2015年—2019年五年高考理科数学全国卷一二三合集

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2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷一 2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷二 2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷三 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷一 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷二 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷三 2017年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷一 2017年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷二 2017年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷三 2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷一 2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷二 2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷三 2015年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷一 2015年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷二 2019年普通高等学校招生全国统一考试卷一理科数学本试卷共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，则= A． B． C． D． 2．设复数z满足，z在复平面内对应的点为(x，y)，则 A． B． C． D． 3．已知，则 A． B． C． D． 4．古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是 A．165 cm B．175 cm C．185 cm D．190 cm 5．函数f(x)=在的图像大致为 A． B． C． D． 6．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是 A． B． C． D． 7．已知非零向量a，b满足，且b，则a与b的夹角为 A． B． C． D． 8．如图是求的程序框图，图中空白框中应填入 A．A= B．A= C．A= D．A= 9．记为等差数列的前n项和．已知，则 A． B． C． D． 10．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为 A． B． C． D． 11．关于函数有下述四个结论： ①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（,）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．①②④ B．②④ C．①④ D．①③ 12．已知三棱锥P—ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，PB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．曲线在点处的切线方程为____________． 14．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若，则S5=____________． 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“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________． 16．已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________．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) 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．（1）求A；（2）若，求sinC． 18．（12分）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A—MA1—N的正弦值． 19．（12分）已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|． 20．（12分）已知函数，为的导数．证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点． 21．（12分）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，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．（1）求的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，，，其中，，．假设，． (i)证明：为等比数列； (ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性．（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）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O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）求C和l的直角坐标方程；（2）求C上的点到l距离的最小值． 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知a，b，c为正数，且满足abc=1．证明：（1）；（2）． 2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学•参考答案一、选择题 1．C　2．C　3．B　4．B　5．D　6．A　7．B　8．A　9．A　10．B　11．C　12．D　二、填空题 13．y=3x 14． 15．0.18 16．2 三、解答题 17．解：（1）由已知得，故由正弦定理得．由余弦定理得．因为，所以．（2）由（1）知，由题设及正弦定理得，即，可得．由于，所以，故． 18．解：（1）连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．（2）由已知可得DE⊥DA．以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz，则，A1(2,0,4)，，，，，，．设为平面A1MA的法向量，则，所以可取．设为平面A1MN的法向量，则所以可取．于是，所以二面角的正弦值为． 19．解：设直线．（1）由题设得，故，由题设可得．由，可得，则．从而，得．所以的方程为．（2）由可得．由，可得．所以．从而，故．代入的方程得．故． 20．解：（1）设，则，. 当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，设为. 则当时，；当时，. 所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点. （2）的定义域为. （i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点. （ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减. 又，，所以当时，.从而，在没有零点. （iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点. （iv）当时，，所以0，从而在没有零点. 综上，有且仅有2个零点. 21．解：X的所有可能取值为. 所以的分布列为（2）（i）由（1）得. 因此，故，即 . 又因为，所以为公比为4，首项为的等比数列．（ii）由（i）可得 . 由于，故，所以表示最终认为甲药更有效的概率，由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理. 22．解：（1）因为，且，所以C的直角坐标方程为. 的直角坐标方程为. （2）由（1）可设C的参数方程为（为参数，）. C上的点到的距离为. 当时，取得最小值7，故C上的点到距离的最小值为. 23．解：（1）因为，又，故有 . 所以. （2）因为为正数且，故有 =24. 所以. 绝密★启用前 2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共5页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．设集合A={x|x2—5x+60}，B={ x|x—10}，则A∩B= A．(—∞，1) B．(—2，1) C．(—3，—1) D．(3，+∞) 2．设z=—3+2i，则在复平面内对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知=(2,3)，=(3，t)，=1，则= A．—3 B．—2 C．2 D．3 4．2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日点的轨道运行．点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M１，月球质量为M２，地月距离为R，点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程： . 设，由于的值很小，因此在近似计算中，则r的近似值为 A． B． C． D． 5．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是 A．中位数 B．平均数 C．方差 D．极差 6．若ab，则 A．ln(a−b)0 B．3a3b C．a3−b30 D．│a││b│ 7．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 8．若抛物线y2=2px(p0)的焦点是椭圆的一个焦点，则p= A．2 B．3 C．4 D．8 9．下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是 A．f(x)=│cos 2x│ B．f(x)=│sin 2x│ C．f(x)=cos│x│ D．f(x)= sin│x│ 10．已知α∈(0，)，2sin 2α=cos 2α+1，则sin α= A． B． C． D． 11．设F为双曲线C：的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于P，Q两点.若，则C的离心率为 A． B． C．2 D． 12．设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是 A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为__________. 14．已知是奇函数，且当时，.若，则__________. 15．的内角的对边分别为.若，则的面积为__________. 16．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________.（本题第一空2分，第二空3分.）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为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分。

