高考全国乙卷：《文科数学》2023-2021年高考真题与答案解析

高考精品文档高考全国乙卷文科数学·2023年－2021年考试 真题 北京中考数学真题pdf四级真题及答案下载历年四级真题下载证券交易真题下载资料分析真题下载 与答案解析同卷省份河南、甘肃、青海、内蒙江西、宁夏、新疆、陕西[注]晋皖黑吉四省2023年不用全国乙卷目录高考全国乙卷：《文科数学》2023年考试真题与答案解析...................................................2一、选择题......................................................................................................................................................2二、填空题......................................................................................................................................................6三、解答题......................................................................................................................................................7高考全国乙卷：《文科数学》2022年考试真题与答案解析.................................................11一、选择题.....................................................................................................................................................11二、填空题....................................................................................................................................................21三、解答题....................................................................................................................................................24高考全国乙卷：《文科数学》2021年考试真题与答案解析.................................................35一、选择题....................................................................................................................................................35二、填空题....................................................................................................................................................38三、解答题....................................................................................................................................................391/47高考全国乙卷：《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 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的.1.2i232i（）A.1B.2C.5D.5答案：C2.设全集U0,1,2,4,6,8，集合MN0,4,6,0,1,6，则MNðU（）A.0,2,4,6,8B.0,1,4,6,8C.1,2,4,6,8D.U答案：A3.如图，网格纸上绘制的是个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积（）A.242/47B.26C.28D.30答案：D4.在△ABC中，内角ABC,,的对边分别是abc,,，若acosBbcosAc，且C，则B5（）A.10B.53C.102D.5答案：Cxex5.已知fx()是偶 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 ，则a（）e1axA.－23/47B.－1C.1D.2答案：D6.正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则ECED（）A.5B.3C.25D.5答案：B7.设O为平面坐标系的坐标原点，在区域x,y1x22y4内随机取一点A，则直线OAπ的倾斜角不大于的概率为（）41A.81B.61C.41D.2答案：C8.函数fxx3ax2存在3个零点，则a的取值范围是（）4/47A.,2B.,3C.4,1D.3,0答案：B9.某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（）5A.62B.31C.21D.3答案：Aπ2ππ2π10.已知函数f(x)sin(x)在区间,单调递增，直线x和x为函数yfx63635π的图像的两条对称轴，则f（）123A.21B.2C.5/473D.2答案：D11.已知实数xy,满足x22y4x2y40，则xy的最大值是（）32A.12B.4C.132D.7答案：Cy212.设A，B为双曲线x21上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（）9A1,1B.(-1,2)C.1,3D.1,4答案：.D二、填空题13.已知点A1,5在抛物线C：y22px上，则A到C的准线的距离为______.9答案：46/47π114若0,,tan，则sincos________．