各省市高考数学真题汇总精选13套(含答案)

2024年1月23日发(作者：云南省期中数学试卷真题)

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普通高等学校招生全国统一考试

文科数学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合A{1,0,1,2}，B{xx1}，则AA．1,0,1

2．若z(1i)2i，则z=

A．1i B．1+i C．1i D．1+i

B．0,1

2B

D．0,1,2 C．1,1

3．两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是

A．1

6B．1

4C．1

3D．1

24．《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为

A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8

5．函数f(x)2sinxsin2x在[0，2π]的零点个数为

A．2 B．3 C．4 D．5

6．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3=

A． 16 B． 8 C．4 D． 2

7．已知曲线yaexxlnx在点（1，ae）处的切线方程为y=2x+b，则

A．a=e，b=-1 B．a=e，b=1 C．a=e-1，b=1 D．a=e-1，b1

8．如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中

点，则

A．BM=EN，且直线BM、EN

是相交直线

B．BM≠EN，且直线BM，EN

是相交直线

C．BM=EN，且直线BM、EN

是异面直线

D．BM≠EN，且直线BM，EN

是异面直线

9．执行下边的程序框图，如果输入的为0.01，则输出s的值等于

A.21

24B.

21

25C.

21

26D.

21

27x2y210．已知F是双曲线C：1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若OP=OF，则△OPF45的面积为

A．3

2B．5

2C．7

2D．9

211．记不等式组xy6,表示的平面区域为D.命题p:(x,y)D,2xy9；命题2xy0q:(x,y)D,2xy12.下面给出了四个命题

①pq ②pq ③pq ④pq

这四个命题中，所有真命题的编号是

A．①③ B．①② C．②③ D．③④

12．设fx是定义域为R的偶函数，且在0,单调递减，则

12A．f（log3）＞f（2）＞f（23）

41B．f（log3）＞f（23）＞f（22）

432232332C．f（2）＞f（2）＞f（log31）

41）

4D．f（223）＞f（232）＞f（log3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知向量a(2,2),b(8,6)，则cosa,b___________.

14．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a35,a713，则S10___________.

x2y2+1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形，15．设F1，F2为椭圆C:3620则M的坐标为___________.

16．学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥O−EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm, AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.

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。

17．（12分）

为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A，B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同。经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：

记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P（C）的估计值为0.70.

（1）求乙离子残留百分比直方图中a，b的值；

（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.

18．（12分）

△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知asinACbsinA．

2（1）求B；

（2）若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围．

19．（12分）

BE=BF=2，.图1是由矩形ADEB、其中AB=1，∠FBC=60°Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.

（1）证明图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

（2）求图2中的四边形ACGD的面积.

20．（12分）

已知函数f(x)2xax2.

（1）讨论f(x)的单调性；

（2）当0

21．（12分）

1x2已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.

22（1）证明：直线AB过定点：

（2）若以E(0，5)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程.

2（二）选考题：共10分。请考生在第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]（10分）

如图，在极坐标系Ox中，A(2,0)，B(2,)，C(2,4)，D(2,)，弧AB，BC，CD所在圆4的圆心分别是(1,0)，(1,)，(1,)，曲线M1是弧AB，曲线M2是弧BC，曲线M3是弧CD.

（1）分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；

（2）曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|23，求P的极坐标.

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

设x,y,zR，且xyz1.

222（1）求(x1)(y1)(z1)的最小值；

（2）若(x2)(y1)(za)

2221成立，证明：a3或a1.

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文科数学·参考答案

一、选择题

1．A 2．D 3．D 4．C 5．B 6．C 7．D 8．B 9．C 10．B 11．A 12．C

二、填空题

13．2

1014．100 15．(3,15) 16．118.8

三、解答题

17．解：（1）由已知得0.70=a+0.20+0.15，故a=0.35．

b=1–0.05–0.15–0.70=0.10．

（2）甲离子残留百分比的平均值的估计值为

2×0.15+3×0.20+4×0.30+5×0.20+6×0.10+7×0.05=4.05．

乙离子残留百分比的平均值的估计值为

3×0.05+4×0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6.00．

18．解：（1）由题设及正弦定理得sinAsinACsinBsinA．

2因为sinA0，所以sinACsinB．

2ACBBBBcos，故cos2sincos．

22222由ABC180，可得sin因为cosBB10，故sin，因此B=60°．

2223a．

4（2）由题设及（1）知△ABC的面积S△ABCcsinAsin120C31由正弦定理得a．

sinCsinC2tanC2由于△ABC为锐角三角形，故0°

从而33S△ABC．

8233因此，△ABC面积的取值范围是8,2．

19．解：（1）由已知得AD四点共面．

由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．

又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．

（2）取CG的中点M，连结EM，DM.

因为AB//DE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG.

由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EMCG，故CG平面DEM.

