高考数学试题及答案(理科)【解析版】

故选：D．

“A⊆B”， 可得“A∩B=A”．

所以A、B是两个集合， 则“A∩B=A”是“A⊆B”的充要条件．

故选：C．

第1次循环， S=， i=2， 

第2次循环， S=， i=3， 

第3次循环， S=， i=4， 

此时， i＞n， 满足判断框的条件， 结束循环， 输出结果：S===

故选：B

由图可知， 最优解为A， 

联立， 解得C（0， ﹣1）．由解得A（﹣2， 1）， 由， 解得B（1， 1）

∴z=3x﹣y的最小值为3×（﹣2）﹣1=﹣7．

故选：A．

函数f（﹣x）=ln（1﹣x）﹣ln（1+x）=﹣[ln（1+x）﹣ln（1﹣x）]=﹣f（x）， 所以函数是奇函数．

排除C， D， 正确结果在A， B， 只需判断特殊值的大小， 即可推出选项， x=0时， f（0）=0；

x=时， f（）=ln（1+）﹣ln（1﹣）=ln3＞1， 显然f（0）＜f（）， 函数是增函数， 所以B错误， A正确．

故选：A．

Tr+1==；

展开式中含x的项的系数为30， 

∴， 

∴r=1， 并且， 解得a=﹣6．

故选：D．

∴落入阴影部分点的个数的估计值为10000×0.3413=3413， 

故选：C．

所以B为（﹣1， 0）时， |4+|≤7．

所以||的最大值为7．

故选：B．

不妨x1=， x2=， 即g（x）在x2=， 取得最小值， sin（2×﹣2φ）=﹣1， 此时φ=， 不合题意， 

x1=， x2=， 即g（x）在x2=， 取得最大值， sin（2×﹣2φ）=1， 此时φ=， 满足题意．

故选：D．

利用几何体的性质得出此长方体底面边长为n的正方形， 高为x， 

利用轴截面的图形可判断得出n=（1﹣）， 0＜x＜2， 求解体积式子， 利用导数求解即可， 最后利用几何概率求解即．

∵底面半径为1， 高为2， 

∴V=×2=

∵加工成一个体积尽可能大的长方体新工件， 

∴此长方体底面边长为n的正方形， 高为x， 

∴根据轴截面图得出：=， 

解得；n=（1﹣）， 0＜x＜2， 

∴长方体的体积Ω=2（1﹣）2x， Ω′=x2﹣4x+2， 

∵， Ω′=x2﹣4x+2=0， x=， x=2， 

∴可判断（0， ）单调递增， （， 2）单调递减， 

Ω最大值=2（1﹣）2×=， 

∴原工件材料的利用率为=×=， 

故选：A

故答案为：0．

成绩在区间[139， 151]上的运动员人数是20， 

用系统抽样方法从35人中抽取7人， 

成绩在区间[139， 151]上的运动员应抽取

7×=4（人）．

故答案为：4．

设PF的中点为M（0， b）， 

即有m=﹣c， n=2b， 

将点（﹣c， 2b）代入双曲线方程可得， 

﹣=1， 

可得e2==5， 

解得e=．

故答案为：．

可得4S2=S3+3S1， a1=1， 

即4（1+q）=1+q+q2+3， q=3．

∴an=3n﹣1．

故答案为：3n﹣1．

∴f（x）=b有两个零点， 即y=f（x）与y=b的图象有两个交点， 

由x3=x2可得， x=0或x=1

①当a＞1时， 函数f（x）的图象如图所示， 此时存在b， 满足题意， 故a＞1满足题意

②当a=1时， 由于函数f（x）在定义域R上单调递增， 故不符合题意

③当0＜a＜1时， 函数f（x）单调递增， 故不符合题意

④a=0时， f（x）单调递增， 故不符合题意

⑤当a＜0时， 函数y=f（x）的图象如图所示， 此时存在b使得， y=f（x）与y=b有两个交点

综上可得， a＜0或a＞1

故答案为：{a|a＜0或a＞1}

（2）证明△FEM∽△FON， 即可证明FE•FN=FM•FO．

∴ON⊥CD， 

∵M为AB的中点， 

∴OM⊥AB， 

在四边形OMEN中， ∴∠OME+∠ONE=90°+90°=180°， 

∴O， M， E， N四点共圆， 

∴∠MEN+∠NOM=180°

（2）在△FEM与△FON中， ∠F=∠F， ∠FME=∠FNO=90°， 

∴△FEM∽△FON， 

∴=

∴FE•FN=FM•FO．

