高考理科数学试题解析版Word下载.docx
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1-0.618，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外，最美人
理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解.
类26x得x42.07cm,y5.15cm.又其腿长为105cm,头顶至脖子下
xy1052
端的长度为26cm，所以其身高约为42.07+5.15+105+26=178.22,接近175cm.故选B.
【点睛】本题考查类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运算素养.采取类比法，利
用转化思想解题.
5.
兀］的图像大致为
函数f（x）=Sinxx2在［-u,cosxx
先判断函数的奇偶性，得f（x）是奇函数，排除A,再注意到选项的区别，利用特殊值得正
确答案.
质法或赋值法，利用数形结合思想解题.
卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是
等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳
爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算.
【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排
列问题还是组合问题.本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题,满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题.
7.已知非零向量a,b满足a=2b，且（a-b）b,贝Ua与b的夹角为
A.-B.-C.登D.5-^
6336
本题主要考查利用平面向量数量积数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化
归、数学计算等数学素养.先由（ab）b得出向量a,b的数量积与其模的关系，再利用向
量夹角公式即可计算出向量夹角.
【详解】因为（ab）b,所以（ab）babb2=0,所以abb2,所以
【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式
求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为[0,].
8.如图是求2
的程序框图，图中空白框中应填入
A.A=^^
2A
1
A=1——
2A
【答案】A
B.A=2-
A
C.A=—
12A
D.
本题主要考查算法中的程序框图，渗透阅读、
分析与解决问题等素养，认真分析式子结构特
征与程序框图结构，即可找出作出选择.
【详解】执行第1次，A
循环，执行第2次,
循环，执行第3次,
—,k12是，因为第一次应该计算1=,k
22-2A
-一…，…一11
22,是，因为第二次应该计算2」彳=，^，k
22
1，…
，故选A.
22,否，输出，故循环体为A-
2
【点睛】秒杀速解
认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为
9.记Sn为等差数列
（an）的前n项和.已知S40,as5,则
k1=2,
k1=3,
A.an2n5
B.an3n10
C.Sn2n8nd.
&
—n22n
等差数列通项公式与前n项和公式.本题还可用排除，对B,a55,
4（72）
100，排除B,对C,S40鬲
2—_一一_
S5S425850105,
排除C.
对D,S4
0鬲S5S4
由题知,
d42
a5a14d5
S44a1
12
-5252
50—52
30…
a3
，解得
d2
排除D,故选A.
•■-an2n5，故选A.
【点睛】
本题主要考查等差数列通项公式与前
n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素
养.利用等差数列通项公式与前n项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差,
在适当计算即可做了判断.
1,0）,F2（1,0），过F2的直线与
C交于A,B两点.若
1AF2I
2F2BI,|AB|
1BF1I,
则C的方程为
222
A.
y21
B.立
虹1cW匕
3
243
10.已知椭圆C的焦点为Fi（
xy
可以运用下面方法求解:
如图，由已知可设
则AF22n,BF1AB3n,
由椭圆的定义有2a
中，由余弦定理得
cosAF2F1
解得n
BF1
4n24n24
cosBF2F1
BF24n,AF1
2a
22n2cosAF2F1
2n2cosBF2F|9n
AF22n.在△AF1F2和^BF1F2
4仁，又AF2F1,BF2F1互补,
0，两式消去cosAF2F1
cosBF2F1，得3n2611n2,
2a4n2,3,a、3,b2a2
c2312,所求椭圆方程为
故选B.
4n29n29n21
cosF1AB
22n3n3
2,2---1,人，-
4n4n22n2n-4，解得n
2a4n23,a.3,b2a2c2312
所求椭圆方程为—1,
32
故选B.
转化与化归的能力,
D.①③
【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养.
11.关于函数f（x）sin|x||sinx|有下述四个结论：
①f（x）是偶函数②f（x）在区间（一,）单调递增
③f（x）在［,］有4个零点④f（x）的最大值为2
其中所有正确结论的编号是
A.①②④B.②④C.①④
【分析】化简函数fxsinxsinx，研究它的性质从而得出正确答案.
【详解】Qfxsinxsinxsinxsinxfx,fx为偶函数，故①
正确.当万x时，fx2sinx，它在区间—,单调递减，故②错误.当0x
时，fx2sinx，它有两个零点：
0;
当x0时，
fxsinxsinx2sinx，它有一个零点：
，故fx在，有3个零点：
0，故③错误.当x2k,2kkN时，fx2sinx；
当
x2k,2k2kN时，fxsinxsinx0，又fx为偶函数，
fx的最大值为2,故④正确.综上所述，①④正确，故选C.