因此DMCG.

在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2.

所以四边形ACGD的面积为4.

BE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D

20. 解：（1）f(x)6x2ax2x(3xa)．

令f(x)0，得x=0或x若a>0，则当x(,0)2a.

3aa,x时，；当f(x)00,时，f(x)0．故f(x)在33aa(,0),,单调递增，在0,单调递减；

33若a=0，f(x)在(,)单调递增；

若a<0，则当x,aa(0,)x时，；当f(x)0,0时，f(x)0．故f(x)在33

aa单调递增，在,,(0,),0单调递减.

33（2）当0a3时，由（1）知，f(x)在0,aa单调递减，在,1单调递增，所以f(x)在[0,1]33a3a2，最大值为f(0)=2或f(1)=4a.于是的最小值为f2734a,0a2,a3m2，M

272,2a3.a32a,0a2,27所以Mm

3a,2a3.27a38,2. 当0a2时，可知2a单调递减，所以Mm的取值范围是2727a38当2a3时，单调递减，所以Mm的取值范围是[,1).

2727综上，Mm的取值范围是[21．解：（1）设Dt,8,2).

271,2Ax1,y1，则x122y1.

12x . 由于y\'x，所以切线DA的斜率为x1，故1x1ty1整理得2 tx12 y1+1=0.

设Bx2,y2，同理可得2tx22 y2+1=0.

故直线AB的方程为2tx2y10.

所以直线AB过定点(0,).

（2）由（1）得直线AB的方程为ytx121.

1ytx2由，可得x22tx10.

2yx2于是x1x22t,y1y2tx1x212t1.

2设M为线段AB的中点，则Mt,t21.

2由于EMAB，而EMt,t22，AB与向量(1, t)平行，所以tt22t0.解得t=0或t1.

5当t=0时，|EM|=2，所求圆的方程为x2y4；

25当t1时，|EM|2，所求圆的方程为xy2.

222222.解：（1）由题设可得，弧AB,BC,CD所在圆的极坐标方程分别为2cos，2sin，2cos.

所以M1的极坐标方程为2cos0π3ππM2sin，的极坐标方程为2，4443πM3的极坐标方程为2cosπ.

4（2）设P(,)，由题设及（1）知

ππ，则2cos3，解得；

46π3ππ2π若，则2sin3，解得或；

44333π5π若.

π，则2cos3，解得46若0综上，P的极坐标为3,ππ2π5π3,3,3,或或或.

663323．解：（1）由于[(x1)(y1)(z1)]2

(x1)2(y1)2(z1)22[(x1)(y1)(y1)(z1)(z1)(x1)]

2223(x1)(y1)(z1)，

故由已知得(x1)(y1)(z1)当且仅当x=2224，

3511，y，z时等号成立．

3334222所以(x1)(y1)(z1)的最小值为.

3（2）由于

[(x2)(y1)(za)]2

(x2)2(y1)2(za)22[(x2)(y1)(y1)(za)(za)(x2)]

2223(x2)(y1)(za)，

(2a)2故由已知(x2)(y1)(za)，

3222当且仅当x24a1a2a2，y，z时等号成立．

33322(2a)2因此(x2)(y1)(za)的最小值为．

3(2a)21由题设知，解得a3或a1．

33绝密★本科目考试启用前

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数学（理）（北京卷）

本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（选择题

共40分）

一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

（1）已知复数z=2+i，则zz

（A）3

（B）5

（C）3

（D）5

（2）执行如图所示的程序框图，输出的s值为

（A）1

（B）2

（C）3

（D）4

x13t,（3）已知直线l的参数方程为（t为参数），则点（1，0）到直线l的距离是

y24t（A）1

5（B）2

5（C）4

5（D）6

51x2y2（4）已知椭圆221（a＞b＞0）的离心率为，则

2a b（A）a2=2b2

（B）3a2=4b2

（C）a=2b

（D）3a=4b

（5）若x，y满足|x|1y，且y≥−1，则3x+y的最大值为

（A）−7

（B）1

（C）5

（D）7

（6）在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m2−m1=5E1，lg2E2其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1，2）．已知太阳的星等是−26.7，天狼星的星等是−1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为

（A）1010.1

（B）10.1

（C）lg10.1

（D）10−10.1

（7）设点A，B，C不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|ABAC||BC|”的

（A）充分而不必要条件

（C）充分必要条件

（B）必要而不充分条件

（D）既不充分也不必要条件

22（8）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：xy1|x|y就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：

①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；

②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2；

③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．

其中，所有正确结论的序号是

（A）①

（B）②

（C）①②

（D）①②③

第二部分（非选择题

共110分）

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

（9）函数f（x）=sin22x的最小正周期是__________．

（10）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=−3，S5=−10，则a5=__________，Sn的最小值为__________．（11）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．