225答案：5xy3115.若x，y满足约束条件xy29，则z2xy的最大值为______..37xy答案：816.已知点SABC,,,均在半径为2的球面上，ABC是边长为3的等边三角形，SA平面ABC，则SA________．答案：2三、解答题17.某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为xi，yii1,2,,10．试验结果如下：试验序号i12345678910伸缩率545533551522575544541568596548伸缩率yi5365275435305605335225505765362记zixiyii1,2,,10，记z1,,,z2z10的样本平均数为z，样本方差为s。[1]求，；7/47[2]判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提s2高（如果z2，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸10缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）答案：[1]z11，s261；[2]认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.18.记Sn为等差数列an的前n项和，已知aS211,1040．[1]求的通项公式；[2]求数列an的前项和Tn。答案：[1]ann15214nn2,n7T[2]n2n14n98,n819.如图，在三棱锥PABC中，ABBC，AB2，BC22，PBPC6，BP,,APBC的中点分别为DEO,,，点F在AC上，BFAO．8/47[1]求证：EF//平面ADO；[2]若POF120，求三棱锥PABC的体积．答案：[1]证明：略。26[2]3120.已知函数fxaln1x．x[1]当a1时，求曲线yfx在点1,fx处的切线方程．[2]若函数fx在0,单调递增，求a的取值范围．答案：[1]ln2xyln20；1[2]aa|.2y22x521.已知椭圆C:1(ab0)的离心率是，点A2,0在C上．a22b3[1]求的方程；[2]过点2,3的直线交于PQ,两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为MN,，证明：线段MN的中点为定点。答案：yx22[1]194[2]证明：略。9/47（二）选 考题 安全员b证考试题库金融学机考题库消防安全技术实务思考题答案朝花夕拾考题答案excel基本考题 [数学：选修4-4]22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的x2cos极坐标方程为2sin，曲线C2：（为参数，）.42y2sin2[1]写出的直角坐标方程；[2]若直线yxm既与没有公共点，也与没有公共点，求m的取值范围．答案：[1]x2y121,x0,1,y1,2[2],022,[数学：选修4-5]23.已知fx22xx[1]求不等式fx6x的解集；fxy[2]在直角坐标系中，求不等式组所确定的平面区域的面积。xy60答案：[1][2,2][2]610/47高考全国乙卷：《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.1.集合M2,4,6,8,10,Nx1x6，则MN（）A.{2，4}B.{2，4，6}C.{2，4，6，8}D.{2，4，6，8，10}答案：A解析：因为M2,4,6,8,10，Nx|1x6，所以MN2,4．故选：A.2.设(12i)ab2i，其中ab,为实数，则（）A.ab1,1B.ab1,1C.ab1,1D.ab1,1答案：A解析：因为ab,ÎR，ab2ai2i，所以ab0,2a2，解得：．故选：A.11/47rr3.已知向量ab(2,1)，(2,4)，则ab（）A.2B.3C.4D.5答案：D解析：因为ab2,12,44,3，所以ab42325.故选：D4.分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是（）A.甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B.乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C.甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D.乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6答案：C12/477.37.5解析：对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4，A选项结论2正确.对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：6.37.47.68.18.28.28.58.68.68.68.69.09.29.39.810.18.506258，16B选项结论正确.6对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值0.3750.4，16C选项结论错误.13对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于的概率的估计值0.81250.6，16D选项结论正确.故选：Cxy…2,5.若x，y满足约束条件xy2„4,则z2xy的最大值是（）y…0,A.﹣2B.4C.8D.12答案：C解析：由题意作出可行域，如图阴影部分所示，13/47转化目标函数z2xy为y2xz，上下平移直线，可得当直线过点4,0时，直线截距最小，z最大，所以zmax2408.故选：C.6.设F为抛物线C:4y2x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若AFBF，则AB（）A.2B.22C.3D.32答案：B解析：由题意得，F1,0，则AFBF2，即点A到准线x1的距离为2，所以点的横坐标为121，不妨设点在x轴上方，代入得，A1,2，所以AB31220222。故选：B14/477.执行下边的程序框图，输出的n（）A.3B.4C.5D.6答案：B解析：执行第一次循环，bb2a123，aba312,nn12，b2231220.01；a2224执行第二次循环，bb2a347，aba725,nn13，b2271220.01；a2252515/47执行第三次循环，bb2a71017，aba17512,nn14，b22171220.01，此时输出n4.a2212144故选：B8.