12.已知三棱锥PABC勺四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC△ABC^边长为2的正三角
形，E,F分别是PAPB的中点，/CEF=90。
，则球O的体积为
A.8.6B.4,6C.2「6D.、,6
【答案】D
先证得PB平面PAC,再求得PAPBPC42,从而得PABC为正方体一部分，
进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解^
【详解】解法一：
QPAPBPC,ABC为边长为2的等边三角形，PABC为正
三棱锥，
PBAC，又E,F分别为PA、AB中点,
EF//PB,EFAC,又EFCE,CEIACC,EF平面PAC,PB
2R"
222炳，即r乎，v3r33孕76，故选D.
设PAPBPC2x,E,F分别为PA,AB中点,
_6
PA,PB,PC两两垂直，2RJ222扼，R2
V4R34X6扼，故选D.338
【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理，得到
三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决.
二、填空题：
本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.曲线y3（x2x）ex在点（0,0）处的切线方程为.
【答案】3xy0.
本题根据导数的几何意义，通过求导数，确定得到切线的斜率，利用直线方程的点斜式求得
切线方程
【详解】详解：
y,3（2x1）ex3（x2x）ex3（x23x1）ex,
所以，ky/|x03
所以，曲线y3（x2x）ex在点（0,0）处的切线方程为y3x,即3xy0.
【点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计
算错误.求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求.
14.记S为等比数列｛an｝的前n项和.若a1a：
a6,则&
=.
121【答案】121.
本题根据已知条件，列出关于等比数列公比q的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到
.题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查.
【详解】设等比数列的公比为q,由已知a〔1,a42a6,所以（1q3）2-q5,又q0,
333
a1（135）所以q3,所以4（1q）3（13）121.
S51q133
【点睛】准确计算，是解答此类问题基本要求.本题由于涉及藉的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误.
15.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛
结束）.根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主
概率是
【答案】0.216.
0.630.50.520.108,
前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4:
1获胜的概率是0.40.620.5220.0
综上所述，甲队以4:
1获胜的概率是q0.1080.0720.18.
【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；
易错点
之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以4:
1获胜的两种情况；
易错点之三是是否能够
准确计算.
16.已知双曲线C:
ab
1（a0,b
0）的左、右焦点分别为R,F2,过R的直线与C的两
条渐近线分别交于
AB两点
UULT
.若F1A
LUTUULTUULT
AB,F1BF2B0，则C的离心率为.
【答案】2.
AOF1,结合双曲线的渐近线
通过向量关系得到F1AAB和OAF1A,得到AOB
0bn—
可得BOF2AOFi,BOF2AOF1BOA60，从而由一tan600J3可求
a
离心率.
皿uuu
由F1AAB,得F1AAB.又OFiOF2,得OA是三角形F^B的中位线，即
ujirujm
BF2//OA,BF22OA.由F1Bgz2B0,得FiBF2BQAF〔A,则OBOR有
AOBAOFi,
又OA与OES是渐近线，得BOF2AOFi,又BOF2AOBAOFi，得
BOF2AOFi
BOA600,.又渐近线OB的斜率为btan60°
兵,所以该双曲a
线的离心率为eCJi（-）2Ji（73）22.
a，a
渗透了逻辑推理、直观想象和数
【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率,学运算素养.采取几何法，利用数形结合思想解题.
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i7~2i题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：
共60分。
i7.VABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,设（sinBsinC）2sin2AsinBsinC.
（1）求A；
（2）若2ab2c，求sinC.
【答案】
（1）a一；
（2）sinC扼龙
34
（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：
b2c2a2bc，从而可整理出cosA,根
据A0,可求得结果；
（2）利用正弦定理可得J2sinAsinB2sinC,利用
sinBsinAC、两角和差正弦公式可得关于sinC和cosC的方程，结合同角三角函
数关系解方程可求得结果
.22^.2,
sinB2sinBsinCsinCsinAsinBsinC
QA0,兀A=—
又sinBsinAC
cosC2
（2）QJ2ab2c,由正弦定理得：
JTsinAsinB2sinC
sinAcosCcosAsinCa—
，3
sinC2sinC
整理可得：
3sinC63cosC
Qsin2Ccos2C13sinC631sin2C
6-62
用牛侍：
sinC或
4
又sinBsinACsinAcosCcosAsinC,a
sin
（0号）,C6（6,项'
所以Cd
sinC
涉及到两角和差正弦公式、同
【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题,
得到余弦定
角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简,理的形式或角之间的关系
18.如图，直四棱柱ABCDABGD的底面是菱形，AA=4,AB=2,ZBAD60,E,MN分别是BGBB,AD的中点.
