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1、一般高等学校招生全国统一考试(新课标卷)数学(理科)一.选择题:本大题共12小题。每题5分，共6分()已知集合=|(x-1)2 ba （）bca (C)acb (D)abc解:;由于，因此,选D.(9）已知a0，x,y满足约束条件,若z2+y的最小值为1，则a=(A) （) (C)1 (D)2解:做出满足条件的可行域，直线l:z=2x+y过点C时，z取最小值，由得代入,得，选B.（10)已知函数下列结论中错误的是（A）(B）函数=f(x)的图像是中心对称图形()若x是f(x）的极小值点,则f(x)在区间(-,x)单调递减（D）若x0是f(）的极值点，则解：A：由于函数的最高次项的系数为正数，因
2、此当时，；当时,，因此函数图像必和轴相交，方程一定有解;A对的. B：假设方程组显然有解,即函数通过左右上下平移，可化为函数为奇函数,有关原点对称，因此函数y=f(x)的图像是中心对称图形,B对的;则f（x)在区间（-,x)上应当是先增后减，因此C错;C:函数=（x）为三次函数，三次项系数为正，要么函数在是单调增函数,要么有三个单调区间先增,后减,最后在增，因此若x是f(）的极小值点,则f(x)在区间(，x）上应当是先增后减,因此C错；D: 若x0是f（)的极值点，则,显然对的.(11)设抛物线C：22px（0)的焦点为F,点M在C上,|MF|=5若以MF为直径的园过点（0,)，则C的方程为（
3、A)2=4或y2=8x (B）y22x或y2=x (C)y=4x或y=16x (D）y2=2x或y=1解:过和MF中点P做抛物线准线的垂线，垂足分别是,设准线和x轴的交点为，A是PQ和x轴的交点则PQ是梯形FBM的中位线，PQ= 设M（），则M=,而FB=，因此PQ， 因此A=PQ- 有由于M=M=,因此以MF为直径的圆的半径为，即该 圆和x轴相切因此，点A和点P的纵坐标相等,A(0,2）,因此M点的纵坐标,即，得或,故选. 另解：由已知得抛物线的焦点,设，点，则, ,由已知,因此,得 因此,由|F=得又，得得或，故选（2）已知点A(1，0）;（1,0);（0，1)，直线y=axb(a0)将A
4、B分割为面积相等的两部分,则b的取值范畴是（A)（0,) (B）(，) (C)(， （D) ， )解：当直线y=a+b过点A和BC的中点时，;当时,直线y=ax+b和边AC,BC相交，才可满足规定，如图，设交点分别是,F,由，,；当时,直线yxb和边B，BC相交，如图,设交点分别是,F, ;因此，选B.二、填空题:本大题共4小题,每题5分。(3)已知正方形ABC的边长为2，E为CD的中点,则=_.解：如图,设,向量平面的一对底基向量，显然有,由于，因此.另解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立直角坐标系,则E(,)，D(0,2),B(,0），则,因此（4）从n个正整数1，2，,n中任意取出
5、两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则=_.解：显然不小于4，则两数之和等于5的两个只能是1和4，2和3,两种状况,因此（1）设为第二象限角,若,则in+cn_. 解:,为第二象限角,， 另解:， ()等差数列a的前n项和为Sn ，已知S0=0，15 2,则Sn 的最小值为_ 解:由0=0，S1 =2，则; , , 在时为递减,在时为递增,因此 ，的最小值是-9.三.解答题:解答应写出文字阐明,证明过程或演算环节。（7）（本小题满分1分)A在内角A、C的对边分别为a，b,c，已知acs+sin。(）求B；(）若b=2,求ABC面积的最大值。 解:(1)由正弦定理可知： 由由于A-(+
6、C）,因此由于,则，即，而因此B=4.（或者)（2）若b=2，由（1)知B=5,则三角形ABC的外接圆直径R=.作半径为的圆O,如图，取圆O的弦A2，在优弧上任意取一点B，则ABC=4，显然当三角形是等腰三角形时,高最大，即面积最大. AOC为等腰直角三角形,则高为1（是AC的一半），AB的高为1+，则面积的最大值是另解:由余弦定理可知：.又由于，因此;当且仅当时， 的面积s取最大值为另解:由于B=5,b=，由正弦定理 因此,即由于，当即时，取最大值.(1）如图,直棱柱ABCA1BC1中，D，E分别是A，BB1的中点,AAAC=CB=AB.（）证明：1/平面ACD；（)求二面角D-A1-的正弦