（2）直线l的方程化为普通方程， 利用切割线定理可得结论．

（2）直线l：（t为参数）， 普通方程为， （5， ）在直线l上， 

过点M作圆的切线， 切点为T， 则|MT|2=（5﹣1）2+3﹣1=18， 

由切割线定理， 可得|MT|2=|MA|•|MB|=18．

（ⅱ）运用反证法证明．假设a2+a＜2与b2+b＜2可能同时成立．结合条件a＞0， b＞0， 以及二次不等式的解法， 可得0＜a＜1， 且0＜b＜1， 这与ab=1矛盾， 即可得证．

则a+b=+=， 

由于a+b＞0， 则ab=1， 

即有a+b≥2=2， 

当且仅当a=b取得等号．

则a+b≥2；

（ⅱ）假设a2+a＜2与b2+b＜2可能同时成立．

由a2+a＜2及a＞0， 可得0＜a＜1， 

由b2+b＜2及b＞0， 可得0＜b＜1， 

这与ab=1矛盾．

a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．

（Ⅱ）由题意可得A∈（0， ）， 可得0＜sinA＜， 化简可得sinA+sinC=﹣2（sinA﹣）2+， 由二次函数区间的最值可得．

∴sinB=cosA， 即sinB=sin（+A）

又B为钝角， ∴+A∈（， π）， 

∴B=+A， ∴B﹣A=；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知C=π﹣（A+B）=π﹣（A++A）=﹣2A＞0， 

∴A∈（0， ）， ∴sinA+sinC=sinA+sin（﹣2A）

=sinA+cos2A=sinA+1﹣2sin2A

=﹣2（sinA﹣）2+， 

∵A∈（0， ）， ∴0＜sinA＜， 

∴由二次函数可知＜﹣2（sinA﹣）2+≤

∴sinA+sinC的取值范围为（， ]

（2）顾客抽奖1次可视为3次重复试验， 判断X～B．求出概率， 得到X的分布列， 然后求解期望．

（2）顾客抽奖1次可视为3次重复试验， 由（1）可知， 顾客抽奖1次获一等奖的概率为：所以．X～B．于是， P（X=0）==， P（X=1）==， P（X=2）==， P（X=3）==．

故X的分布列为：

 X

（2）设P（0， y2， z2）， 根据P在棱DD1上， 从而由即可得到z2=12﹣2y2， 从而表示点P坐标为P（0， y2， 12﹣2y2）．由PQ∥平面ABB1A1便知道与平面ABB1A1的法向量垂直， 从而得出y1=y2， 从而Q点坐标变成Q（6， y2， 0）， 设平面PQD的法向量为， 根据即可表示， 平面AQD的一个法向量为， 从而由即可求出y2， 从而得出P点坐标， 从而求出三棱锥P﹣AQD的高， 而四面体ADPQ的体积等于三棱锥P﹣AQD的体积， 从而求出四面体的体积．

A（0， 0， 0）， B（6， 0， 0）， D（0， 6， 0）， A1（0， 0， 6）， B1（3， 0， 6）， D1（0， 3， 6）；

Q在棱BC上， 设Q（6， y1， 0）， 0≤y1≤6；

∴（1）证明：若P是DD1的中点， 则P；

∴， ；

∴；

∴；

∴AB1⊥PQ；

（2）设P（0， y2， z2）， y2， z2∈[0， 6]， P在棱DD1上；

∴， 0≤λ≤1；

∴（0， y2﹣6， z2）=λ（0， ﹣3， 6）；

∴；

∴z2=12﹣2y2；

∴P（0， y2， 12﹣2y2）；

∴；

平面ABB1A1的一个法向量为；

∵PQ∥平面ABB1A1；

∴=6（y1﹣y2）=0；

∴y1=y2；

∴Q（6， y2， 0）；

设平面PQD的法向量为， 则：

；

∴， 取z=1， 则；

又平面AQD的一个法向量为；

又二面角P﹣QD﹣A的余弦值为；

∴；

解得y2=4， 或y2=8（舍去）；

∴P（0， 4， 4）；

∴三棱锥P﹣ADQ的高为4， 且；

∴V四面体ADPQ=V三棱锥P﹣ADQ=．

（Ⅱ）设出点的坐标， （ⅰ）根据向量的关系， 得到（x1+x2）2﹣4x1x2=（x3+x4）2﹣4x3x4， 设直线l的方程， 分别与C1， C2构成方程组， 利用韦达定理， 分别代入得到关于k的方程， 解得即可；