（12）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；

②m∥；

③l⊥．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．

（13）设函数f（x）=ex+ae−x（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）是R上的增函数，

则a的取值范围是___________．

（14）李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．

①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；

②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________．

三、解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

（15）（本小题13分）

在△ABC中，a=3，b−c=2，cosB=（Ⅰ）求b，c的值；

（Ⅱ）求sin（B–C）的值．

（16）（本小题14分）

如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且1．

2PF1．

PC3（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；

（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；

（Ⅲ）设点G在PB上，且PG2．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

PB3

（17）（本小题13分）

改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：

支付金额（元）

（0，1000]

（1000，2000]

大于2000

支付方式

仅使用A

仅使用B

18人

10人

9人

14人

3人

1人

（Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率；

（Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；

（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．

（18）（本小题14分）

已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．

（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；

（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．

（19）（本小题13分）

已知函数f(x)13xx2x．

4（Ⅰ）求曲线yf(x)的斜率为1的切线方程；

（Ⅱ）当x[2,4]时，求证：x6f(x)x；

（Ⅲ）设F(x)|f(x)(xa)|(aR)，记F(x)在区间[2,4]上的最大值为M（a）．当M（a）最小时，求a的值．

（20）（本小题13分）

已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项（i1

（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；

（Ⅱ）已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0．若p

（Ⅲ）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s–1，且长度为s末项为2s–1的递增子列恰有2s-1个（s=1，2，…），求数列{an}的通项公式．

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数学（理）（北京卷）参考答案

一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）

（1）D （2）B （3）D （4）B （5）C （6）A （7）C （8）C

二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）

（9）π

2（10）0

10 （11）40

（14）130 15

（12）若lm，l，则m∥.（答案不唯一）

（13）1

(,0]

三、解答题（共6小题，共80分）

（15）（共13分）

222解：（Ⅰ）由余弦定理bac2accosB，得

1b232c223c.

2因为bc2，

所以(c2)3c23c解得c5.

所以b7.

（Ⅱ）由cosB2221.

231得sinB.

22c53sinB.

b14由正弦定理得sinC在△ABC中，∠B是钝角，

所以∠C为锐角.

所以cosC1sin2C11.

1443.

7所以sin(BC)sinBcosCcosBsinC（16）（共14分）

解：（Ⅰ）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．

又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．

（Ⅱ）过A作AD的垂线交BC于点M．

因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．

如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．

因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．

所以AE(0,1,1),所以PFPC(2,2,2),AP(0,0,2)．

1222PC,,,3333224AFAPPF,,.

333设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则

yz0,nAE0,即2

24xyz0.nAF0,333令z=1，则y1,x1．

于是n=(1,1,1)．

又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以cosn,pnp3.

|n‖p|3由题知，二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为3．

（Ⅲ）直线AG在平面AEF内．

因为点G在PB上，且PG2,PB(2,1,2)，

PB3所以PG2424422PB,,,AGAPPG,,.

3333333由（Ⅱ）知，平面AEF的法向量n=(1,1,1).

所以AGn4220.

333所以直线AG在平面AEF内.

（17）（共13分）

解：（Ⅰ）由题意知，样本中仅使用A的学生有18+9+3=30人，仅使用B的学生有10+14+1=25人，A，B两种支付方式都不使用的学生有5人.

故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100−30−25−5=40人.

所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率估计为

400.4.

100

（Ⅱ）X的所有可能值为0，1，2.

记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1000元”，事件D为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1000元”.

由题设知，事件C，D相互独立，且P(C)931410.4,P(D)0.6.

3025所以P(X2)P(CD)P(C)P(D)0.24，

P(X1)P(CDCD)

P(C)P(D)P(C)P(D)

=0.4×（1−0.6）+（1−0.4）×0.6

=0.52，

P(X0)P(CD)P(C)P(D)0.24.

所以X的分布列为

0.24

0.52

0.24

故X的数学期望E（X）=0×0.24+1×0.52+2×0.24=1.

（Ⅲ）记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额都大于2000元”.

假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2000元的人数没有变化，则由上个月的样本数据得P(E)11.

C3406030答案示例1：可以认为有变化.理由如下：

P（E）比较小，概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化.

答案示例2：无法确定有没有变化.理由如下：

事件E是随机事件，P（E）比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化.

（18）（共14分）

解：（Ⅰ）由抛物线C:x2py经过点(2,1)，得p2.

所以抛物线C的方程为x4y，其准线方程为y1.

（Ⅱ）抛物线C的焦点为F(0,1).

设直线l的方程为ykx1(k0).

ykx1,由2得x24kx40.

x4y设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1x24.

直线OM的方程为yy1x.

x1x1.

y1令y1，得点A的横坐标xA同理得点B的横坐标xBx2.

y2x1x2,1n，设点D(0, n)，则DA,1n,DByy12DADBx1x2(n1)2

y1y2x1x22

(n1)22x1x24416(n1)2

x1x24(n1)2.