7、值.(1)证明：连接A,和1C相交于F，则F是C1的中点,又D是B的中点,连接F，则是ABC1的中位线，因此BC，又由于FD平面ACD,BC平面A1D,因此BC1/平面A1C.另解：由于A1A=CA,则ACBC,又由直棱柱可知, CCA,CC1C，则以为原点，CA,B,C1分别为x轴、y轴、z轴 建立空间直角坐标系,设A,则A(2,0,0),B(,2,)D(1,1，0)，A1(2,0，2),E(0,2,）,C1(0,0，)(1)设平面AD的法向量是,由于，即，可设，而,BC平面A1C， BC1/平面1C(2)设平面AC的法向量是,由于,即，可设， 从而,故 因此二面角D1C-E的正弦值（19）
8、(本小题满分12分）经销商经销某种农产品，在一种销售季度内,每售出t该产品获利润500元，未售出的产品,设1t亏损00元。根据历史资料,得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如有图所示。经销商为下一种销售季度购进了30该农产品。以x(单位:t,100150）表达下一种销售季度内的市场需求量，T(单位:元）表达下一种销售季度内经销该农产品的利润. （)将T表达为x的函数（)根据直方图估计利润T不少于5700元的概率。（)在直方图的需求量分组中,以各组的区间中点值代表该组的各个值,并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率（例如:若x，则取x=15，且x=15的概率等于需求量落入
9、10，110的频率）,求T的数学盼望.解:(1）当x10，130时,T0030（10-x)800-39000,当x130,150时,50013065000,因此(2）由（1）知利润T不少于57000元当且仅当12015.由直方图知需求量x的频率为0，所如下一种销售季度内的利润T不少于750元的概率估计值为.7.(3)依题意可得T的分布列为：T4505000610060P01020.04因此=45000.1+5300.2+6000.6500459400。(20)(本小题满分12分)平面直角坐标系xy中,过椭圆M：右焦点交M于A,B两点,P为AB的中点，且OP的斜率为.()求M的方程（）C，D为M
10、上的两点，若四边形ACB的对角线CDA，求四边形CD面积的最大值.解（1）设，,则由此得又由于，由题意知,M的右焦点为（,故M的方程为（2)由解得,或.即由题意可设直线CD的方程为设，,由得则由于直线CD的斜率为，因此由已知,四边形CD的面积当时,四边形ACBD的面积获得最大值，最大值是.因此四边形CBD面积的最大值为.(1)(本小题满分12分)已知函数(x)e-ln（x+)()设x=0是f()的极值点,求m，并讨论（x)的单调性；（）当2时,证明f(x)0.解:（1）由是的极值点,则,得.于是,定义域是,函数在上单调递增，因，因此当时，,当时，；因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是.(2
11、) 当m2，时,故只需证明当m=时，当m=2时,函数在上单调递增. 又，,故在上有唯一实根，且当时，,当时, ，从而当时，获得最小值.由得故,综上，当m2时，f(x)0.请考生在第22、23、24题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一部分，做答时请写清题号。（2)(本小题满分10分)选修4-1几何证明选讲 如图，D为C外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D,E、分别为弦A与弦AC上的点，且BCAE=DAF，、E、F、C四点共圆。（1） 证明:CA是ABC外接圆的直径;（2） 若DBEEA,求过、E、F、C四点的圆的面积与B外接圆面积的比值。 解（1）由于CD为ABC外接圆的切线,因此
12、C=A,由题设知故CDAF,因此DC=E由于B，E，F,C四点共圆，因此CFE=DBC,故EF=FE90.因此BA=90,因此C是ABC外接圆的直径.（2）连接CE,由于CBE=90，因此过B，,F,四点的圆的直径为CE,由DB=DE,有E=DC，又因此故过B，E,F,四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值为.（3)(本小题满分10分）选修4;坐标系与参数方程已知动点p,Q都在曲线：上，相应参数分别为与，为PQ的中点。(）求M的轨迹的参数方程()将M到坐标原点的距离表达为的函数，并判断的轨迹与否过坐标原点解：（1)依题意有P(cos，2sn)，Q(2cos2,2in）,因此M（cos+ cos2，isn2)因此M的轨迹的参数方程为（为参数，）(2）M点到坐标原点的距离，当时,，故M的轨迹过坐标原点.（4）（本小题满分10分）选修45；不等式选讲设均为正数,且.证明:()；()解:(1）由得,(2）故即,
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