（ⅱ）根据导数的几何意义得到C1在点A处的切线方程， 求出点M的坐标， 利用向量的乘积∠AFM是锐角， 问题得以证明．

∴a2﹣b2=1， ①， 

又C1与C2的公共弦长为2， C1与C2的都关于y轴对称， 且C1的方程为x2=4y， 

由此易知C1与C2的公共点的坐标为（±， ）， 

所以=1， ②， 

联立①②得a2=9， b2=8， 

故C2的方程为+=1．

（Ⅱ）设A（x1， y1）， B（x2， y2）， C（x3， y3）， A（x4， y4）， 

（ⅰ）因为与同向， 且|AC|=|BD|， 

所以=， 

从而x3﹣x1=x4﹣x2， 即x1﹣x2=x3﹣x4， 于是

（x1+x2）2﹣4x1x2=（x3+x4）2﹣4x3x4， ③

设直线的斜率为k， 则l的方程为y=kx+1， 

由， 得x2﹣4kx﹣4=0， 而x1， x2是这个方程的两根， 

所以x1+x2=4k， x1x2=﹣4， ④

由， 得（9+8k2）x2+16kx﹣=0， 而x3， x4是这个方程的两根， 

所以x3+x4=， x3x4=﹣， ⑤

将④⑤代入③， 得16（k2+1）=+， 

即16（k2+1）=， 

所以（9+8k2）2=16×9， 

解得k=±．

（ⅱ）由x2=4y得y′=x， 

所以C1在点A处的切线方程为y﹣y1=x1（x﹣x1）， 

即y=x1x﹣x12， 

令y=0， 得x=x1， 

M（x1， 0）， 

所以=（x1， ﹣1）， 

而=（x1， y1﹣1）， 

于是•=x12﹣y1+1=x12+1＞0， 

因此∠AFM是锐角， 从而∠MFD=180°﹣∠AFM是钝角， 

故直线l绕点F旋转时， △MFD总是钝角三角形．

（Ⅱ）由sinφ=， 可得对一切n∈N*， xn＜|f（xn）|恒成立．即为nπ﹣φ＜ea（nπ﹣φ）恒成立⇔＜， ①设g（t）=（t＞0）， 求出导数， 求得最小值， 由恒成立思想即可得证．

tanφ=， 0＜φ＜， 

令f′（x）=0， 由x≥0， x+φ=mπ， 即x=mπ﹣φ， m∈N*， 

对k∈N， 若（2k+1）π＜x+φ＜（2k+2）π， 即（2k+1）π﹣φ＜x＜（2k+2）π﹣φ， 

则f′（x）＜0， 因此在（（m﹣1）π， mπ﹣φ）和（mπ﹣φ， mπ）上f′（x）符号总相反．

于是当x=nπ﹣φ， n∈N*， f（x）取得极值， 所以xn=nπ﹣φ， n∈N*， 

此时f（xn）=ea（nπ﹣φ）sin（nπ﹣φ）=（﹣1）n+1ea（nπ﹣φ）sinφ， 

易知f（xn）≠0， 而==﹣eaπ是常数， 

故数列{f（xn）}是首项为f（x1）=ea（π﹣φ）sinφ， 公比为﹣eaπ的等比数列；

（Ⅱ）由sinφ=， 可得对一切n∈N*， xn＜|f（xn）|恒成立．

即为nπ﹣φ＜ea（nπ﹣φ）恒成立⇔＜， ①

设g（t）=（t＞0）， g′（t）=， 

当0＜t＜1时， g′（t）＜0， g（t）递减， 当t＞1时， g′（t）＞0， g（t）递增．

t=1时， g（t）取得最小值， 且为e．

因此要使①恒成立， 只需＜g（1）=e， 

只需a＞， 当a=， tanφ==， 且0＜φ＜， 

可得＜φ＜， 于是π﹣φ＜＜， 且当n≥2时， nπ﹣φ≥2π﹣φ＞＞， 

因此对n∈N*， axn=≠1， 即有g（axn）＞g（1）=e=， 

故①亦恒成立．

综上可得， 若a≥， 则对一切n∈N*， xn＜|f（xn）|恒成立．