如图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]的大致图像，则该函数是（）xx33A.yx21xx3B.yx212xxcosC.yx212sinxD.yx21答案：Axx3解析：设fx，则f10，故排除B;x212xxcosπ设hx，当x0,时，0cosx1，x2122xcosx2x所以hx1，故排除C;xx221116/472sinx2sin3设gx，则g30，故排除D.x2110故选：A.9.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（）A.平面B1EF平面BDD1B.平面平面A1BDC.平面B1EF//平面A1ACD.平面平面ACD11答案：A解析：在正方体中，ACBD且DD1平面ABCD，又EF平面，所以EFDD1，因为EF,分别为的中点，所以EFAC，所以EFBD，又BDDD1D，所以EF平面，又平面B1EF，所以平面平面，故A正确；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB2，则BEFBAAC112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0，C10,2,2，则EF1,1,0,EB10,1,2，DB2,2,0,DA12,0,2，AA10,0,2,AC2,2,0,AC112,2,0,17/47设平面B1EF的法向量为mx1,,y1z1，mEFxy0则有11，可取m2,2,1，mEB1y120z1同理可得平面A1BD的法向量为n11,1,1，平面A1AC的法向量为n21,1,0，平面ACD11的法向量为n31,1,1，则mn122110，所以平面与平面不垂直，故B错误；uur因为m与n2不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与n3不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.10.已知等比数列an的前3项和为168，aa2542，则a6（）A.14B.1218/47C.6D.3答案：D解析：设等比数列an的公比为qq,0，若q1，则aa250，与题意矛盾，所以q1，3aq11a96aaa1681则1231q，解得1，q42a2a5a1qa1q425所以a61aq3.故选：D.11.函数fxcosxx1sinx1在区间0,2π的最小值、最大值分别为（）ππA.，223ππB.，22ππC.，2223ππD.，222答案：D解析：fxsinxsinxx1cosxx1cosx，π3π所以fx在区间0,和,2π上fx0，即单调递增；2219/47π3π在区间,上fx0，即fx单调递减，22ππ3π3π3π又ff02π2，f2，f11，222223ππ所以在区间0,2π上的最小值为，最大值为2.22故选：D12.已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）1A.31B.23C.32D.2答案：C解析：设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，111则SACBDsinACBD2r2r2r2ABCD222（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2又r22h120/473122r2r22h243则2222VOABCD22rhrrh3333273当且仅当22即h时等号成立，rh23故选：C二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分．13.记Sn为等差数列an的前n项和．若2SS3236，则公差d_______．答案：2解析：由可得2a1a2+a33a1a26，化简得26a3a1a2，即2a11+2d2ad6，解得d2.故答案为：2.14.从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为______．3答案：=0.3103解析：从5名同学中随机选3名的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 数为C5103甲、乙都入选的方法数为C31，所以甲、乙都入选的概率P。故答案为：31015.过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为_____．21/472222224765答案：xy2313或xy215或xy或339282169xy1；525解析：依题意设圆的方程为x22yDxEyF0，若过0,0，4,0，1,1，F0F0则164DF0，解得D4，11DEF0E6所以圆的方程为x22y4x6y0，即；若过，，4,2，F0F0则164DF0，解得D4，1644DEF20E2所以圆的方程为x22y4x2y0，即；若过，，，F0F08则11DEF0，解得D，31644DEF2014E3814所以圆的方程为x22yxy0，即；33若过，，，22/4716F511DEF016则164DF0，解得D，51644DEF20E2222161682169所以圆的方程为xyx20y，即xy1；555252222224765故答案为：xy2313或xy215或xy或339；116.若fxlnab是奇函数，则a_____，b______．1x1答案：①.；②.ln2．2解析：因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称．1a1由a0可得，1xa1ax0，所以x1，1xa1解得：a，即函数的定义域为,11,11,，2再由f00可得，bln2．111x即fxlnln2ln，在定义域内满足fxfx，符合题意．21xx1故答案为：；．23/47三、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。17.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinCABBCAsinsinsin．（1）若AB2，求C；（2）证明：2a2b2c2答案：（1）由，可得，sinCBBCAsinsinsin，而π0B，所以sinB0,1，即有sinCCAsin0，而0CCAπ,0π，显然25πCCA，所以，CCAπ，而，ABCπ，所以C．8（2）由可得，sinCABABBCACAsincoscossinsinsincoscossin，再由正弦定理可得，accosBbccosAbccosAabcosC，然后根据余弦定理可知，1111acb222bca222bca222abc222，2222化简得：，故原等式成立．