令DADB0，即4(n1)0，则n1或n3.

综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,3).

（19）（共13分）

2133xx2x得f(x)x22x1.

4438令f(x)1，即x22x11，得x0或x.

4388又f(0)0，f()，

32788所以曲线yf(x)的斜率为1的切线方程是yx与yx，

273解：（Ⅰ）由f(x)

即yx与yx64.

27（Ⅱ）令g(x)f(x)x,x[2,4].

133xx2得g\'(x)x22x.

448令g\'(x)0得x0或x.

3由g(x)g\'(x),g(x)的情况如下：

g\'(x)

2

(2,0)

8(0,)

8(,4)







g(x)

6

64

270

所以g(x)的最小值为6，最大值为0.

故6g(x)0，即x6f(x)x.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，

当a3时，M(a)F(0)|g(0)a|a3；

当a3时，M(a)F(2)|g(2)a|6a3；

当a3时，M(a)3.

综上，当M(a)最小时，a3.

（20）（共13分）

解：（Ⅰ）1，3，5，6.（答案不唯一）

（Ⅱ）设长度为q末项为an0的一个递增子列为ar1,ar2,由p

因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为am0，

又ar1,ar2,,arq1,an0.

,arp是an的长度为p的递增子列，

所以am0arp.

所以am0an0·

（Ⅲ）由题设知，所有正奇数都是an中的项.

先证明：若2m是an中的项，则2m必排在2m−1之前（m为正整数）.

假设2m排在2m−1之后.

设ap1,ap2,,apm1,2m1是数列an的长度为m末项为2m−1的递增子列，则ap1,ap2,,apm1,2m1,2m是数列an的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾.

再证明：所有正偶数都是an中的项.

假设存在正偶数不是an中的项，设不在an中的最小的正偶数为2m.

因为2k排在2k−1之前（k=1，2，…，m−1），所以2k和2k1不可能在an的同一个递增子列中.

又an中不超过2m+1的数为1，2，…，2m−2，2m−1，2m+1，所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为222(m1)个2112m12m.

与已知矛盾.

最后证明：2m排在2m−3之后（m≥2为整数）.

假设存在2m（m≥2），使得2m排在2m−3之前，则an的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列的个数小于2.与已知矛盾.

综上，数列an只可能为2，1，4，3，…，2m−3，2m，2m−1，….

经验证，数列2，1，4，3，…，2m−3，2m，2m−1，…符合条件.

mn1,n为奇数，所以an

n1,n为偶数.

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普通高等学校招生全国统一考试

数学（文）（北京卷）

本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（选择题

共40分）

一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

（1）已知集合A={x|–11}，则A∪B=

（A）（–1，1）

（B）（1，2）

（C）（–1，+∞）

（D）（1，+∞）

（2）已知复数z=2+i，则zz

（A）3

（B）5

（C）3

（D）5

（3）下列函数中，在区间（0，+）上单调递增的是

（A）1yx2

（B）y=2x

（C）ylog1x2

（D）y1x

（4）执行如图所示的程序框图，输出的s值为

（A）1

（B）2

（C）3

（D）4

5）已知双曲线x2（a2y21（a>0）的离心率是5，则a=

（A）6

（B）4

（C）2

（D）12

（6）设函数f（x）=cosx+bsinx（b为常数），则“b=0”是“f（x）为偶函数”的

（A）充分而不必要条件

（B）必要而不充分条件

（C）充分必要条件

（D）既不充分也不必要条件

（7）在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m2–m15E1lg，2E2其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）．已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为

（A）1010.1

（B）10.1

（C）lg10.1

（D）1010.1

（8）如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，APB是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为

（A）4β+4cosβ

（B）4β+4sinβ

（C）2β+2cosβ

（D）2β+2sinβ

第二部分（非选择题

共110分）

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

（9）已知向量a=（–4，3），b=（6，m），且ab，则m=__________．

x2,（10）若x，y满足y1,

则yx的最小值为__________，最大值为__________．

4x3y10,（11）设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l．则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为__________．

（12）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．

（13）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；②m∥；③l⊥．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．

①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；

②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________．

三、解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

（15）（本小题13分）

在△ABC中，a=3，b–c2，cosB=（Ⅰ）求b，c的值；

（Ⅱ）求sin（B+C）的值．

（16）（本小题13分）

设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．

（17）（本小题12分）

改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了

1．

解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：

支付金额

支付方式

仅使用A

仅使用B

27人

24人

不大于2 000元

大于2 000元

3人

1人

（Ⅰ）估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；

（Ⅱ）从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2 000元的概率；

（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2 000元．结合（Ⅱ）的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由．

