为(,+∞)，减区间为(0,)。푎푎43[2]解答如下；11由[1]知，f(x)在区间(,+∞)上的极小值为f()，也是最小值。푎푎1f(x)与x轴没有公共点，当且仅当f()＞0。푎111所以푎2()2+푎−3퐿푛+1＞0，푎푎푎1所以푎>。푒21.抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线L：x=1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ，已知点M(2，0)，且⊙M与L相切。[1]求C，⊙M的方程；[2]设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A2A3均与⊙M相切，判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由。答案：[1]解答如下；由题可得，C：푦2=2푝푥，p＞0，点P（1，√2푝），Q（1，−√2푝）因为OP⊥OQ，所以1﹣2P=0，2P=1，所以抛物线C为：푦2=푥M（2，0），L：x=1且圆M与L相切，所以圆M的方程为：(x−2)2+푦2=1[2]解答如下；222设A1（푦1，푦1），A2（푦2，푦2），A3（푦3，푦3）44由抛物线及圆M对称性，不妨设푦1＞0①若A1A2，A1A3中有一条切线斜率不存在，不妨设为A1A2则：A1（3，√3），A2（3，﹣√3），设A1A3：y﹣√3=k（x﹣3）即kx﹣y﹣3k+√3=0因为AA与圆M相切，所以−푘+√3=1，13√푘2+1√3푦3−푦111√3解得：k=，即퐾A1A3=22===3푦3−푦1푦3+푦1푦3+√33所以푦3=0，即A3（0，0）此时，直线A2A3与A1A3关于x轴对称，所以直线A2A3与圆M相切。22②若A1A2，A1A3斜率均存在，则푦1≠1且，푦1≠3，푦2−푦11퐾A1A2=22=푦2−푦1푦2+푦112直线A1A2：y﹣푦1=(푥−푦1)，即x﹣(푦2+푦1)푦+푦2푦1=0푦2+푦1同设A1A3：x﹣(푦3+푦1)y+푦3푦1=0，直线A2A3：x﹣(푦2+푦3)푦+푦2푦3=0因为直线A1A2，A1A3均与圆M相切，2(2+푦2푦1)2=11+(푦1+푦2)所以，{2，(2+푦3푦1)2=11+(푦1+푦3)22(2+푦2푦1)=1+(푦1+푦2)即：{22(2+푦3푦1)=1+(푦1+푦3)22所以푦2、푦3关于y的方程：(2+푦푦1)=1+(푦1+푦)，222即(푦1−1)푦+2푦푦1+3−푦1=0的两个根。4522푦13−푦1所以：푦2+푦3=−2，푦2푦3=2푦1−1푦1−1设M到直线A2A3距离为d。22(2+푦3푦1)则푑=2=1，1+(푦1+푦3)所以直线A2A3与圆M相切（二）选考题请考生在22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分。22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2√2cos휃。[1]将C的极坐标方程化为直角坐标方程；[2]设点A的直角坐标为(1，0)，M为C上的动点，点P满足퐴푃̅̅̅̅=√2퐴푀̅̅̅̅̅，写出P的轨迹C1的参数方程，并判断C与C1是否有公共点。答案：[1]解答如下；휌2=2√2휌푐표푠푄，得到：푥2+푦2=2√2푥，即：C：푥2−2√2푥+푦2=0[2]解答如下；C：(푥−√2)2+푦2=21푥−1푦设P（푥，푦)，则向量AP=（푥−1，푦)，向量AM=AP=（1，1）1111√2√2√246所以向量DM=向量OA+向量AM=（푥1+√2−1，푦1）√2√2又因为M在上，푥+√2−1푦所以(1−√2)2+(1)2=2，√2√2(푥+2−3)2푦2即：1√+1=2。22所以C1：(푥+√2−3)2+푦2=4풙=ퟑ−2+2푐표푠푄C1：{√，Q∈R푦=2푠푖푛푄圆心距CC1=3−√2−√2=3−2√2，半径分别为2和√2。因为3−2√2<2−√2，所以C在圆C1内部，没有公共点。23.[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=|x-2|，g(x)=|2x+3|-|2x-1|。[1]画出y=f(x)和y=g(x)的图像；[2]若f(x+a)≥g(x)，求a的取值范围。答案：[1]解答如下；3当x≤−时，22x+3≤0，2x﹣1≤0，g(x)=﹣(2x+3)+(2x﹣1)=﹣4；31当−<푥<时，222x+3>0，2x﹣1<0，g(x)=2x+3+2x﹣1=4x+2；471当x≥时，22x+3>0，2x﹣1≥0，g(x)=2x+3﹣(2x﹣1)=4。[2]解答如下；f(x+a)≥g(x)⟺|x+a﹣2|≥g(x)⟹|2﹣a+a﹣2|≥g(2﹣a)⇒g(2﹣a)≤0，15有图像可知2﹣a≤−⇒a≥，22111111所以a+≥3⇒f(+a)≥g()⟺a+−2≥4⟹a≥。2222211下证当a≥时，f(x+a)≥g(x)。21当x≤−，g(x)≤0≤f(x+a)211当−≤x≤时，g(x)=4x+a221111x+a≥−+a≥−+=5⇒f(x+a)=|x+a﹣2|=x+a﹣2222111x+a﹣2﹣（4x﹣2）=a﹣3x﹣4≥−3∗−4=022综上，a取值范围为[11，+∞)248