18.如图，四面体ABCD中，ADCD,,ADCDADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设ABBD2,ACB60，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥FABC24/47的体积．答案：（1）由于ADCD，E是AC的中点，所以ACDE.ADCD由于BDBD，所以△ADB△CDB，ADBCDB所以ABCB，故ACBD，由于DEBDD，DE,BDÌ平面BED，所以AC平面，由于AC平面ACD，所以平面BED平面.（2）依题意ABBDBC2，ACB60，三角形ABC是等边三角形，所以AC2,AECE1,BE3，由于ADCD,ADCD，所以三角形是等腰直角三角形，所以DE1.DE2BE2BD2，所以DEBE，由于ACBEE，AC,BE平面，所以DE平面.由于，所以FBAFBC，25/47BFBF由于FBAFBC，所以FBAFBC，ABCB所以AFCF，所以EFAC，1由于SACEF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.AFC2过E作EFBD，垂足为F，113在Rt△BED中，BEDEBDEF，解得EF，2222313所以2，DF1,BF2DF222BF3所以BD4FHBF3过作FHBE，垂足为H，则FH//DE，所以FH平面ABC，且，DEBD43所以FH，411133所以VSFH23.FABC3.ABC324426/4719.某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：m2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号ｉ12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.910101022并计算得xi0.038,yi1.6158,xiyi0.2474．i=1i=1i=1（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．n(xiix)(yy)ri=1,1.8961.377附：相关系数nn．22()()xiixyyi=1i=1答案：0.6（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x0.06103.9样本中10棵这种树木的材积量的平均值y0.391027/47据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m2，平均一棵的材积量为0.39m31010xixyiyxiyi10xyri=1i=1（2）1010101022xxyy2222iixii10xy10yi=1i=1i=1i=10.2474100.060.390.01340.01340.97；(0.038100.0622)(1.6158100.39)0.00018960.01377则r0.97（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym3，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，0.06186可得=，解之得Y=1209m3．0.39Y则该林区这种树木的总材积量估计为1209m3120.已知函数f(x)ax(a1)lnx．x（1）当a0时，求fx()的最大值；（2）若恰有一个零点，求a的取值范围．答案：1111x（1）当时，fxlnx,x0，则fx，xx22xx当x0,1时，fx¢()>0，fx单调递增；28/47当x1,时，fx¢()<0，fx单调递减；fxf11所以max；111aax11x（2）fxaxa1lnx,x0，则fxa，xx22xx当a0时，ax10，所以当x0,1时，fx¢()>0，单调递增；当时，，单调递减；fxf1a10所以max，此时函数无零点，不合题意；1当01a时，1，a1在0,1,,上，，单调递增；a1在1,上，，单调递减；a又fa110，当x趋近正无穷大时，趋近于正无穷大，1所以仅在,有唯一零点，符合题意；ax12当a1时，fx0，x2所以单调递增，又fa110，所以有唯一零点，符合题意；11当a1时，1，在0,,1,上，，单调递增；aa29/471在,1上，fx¢<0，fx单调递减；a()此时fa110，11n又fnn1ana1lna，aa1当n趋近正无穷大时，fn趋近负无穷，a11所以在0,有一个零点，在,无零点，aa所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为0,.321.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过AB0,2,,1两点．2（1）求E的方程；（2）设过点P1,2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MTTH．证明：直线HN过定点．答案：（1）设椭圆E的方程为mx22ny1，过，41n则9，mn1411yx22解得m，n，所以椭圆E的方程为：1.344330/4732（2）AB(0,2),(,1)，所以AB:2yx，23xy22①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入1，3426262可得M(1,)，N(1,)，代入AB方程yx2，33326可得T(63,)，326由MTTH得到H(265,).326求得HN方程：yx(2)2，过点(0,2).3②若过点的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(,),(,x1y1Nx2y2).kxy(k2)0联立xy22,134得(3k224)x6(2kk)x3(kk4)0，6kk(2)8(2k)xxyy1234k21234k2可得，2，3kk(4)4(44kk2)xx12yy34k22234k224k且xyxy(*)，122134k2yy13y联立2,可得T(13,y),H(3y6x,y).yx2211113yy12可求得此时HN:()yy22xx，36y1x1x231/47将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，将(*)代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).（二）选考题22.