（18）（本小题14分）

如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．

（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；

（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．

（19）（本小题14分）

x2y2已知椭圆C:221的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．

ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设O为原点，直线l:ykxt(t1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点．

（20）（本小题14分）

已知函数f(x)13xx2x．

4（Ⅰ）求曲线yf(x)的斜率为1的切线方程；

（Ⅱ）当x[2,4]时，求证：x6f(x)x；

（Ⅲ）设F(x)|f(x)(xa)|(aR)，记F(x)在区间[2,4]上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．

（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）

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普通高等学校招生全国统一考试

数学（文）（北京卷）参考答案

一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）

（1）C （2）D （3）A

（5）D （6）C （7）A

二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）

（9）8 （10）–3

（11）(x1)2y24 （12）40

（13）若lm,l，则m．（答案不唯一）

（14）130 15

三、解答题（共6小题，共80分）

（15）（共13分）

解：（Ⅰ）由余弦定理b2a2c22accosB，得

b232c223c(12)．

因为bc2，

所以(c2)232c223c(12)．

解得c5．

所以b7．

（Ⅱ）由cosB12得sinB32．

由正弦定理得sinAabsinB3314．

在△ABC中，BCA．

所以sin(BC)sinA3314．

（4）B

（8）B

（16）（共13分）

解：（Ⅰ）设an的公差为d．

因为a110，

所以a210d,a3102d,a4103d．

因为a210,a38,a46成等比数列，

所以a38a210a46．

所以(22d)d(43d)．

解得d2．

所以ana1(n1) d2n12．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，an2n12．

所以，当n7时，an0；当n6时，an0．

所以，Sn的最小值为S630．

（17）（共12分）

解：（Ⅰ）由题知，样本中仅使用A的学生有27+3=30人，仅使用B的学生有24+1=25人，

A，B两种支付方式都不使用的学生有5人．

故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100–30–25–5=40人．

估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数为22401000400．

100（Ⅱ）记事件C为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于2 000元”，则P(C)10.04．

25（Ⅲ）记事件E为“从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，该学生本月的支付金额大于2 000元”．

假设样本仅使用B的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，则由（II）知，P(E)=0.04．

答案示例1：可以认为有变化．理由如下：

P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2 000元的人数发生了变化．所以可以认为有变化．

答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：

事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的．所以无法确定有没有变化．

（18）（共14分）

解：（Ⅰ）因为PA平面ABCD，

所以PABD．

又因为底面ABCD为菱形，

所以BDAC．

所以BD平面PAC．

（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，

所以PA⊥AE．

因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，

所以AE⊥CD．

所以AB⊥AE．

所以AE⊥平面PAB．

所以平面PAB⊥平面PAE．

（Ⅲ）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE．

取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．

则FG∥AB，且FG=1AB．

21AB．

2因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，

所以CE∥AB，且CE=所以FG∥CE，且FG=CE．

所以四边形CEGF为平行四边形．

所以CF∥EG．

因为CF平面PAE，EG平面PAE，

所以CF∥平面PAE．

（19）（共14分）

解：（I）由题意得，b2=1，c=1．

所以a2=b2+c2=2．

x2所以椭圆C的方程为y21．

2（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），

则直线AP的方程为yy11x1．

x1x1．

y11x1|．

kx1t1令y=0，得点M的横坐标xM又y1kx1t，从而|OM|xM|同理，|ON||x2|．

kx2t1ykxt,222由x2得(12k)x4ktx2t20．

2y124kt2t22则x1x2，x1x2．

2212k12k所以|OM||ON||x1x2|||

kx1t1kx2t1|x1x2|22

kx1x2k(t1)x1x2(t1)2t2212k2|k22t24ktk(t1)()(t1)22212k12k2|

2|1t|．

1t

又|OM||ON|2，

所以2|1t|2．

1t解得t=0，所以直线l经过定点（0，0）．

（20）（共14分）

133xx2x得f(x)x22x1．

4438令f(x)1，即x22x11，得x0或x．

4388又f(0)0，f()，

32788所以曲线yf(x)的斜率为1的切线方程是yx与yx，

27364即yx与yx．

27解：（Ⅰ）由f(x)（Ⅱ）令g(x)f(x)x,x[2,4]．

133xx2得g\'(x)x22x．

448令g\'(x)0得x0或x．

3由g(x)g\'(x),g(x)的情况如下：

g\'(x)

g(x)

2

(2,0)

8(0,)

8(,4)

3





6

64

270

所以g(x)的最小值为6，最大值为0．

故6g(x)0，即x6f(x)x．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，

当a3时，M(a)F(0)|g(0)a|a3；

当a3时，M(a)F(2)|g(2)a|6a3；

当a3时，M(a)3．

综上，当M(a)最小时，a3．

绝密★启用前

普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）

数学Ⅰ

注意事项

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求

1．本试卷共4页，均为非选择题(第1题~第20题，共20题)。本卷满分为160分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一片交回。

2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。

3．请认真核对监考员从答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。

4．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。

5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。

参考公式：

1n1n2样本数据x1,x2,…,xn的方差sxix，其中xxi．

ni1ni12柱体的体积VSh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．

锥体的体积V1Sh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高．

3一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．

．．．．．．．．1．已知集合A{1,0,1,6}，B{x|x0,xR}，则AB ▲ .