（1）证明：
MN/平面GDE;
（2）求二面角A-MA-N的正弦值.
（1）见解析；
（2）匝
5
（1）利用三角形中位线和A1D//B1C可证得ME//ND，证得四边形MNDE为平行四边形,
进而证得MN//DE，根据线面平行判定定理可证得结论；
（2）以菱形ABCD对角线交点
为原点可建立空间直角坐标系，通过取AB中点F，可证得DF平面AMA1,得到平面
AMAi的法向量D*；
再通过向量法求得平面MAN的法向量n,利用向量夹角公式求得
两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值^
（1）连接ME,BiC
QM,E分别为BBi,BC中点ME为BiBC的中位线
ME/Z^C且me^BQ
又N为A〔D中点，且A1D//B1CND/Z^C且ND」BiC
ME//ND四边形MNDE为平行四边形
MN//DE，又MN平面CiDE,DEi平面GDE
MN//平面CiDE
（2）设ACIBDO,ACiIBiDiOi
由直四棱柱性质可知：
OO〔平面ABCD
Q四边形ABCD为菱形...AC±
BD
则以。
为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：
A足0,0,M0,1,2,As/3,0,4
D（0,-1,0"
取AB中点F,连接DF,贝UF—,1,0
Q四边形
ABCD为菱形且BAD60o
BAD为等边三角形
DFAB
又AA1
平面ABCD,DF
平面ABCD
DFAA
DF
平面ABBiAi，即DF
平面
AMA1
器为平面AMA1一个法向量，且
mir
乎2,。
设平面MAN的法向量
x,y,z,
uuuu
又MA1
mju
MN
uiuv
MA
UllM
、3x
x
2z
uurrcosDF,n
3八
-y02
uurr
dfn
uuu—f
DFn
.面角AMAN的正弦4
【点睛】本题考查线面平行关系的
是能够利用垂直关系建立空间直角
的正弦值，属于常规题型
19.已知抛物线C:
y2=3x的焦
亍F,斜率为|的直线l与C的交:
牛一面角的关键
为P.
（1）若|AF+|
的方程;
nuuur
（2）右AP
uuu
3PB，求IAB.
（1）12x
（1）设直线|：
y=^xm,Ax1,y1,BX2,y2；
根据抛物线焦半径公式可得X1+X21；
12t
2.
设直线l:
x-yt；
联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式;
（1）设直线l方程为：
y=
—X
m,A
x,y〔，
BX2,y2
由抛物线焦半径公式可知：
AF
BF
X1X2
?
4
X1
X2
可得y13y2,结合韦达定理可求得y〔y2；
根据弦长公式可求得结果
长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系
20,已知函数f（x）sinxln（1x）,f（x）为f（x）的导数.证明：
（1）f（x）在区间（1,一）存在唯一极大值点；
（2）f（x）有且仅有2个零点.
（2）见解析
（1）求得导函数后，可判断出导函数在1,-上单调递减，根据零点存在定理可判断出
x°
0,芬，使得gx00,进而得到导函数在1,；
上的单调性，从而可证得结论;
（2）由
（1）的结论可知x0为fx在1,0上的唯一零点；
当x
判断出在（0,x0）上无零点，再利用零点存在定理得到fx在x0,-上的单调性，可知
fx0,不存在零点;
—,时，利用零点存在定理和fx单调性可判断出存
1,-上单调递减
sin0110,g
sin—
X0
0,成，使得gX00
1,0
1,x°
时，gx0；
x冷，一时，gx0
1,X0上单调递增；
在X）,-上单调递减
即：
fX
在区间1,—
上存在唯一的极大值点x0.
（2）
由（
1）知：
1cosX,X1,
①当
X
1,0时，由（
1）可知fX在1,0上单调递增
f
f00
fX在1,0上单调递减
又f
x0为gx唯一的极大值点
上的唯一零点
fX。
0
在（0,X））上单调递增，此时fxf00,不存在零点
——0
—cos—
x〔x°
—,使得fx
fX在X0,Xi上单调递增,
在为,一上单调递减
fx0f00,f—
2esin—ln1—lnIni0
fx
③当x
又f一
即f
④当x
sinx
即fx
综上所述
x。
，一上恒成立，此时不存在零点
—,时，sinx单调递减，Inx1单调递减2
在一,上单调递减
0,fsinIn1In10
f—。
，又fx在一,上单调递减
在一，上存在唯一零点
时，sinx1,1,Inx1In1Ine1
Inx10
在，上不存在零点
:
fx有且仅有2个零点
单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可
21.为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物
只施以甲药，另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后，再
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