[选修4—4：坐标系与参数方程]xt3cos2在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（t为参数），以坐标原点为极点，yt2sinx轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为sinm0．3（1）写出l的直角坐标方程；（2）若l与C有公共点，求m的取值范围．答案：（1）因为l：，13所以sincosm0，22又因为sinyx,cos，13所以化简为yxm0，整理得l的直角坐标方程：3xy2m022（2）联立l与C的方程，即将xt3cos2，yt2sin代入中，可得3cos2t2sint2m0，32/47所以3(12sin2t)2sint2m0，化简为6sin2t2sint32m0，要使l与C有公共点，则2m6sin2t2sint3有解，令sinta，则a1,1，令f(a)6a22a3，(1≤a≤1)，1对称轴为a，开口向上，611219所以f()af(1)6235，f()af()3，maxmin666619所以25m6195m的取值范围为m.12223.[选修4—5：不等式选讲]333已知a，b，c都是正数，且abc2221，证明：1（1）abc；9abc1（2）；bcacab2abc答案：（1）证明：因为a0，b0，c0，333则a20，b20，c20，33/47333333abc2223所以abc222，311即abc2，313331所以abc，当且仅当222，即abc3时取等号．9abc9（2）证明：因为a0，b0，c0，所以bc2bc，ac2ac，ab2ab，所以有：3aaa2，bc22bcabc3bbb2，ac22acabc3ccc2；ab22ababc333333abca2b2c2a2b2c21即，bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号．34/47高考全国乙卷：《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，总共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.已知全集U={1,2,3,4,5},集合M={1,2},N={3,4},则Cu（MUN）=______。A.{5}B.{1,2}C.{3,4}D.{1,2,3,4}答案：A2.设iz=4+3i，则z等于______。A.﹣3﹣4iB.﹣3+4iC.3﹣4iD.3+4i答案：C3.已知命题p：∃xϵR，sinx<1，命题q:∀xϵR，e|x|≥1，则下列命题中为真命题的是______。A.p∧qB.¬p∧qC.p∧¬q35/47D.¬(p∨q)答案：A푥푥4.函数f(x)=sin+cos的最小正周期和最大值分别是______。33A.3π和√2B.3π和2C.6π和√2D.6π和2答案：D푥+푦≥45.若x，y满足约束条件{푥−푦≤2,则z=3x+y的最小值为______。푦≤3A.18B.10C.6D.4答案：C휋5휋6.cos2−cos2=______。12121A.23B.√32C.√23D.√236/47答案：D7.在区间(0,1)随机取1个数，则取到的数小于1的概率为______。233A.42B.31C.31D.6答案：B8.下列函数中最小值为4的是______。A.y=푥2+2푥+44B.y=|sin푥|+|sin푥|C.y=2푥+22−푥4D.y=ln푥+ln푥答案：C1−푥9.设函数f(x)=，则下列函数中为奇函数的是______。1+푥A.f(x−1)−1B.f(x−1)+1C.f(x+1)−1D.f(x+1)+1答案：B10.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，P为B1D1的重点，则直线PB与AD1所成的角为______。37/47휋A.2휋B.3휋C.4휋D.6答案：D푥211.设B是椭圆C：+푦2=1的上顶点，点P在C上，则|PB|的最大值为______。55A.2B.√6C.√5D.2答案：A12.设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(푥−푎)2(푥−푏)的极大值点，则______。A.abC.ab<푎2D.ab>푎2答案：D二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分38/4713.已知向量a=(2,5),b=(λ,4)，若푎⃗//푏⃗⃗，则λ=________.答案：8/5푥2푦214.双曲线−=1的右焦点到直线x+2y﹣8=0的距离为_________.45答案：√515.记∆ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为√3，B=60°，푎2+푐2=3푎푐，则b=_______.答案：2√216.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为（写出符合要求的一组答案即可）。答案：③④或②⑤三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤。17﹣21题为必答题，每题12分。23﹣24题为选答题每题10分，考生根据要求作答。（一）必考题39/4717.某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：旧设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新设备10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.522旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别为푥̅和푦̅,样本方差分别记为푆1和푆2.22（1）求푥̅，푦̅，푆1，푆2푆2+푆2（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果）푦̅−푥̅≥2√12，10则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）.答案：（1）由表中的数据可得：9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7푥̅==101010.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5푦̅==10.31022同理，带入表中数据得：푆1=0.036、푆2=0.04（2）由（1）中的数据可得：푦̅−푥̅=10.3−10=0.3푆2+푆20.036+0.042√12=2√=2√0.00671010则0.3=√0.009>2√0.76=√0.0304。