2．已知复数(a2i)(1i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是 ▲ .

3．下图是一个算法流程图，则输出的S的值是 ▲ .

4．函数y76xx2的定义域是 ▲ .

5．已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是 ▲ .

6．从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是 ▲ .

y27．在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x21(b0)经过点（3，4)，则该双曲线的渐近线方程是

b2▲ .

*8．已知数列{an}(nN)是等差数列，Sn是其前n项和.若a2a5a80,S927，则S8的值是 ▲ .

9．如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是 ▲ .

10．在平面直角坐标系xOy中，P是曲线yx最小值是 ▲ .

11．在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是 ▲ .

12．如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.若ABAC6AOEC，4(x0)上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的x

则AB的值是 ▲ .

13．已知πtan2，则sin2的值是 ▲ .

π43tan414．设f(x),g(x)是定义在R上的两个周期函数，f(x)的周期为4，g(x)的周期为2，且f(x)是奇函数.k(x2),0x1当x(0,2]时，f(x)1(x1)2，g(x)1，其中k>0.若在区间(0，9]上，关,1x22于x的方程f(x)g(x)有8个不同的实数根，则k的取值范围是 ▲ .

二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程．．．．．．．或演算步骤．

15．（本小题满分14分）

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．

（1）若a=3c，b=2，cosB=2，求c的值；

3（2）若sinAcosB，求sin(B)的值．

a2b216．（本小题满分14分）

如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．

求证：（1）A1B1∥平面DEC1；

（2）BE⊥C1E．

17．（本小题满分14分）

x2y2如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:221(ab0)的焦点为F1（–1、0），

abF2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:(x1)y4a交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．

已知DF1=2225．

2（1）求椭圆C的标准方程；

（2）求点E的坐标．

18．（本小题满分16分）

如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求：线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆．．．．O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位：百米）．

（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；

（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；

（3）在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．

19．（本小题满分16分）

设函数f(x)(xa)(xb)(xc),a,b,cR、f\'(x)为f（x）的导函数．

（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；

（2）若a≠b，b=c，且f（x）和f\'(x)的零点均在集合{3,1,3}中，求f（x）的极小值；

（3）若a0,0b1,c1，且f（x）的极大值为M，求证:M≤20．（本小满分16分）

定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.

4．

27*（1）已知等比数列{an}(nN)满足：a2a4a5,a34a24a40，求证：数列{an}为“M－数列”；

（2）已知数列{bn}(nN)满足：b11,①求数列{bn}的通项公式；

*122，其中Sn为数列{bn}的前n项和．

Snbnbn1*②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}(nN)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ckbkck1成立，求m的最大值．

普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）

数学Ⅰ·参考答案

一、填空题：本题考查基础知识、基本运算和基本思想方法.每小题5分，共计70分.

1.{1,6} 2.2 3.5 4.[1,7] 5.5

313.6.7

10 7.y2x

8.16

9.10 10.4 11.(e, 1) 12.3

1014.,12

34

二、解答题

15.本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.满分14分.

解：（1）因为a3c,b2,cosB2，

3a2c2b22(3c)2c2(2)21由余弦定理cosB，得，即c2.

323cc2ac3所以c3.

3sinAcosB，

a2babcosBsinB由正弦定理，得，所以cosB2sinB.

sinAsinB2bb422从而cosB(2sinB)，即cos2B41cos2B，故cos2B.

5（2）因为因为sinB0，所以cosB2sinB0，从而cosB25.

5因此sinBπ25.

cosB2516.本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.满分14分.

证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED.

又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，

所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.

因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.

又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，

所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.

17.本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.满分14分.

解：（1）设椭圆C的焦距为2c.

因为F1(-1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.

又因为DF1=553，AF2⊥x轴，所以DF2=DF12F1F22()222，

222因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.

由b2=a2-c2，得b2=3.

x2y2因此，椭圆C的标准方程为1.

43（2）解法一：

x2y2由（1）知，椭圆C：1，a=2，

43因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.

将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.

因为点A在x轴上方，所以A(1，4).

又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.

y2x2由，得5x26x110，

22(x1)y16解得x1或x将x11.

51112代入y2x2，得

y，

5511123因此B(,).又F2(1，0)，所以直线BF2：y(x1).

5543y(x1)1342由2，得，解得或x.

x17x6x1302xy7134又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x1.

将x1代入y

333(x1)，得y.因此E(1,).