所以，新设备生成产品的该项指标的均值较旧设备有显著的提高。40/4718.如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM.（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P﹣ADCD的体积.答案：（1）因为PD垂直平面ABCD，AM⊂平面ABCD。所以PD⊥AM。因为PD⊥AM，PB⊥AM，PB∩PD=D，PB⊂平面PBD，PD⊂平面PBD所以AM⊥平面PAM。又AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PDB。（2）因为M是BC的中点，所以BM=1AD，且AB=DC=1（①）2因为AM⊥平面PBD，BD⊂平面PBD，所以AM⊥BD。则又∠BAM＋∠MAD=90°，∠MAD＋∠ADB=90°,即∠BAM=∠ADB。41/47则有△BAM∽△ADB，퐵푀퐴퐵有=，将①代入，解得AD=。퐴퐵퐷퐴√2所以SABCD=AD·DC=√2·1=√2。11√2VP﹣ABCD=S∙푃퐷=×√2×1=。3퐴퐵퐶퐷33푛푎19.设{푎}是首项为1的等比数列，数列{푏}满足푏=푛，已知푎，3푎，9푎成等差数列.푛푛푛3123(1)求{푎푛}和{푏푛}的通项公式；푆(2)记푆和푇分别为{푎}和{푏}的前n项和。证明：푇<푛.푛푛푛푛푛2答案：n-1设{an}的公比为q，则an=q。2因为a1、3a2、9a3成等差数列，所以1+9q=2×3q，解得q=1/3。11−n﹣13푛31故an=(1/3)，푆푛=1=(1−)。1−23푛3푛12푛−1푛又b=，则푇=++⋯++（①）n3푛푛31323푛−13푛两边乘以1/3并相减。2111푛得푇=++⋯+−3푛31323푛3푛+132푛+3整理得푇=−。푛42×3푛32푛+3314푛+3又2푇−푆=2(−)−(1−)=−＜0。푛푛42×3푛23푛2×3푛푆故푇＜푛。푛2证毕。42/4720.已知抛物线C：푦2=2푝푥(p>0)的焦点F到准线的距离为2.(1)求C的方程.(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足푃푄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=9푄퐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗，求直线OQ斜率的最大值.答案：（1）在抛物线中，焦点F到准线的距离为p，故p=2，y2=4。（2）设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，P(1,0)则푃푄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(푥2−푥1,푦2−푦1)，푃퐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1−푥2,−푦2)。因为푃푄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=9푄퐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗；所以푥2−푥1=9(1−푥2)，푦2−푦1=−9푦2。即푥1=10푥2−9，푦1=10푦2。2有因为点P在抛物线上，y1=4x1。2所以(10y2)=4(10x2﹣9)；29则点Q的轨迹方程为：푦2=푥−。525设直线OQ方程为y=kx。29当OQ和曲线푦2=푥−相切时，斜率最大。52529联立直线与曲线方程，得푘2푥2−푥+=0。52529相切时，△=0，(−)2−4푘2∙=0。525解得k=1/3。故直线OQ斜率的最大值为1/3。43/4721.已知函数푓(푥)=푥3−푥2+푎푥+1.（1）讨论푓(푥)的单调性；（2）求曲线푦=푓(푥)过坐标原点的切线与曲线푦=푓(푥)的公共点的坐标.答案：（1）函数f(x)的定义域为R，求导得：푓′(푥)=3푥2−2푥+푎.1①当a≥时；푓′(푥)=0至多有一解，푓′(푥)≥0，f(x)在R上单调递增。31②当a＜时；若푓′(푥)=0，3푥2−2푥+푎=0。31−1−3푎1+1−3푎此时푓′(푥)=0的根为푥=√，푥=√。1323푓′(푥)>0时，푥<푥1或푥>푥2；푓′(푥)<0时，푥1<푥<푥2；11−1−3푎1+1−3푎1−1−3푎1+1−3푎综上，当a＜时；f(x)在(﹣∞,√)和(√，∞)上单调递增，在(√,√)上33333单调递减。32（2）记曲线y=f(x)过原点的切线为푙，切点为P(푥0，푥0−푥0+푎푥0+1)。2有푓′(푥0)=3푥0−2푥0+푎322所以切线푙的方程为y﹣(푥0−푥0+푎푥0+1)=(3푥0−2푥0+푎)(푥−푥0)。32又푙过坐标原点，则2푥0−푥0−1=0，解得푥0=1。所以切线푙的方程为：y=(1+a)x若푥3−푥2+푎푥+1=(1+푎)푥，则有方程푥3−푥2−푥+1=0。解得x=1或x=﹣1。所以曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点坐标为(1,1+a)和(﹣1,﹣1﹣a)。44/47（二）选考题22.[选修4﹣4：坐标系与参数方程]在直角坐标系푥푂푦中，⊙퐶的圆心为퐶(2,1)，半径为1.（1）写出⊙퐶的一个参数方程。（2）过点퐹(4,1)作⊙퐶的两条切线，以坐标原点为极点，푥轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程。答案：①当直线斜率不存在时，直线方程为x=4，此时圆心到直线距离为2>r，舍去。②当直线斜率存在时，设直线方程为y﹣1=k(x﹣4)，化简为kx﹣y﹣4k+1=0。|2푘−1−4푘+1|此时圆心C(2,1)到直线的距离为：d==푟=1√푘2+1化简得|2푘|=√푘2+1解得k=±√3。3代入直线方程化简得：x−√3푦+√3−4=0或x+√3푦−√3−4=0。化为极坐标方程为：휋ρsin(θ+5휋)=4﹣或ρsin(θ+)=4+。6√36√323.[选修4﹣5：不等式选讲]。已知函数푓(푥)=|푥−푎|+|푥+3|。（1）当푎=1时，求不等式푓(푥)≥6的解集；（2）若푓(푥)>−푎，求푎的取值范围.45/47答案：（1）当a=1时，f(x)≥6⇔|푥−1|+|푥+3|≥6。当x≤﹣3时；不等式⇔1﹣x﹣x﹣3≥6，解得x≤﹣4。当﹣3﹣푎;即a+3＜a或a+3＞﹣a；3解得a∈(−,+∞)。246/47