422

解法二：

x2y2由（1）知，椭圆C：1.如图，连结EF1.

43因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，

从而∠BF1E=∠B.

因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，

所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.

因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.

x13因为F1(-1，0)，由x2y2，得y.

2134又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y因此E(1,).

18.本小题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.满分16分.

解：解法一：

（1）过A作AEBD，垂足为E.

由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DEBEAC6, AECD8.\'

因为PB⊥AB，

所以cosPBDsinABE所以PB3.

23284.

105BD1215.

cosPBD45因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，

所以P选在D处不满足规划要求.

②若Q在D处，连结AD，由（1）知ADAE2ED210，

AD2AB2BD270，所以∠BAD为锐角. 从而cosBAD2ADAB25所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.

因此，Q选在D处也不满足规划要求.

综上，P和Q均不能选在D处.

（3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，P1B=15，

设P1为l上一点，且PB1此时PDPBPB11sinPBD11cosEBA1539；

515.

当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15.

再讨论点Q的位置.

由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，CQQA2AC215262321.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.

综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=321时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+321.

因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+321（百米）.

解法二：

（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.

以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.

因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.

因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.

从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为直线PB的方程为y3.

44，

3425.

x33所以P（−13，9），PB(134)2(93)215.

因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.

②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），

所以线段AD：y3x6(4x4).

421515222在线段AD上取点M（3，），因为OM3345，

44所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.

因此Q选在D处也不满足规划要求.

综上，P和Q均不能选在D处.

（3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，P1B=15，此时P1（−13，9）；

设P1为l上一点，且PB115.

当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15.

再讨论点Q的位置.

由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由AQ(a4)2(93)215(a4)，得a=4321，所以Q（4321，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.

综上，当P（−13，9），Q（4321，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离

PQ4321(13)17321.

因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17321（百米）.

19．本小题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．满分16分．

解：（1）因为abc，所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)．

因为f(4)8，所以(4a)8，解得a2．

（2）因为bc，

所以f(x)(xa)(xb)x(a2b)xb(2ab)xab，

从而f\'(x)3(xb)x因为a,b,2322332ab2ab．令，得或．

f\'(x)0xbx332ab，都在集合{3,1,3}中，且ab，

32ab所以1,a3,b3．

3此时f(x)(x3)(x3)，f\'(x)3(x3)(x1)．

令f\'(x)0，得x3或x1．列表如下：

f\'(x)

(,3)

3

极大值

2(3,1)

–

极小值

(1,)

f(x)

所以f(x)的极小值为f(1)(13)(13)32．

（3）因为a0,c1，所以f(x)x(xb)(x1)x(b1)xbx，

f\'(x)3x22(b1)xb．

因为0b1，所以4(b1)12b(2b1)30，

则f\'(x)有2个不同的零点，设为x1,x2x1x2．

22b1b2b1b1b2b1,x2由f\'(x)0，得x1．

33列表如下：

f\'(x)

f(x)

(,x1)

极大值

x1,x2

–

极小值

(x2,)

所以f(x)的极大值Mfx1．

解法一：

Mfx1x13(b1)x12bx1

2b(b1)x1b12bb1

[3x2(b1)x1b]x19993212b2b1(b1)27b(b1)2927bb12

3b(b1)2(b1)2(b1)2(b(b1)1)3

272727b(b1)244．因此M．

27272727解法二：

因为0b1，所以x1(0,1)．

当x(0,1)时，f(x)x(xb)(x1)x(x1)．

令g(x)x(x1),x(0,1)，则g\'(x)3x(x1)．

令g\'(x)0，得x22131．列表如下：

g\'(x)

g(x)

所以当x1(0,)

极大值

1(,1)

3–

114时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)maxg．

3273所以当x(0,1)时，f(x)g(x)44，因此M．

272720．本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．满分16分．

解：（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.

a12q4a1q4a2a4a5a11由，得2，解得．

a4a4a0q2aq4aq4a0213111因此数列{an}为“M—数列”.

（2）①因为122，所以bn0．

Snbnbn1122，则b22.

b1,Sb由111，得11b2由bnbn1122，得Sn，

Snbnbn12(bn1bn)当n2时，由bnSnSn1，得bn整理得bn1bn12bn．

bnbn1bn1bn，

2bn1bn2bnbn1所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.

因此，数列{bn}的通项公式为bn=nnN②由①知，bk=k，kN*.

因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.

因为ck≤bk≤ck+1，所以q

k1*.

kqk，其中k=1，2，3，…，m.

当k=1时，有q≥1；

当k=2，3，…，m时，有lnklnklnq．

kk1设f（x）=lnx1lnx(x1)，则f\'(x)．

xx2令f\'(x)0，得x=e.列表如下：

f\'(x)

(1,e)

极大值

(e，+∞)

–

f（x）

因为ln2ln8ln9ln3ln3，所以f(k)maxf(3)．

266333取q3，当k=1，2，3，4，5时，k1lnkklnq，即kqk，

经检验知qk也成立．

因此所求m的最大值不小于5．

若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，

所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.

综上，所求m的最大值为5．

数学Ⅱ(附加题)

21．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

A.[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）

31已知矩阵A

22（1）求A2；

（2）求矩阵A的特征值.

B.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）

在极坐标系中，已知两点A3,，直线l的方程为,B2,sin3.

424（1）求A，B两点间的距离；（2）求点B到直线l的距离.

C.[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）

设xR，解不等式|x|+|2 x1|>2.

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字．．．．．．．说明、证明过程或演算步骤．

n222.（本小题满分10分）设(1x)a0a1xa2x2anxn,n4,nN*.已知a32a2a4.

n（1）求n的值；（2）设(13)ab3，其中a,bN*，求a23b2的值.

23.（本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy中，设点集An{(0,0),(1,0),(2,0),,(n,0)}，Bn(0,1),(n,1)},Cn{(0,2),(1,2),(2,2),令MnAn,(n,2)},nN.

BnCn.从集合Mn中任取两个不同的点，用随机变量X表示它们之间的距离.

（1）当n=1时，求X的概率分布；

（2）对给定的正整数n（n≥3），求概率P（X≤n）（用n表示）.

数学Ⅱ(附加题)参考答案

21．【选做题】

A．[选修4–2：矩阵与变换]

本小题主要考查矩阵的运算、特征值等基础知识，考查运算求解能力．满分10分．

31解：（1）因为A，

22所以A23131

222233123112115==106．

23222122（2）矩阵A的特征多项式为

f()3212254.

令f()0，解得A的特征值11,24.

B．[选修4–4：坐标系与参数方程]

本小题主要考查曲线的极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力．满分10分．

解：（1）设极点为O.在△OAB中，A（3，），B（2，），

42)5.

24由余弦定理，得AB=32(2)2232cos(（2）因为直线l的方程为sin()3，

4则直线l过点(32,)，倾斜角为23．

43)2.

42又B(2,)，所以点B到直线l的距离为(322)sin(C．[选修4–5：不等式选讲]

2本小题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力．满分10分．

解：当x<0时，原不等式可化为x12x2，解得x<-1；

3当0≤x≤1时，原不等式可化为x+1–2x>2，即x<–1，无解；

2当x>1时，原不等式可化为x+2x–1>2，解得x>1.

213综上，原不等式的解集为{x|x或x1}.

22.【必做题】本小题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力，满分10分．

122nnCnx，n4，解：（1）因为(1x)nC0nCnxCnxn(n1)n(n1)(n2)2,a3C3所以a2Cn，

n26n(n1)(n2)(n3)a4C4．

n242因为a32a2a4，

所以[n(n1)(n2)2n(n1)n(n1)(n2)(n3)]2，

6224解得n5．

（2）由（1）知，n5．

(13)n(13)5

022334455

C5C13C(3)C(3)C(3)C(3)55555ab3．

解法一：

024135*因为a,bN，所以aC53C59C576,bC53C59C544，

从而a23b2762344232．

解法二：

022334455

(13)5C5C15(3)C5(3)C5(3)C5(3)C5(3)022334455．

C5C13C(3)C(3)C(3)C(3)55555*因为a,bN，所以(13)5ab3．

因此a23b2(ab3)(ab3)(13)5(13)5(2)532．

23．【必做题】本小题主要考查计数原理、古典概型、随机变量及其概率分布等基础知识，考查逻辑思维能力和推理论证能力．满分10分．

解：（1）当n1时，X的所有可能取值是1，2，2，5．

X的概率分布为P(X1)7744,P(X2)，

22C615C615P(X2)2222,P(X5)．

22C615C615b)和B(c，d)是从Mn中取出的两个点．

（2）设A(a，因为P(Xn)1P(Xn)，所以仅需考虑Xn的情况．

①若bd，则ABn，不存在Xn的取法；

d1，则AB(ac)21②若b0，

n21，所以Xn当且仅当ABn21，此时

a0， cn或an， c0，有2种取法；

d2，③若b0，则AB(ac)24n24，因为当n3时，(n1)24n，所以Xn cn或an， c0，有2种取法；

当且仅当ABn24，此时a0，d2，则AB(ac)21④若b1，a0， cn或an， c0，有2种取法．

n21，所以Xn当且仅当ABn21，此时综上，当Xn时，X的所有可能取值是n21和n24，且

P(Xn21)4C22n4,P(Xn24)22C2n4．

因此，P(Xn)1P(X

n21)P(Xn24)16C22n4．

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普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

本试卷共4页，23小题，满分150分，考试用时120分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

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．已知集合M{x4x2}，N{xx2x60，则MN=

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