17．（12分）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1. （1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值. 18．（12分） 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束. （1）求P（X=2）；（2）求事件“X=4且甲获胜”的概率. 19．（12分）已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，，. （1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；（2）求{an}和{bn}的通项公式. 20．（12分）已知函数. （1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线. 21．（12分）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C. （1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G. （i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值. （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）在极坐标系中，O为极点，点在曲线上，直线l过点且与垂直，垂足为P. （1）当时，求及l的极坐标方程；（2）当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程. 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知（1）当时，求不等式的解集；（2）若时，，求的取值范围. 2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学·参考答案 1．A 2．C 3．C 4．D 5．A 6．C 7．B 8．D 9．A 10．B 11．A 12．B 13．0.98 14．–3 15．6 16．26； 17．解：（1）由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=. 设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为． 18．解：（1）X=2就是10：10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P（X=2）=0.5×0.4+（1–0.5）×（1–04）=05．（2）X=4且甲获胜，就是10：10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．因此所求概率为 [0.5×（1–0.4）+（1–0.5）×0.4]×0.5×0.4=0.1． 19．解：（1）由题设得，即．又因为a1+b1=l，所以是首项为1，公比为的等比数列．由题设得，即．又因为a1–b1=l，所以是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，，．所以，． 20．解：（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞）单调递增．因为f（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零点．综上，f（x）有且仅有两个零点．（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．由题设知，即，故直线AB的斜率．曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线． 21．解：（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．由得．记，则．于是直线的斜率为，方程为．由得．① 设，则和是方程①的解，故，由此得．从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．设t=k+，则由k0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．因此，△PQG面积的最大值为． 22．解：（1）因为在C上，当时，. 由已知得. 设为l上除P的任意一点.在中，经检验，点在曲线上. 所以，l的极坐标方程为. （2）设，在中，即.. 因为P在线段OM上，且，故的取值范围是. 所以，P点轨迹的极坐标方程为 . 23．解：（1）当a=1时，. 当时，；当时，. 所以，不等式的解集为. （2）因为，所以. 当，时，所以，的取值范围是. 绝密★启用前 2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项： 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，则 A． B． C． D． 2．若，则z= A． B． C． D． 3．《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 4．（1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为 A．12 B．16 C．20 D．24 5．已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项为和为15，且a5=3a3+4a1，则a3= A． 16 B． 8 C．4 D． 2 6．已知曲线在点（1，ae）处的切线方程为y=2x+b，则 A． B．a=e，b=1 C． D．， 7．函数在的图象大致为 A． B． C． D． 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，则输出的值等于 A. B. C. D. 10．双曲线C：=1的右焦点为F，点P在C的一条渐进线上，O为坐标原点，若，则△PFO的面积为 A． B． C． D． 11．设是定义域为R的偶函数，且在单调递减，则 A．（log3）＞（）＞（） B．（log3）＞（）＞（） C．（）＞（）＞（log3） D．（）＞（）＞（log3） 12．设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论： ①在（）有且仅有3个极大值点 ②在（）有且仅有2个极小值点 ③在（）单调递增 ④的取值范围是[) 其中所有正确结论的编号是 A． ①④ B． ②③ C． ①②③ D． ①③④ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知a，b为单位向量，且a·b=0，若，则___________. 14．记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则___________. 15．设为椭圆C:的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若为等腰三角形，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，该模型为长方体挖去四棱锥O—EFGH后所得几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，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___________. 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，每组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．（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）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，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中的二面角B—CG—A的大小. 20．（12分）已知函数. （1）讨论的单调性；（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由. 21．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. （1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积. （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，，，，，弧，，所在圆的圆心分别是，，，曲线是弧，曲线是弧，曲线是弧. （1）分别写出，，的极坐标方程；（2）曲线由，，构成，若点在M上，且，求P的极坐标. 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）设，且. （1）求的最小值；（2）若成立，证明：或. 2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学·参考答案一、选择题 1．A 2．D 3．C 4．A 5．C 6．D 7．B 8．B 9．C 10．A 11．C 12．D 二、填空题 13． 14．4 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．因为sinA0，所以．由，可得，故．因为，故，因此B=60°．（2）由题设及（1）知△ABC的面积．由正弦定理得．由于△ABC为锐角三角形，故0°A90°，0°C90°，由（1）知A+C=120°，所以30°C90°，故，从而．因此，△ABC面积的取值范围是． 19．解：（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，–）．又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．因此二面角B–CG–A的大小为30°． 20. 解：（1）．令，得x=0或. 若a0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；若a=0，在单调递增；若a0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减. （2）满足题设条件的a，b存在. （i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．（iii）当0a3时，由（1）知，在[0，1]的最小值为，最大值为b或．若，b=1，则，与0a3矛盾. 若，，则或或a=0，与0a3矛盾．综上，当且仅当a=0，或a=4，b=1时，在[0，1]的最小值为–1，最大值为1． 21．解：（1）设，则. 由于，所以切线DA的斜率为，故 . 整理得设，同理可得. 故直线AB的方程为. 所以直线AB过定点. （2）由（1）得直线AB的方程为. 由，可得. 于是， . 设分别为点D，E到直线AB的距离，则. 因此，四边形ADBE的面积. 设M为线段AB的中点，则. 由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或. 当=0时，S=3；当时，. 因此，四边形ADBE的面积为3或. 22.解：（1）由题设可得，弧所在圆的极坐标方程分别为，，. 所以的极坐标方程为，的极坐标方程为，的极坐标方程为. （2）设，由题设及（1）知若，则，解得；若，则，解得或；若，则，解得. 综上，P的极坐标为或或或. 23．解：（1）由于，故由已知得，当且仅当x=，y=–，时等号成立．所以的最小值为. （2）由于，故由已知，当且仅当，，时等号成立．因此的最小值为．由题设知，解得或． 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷一 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷二 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷三 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．设，则 A． B． C． D． 2．已知集合，则 A． B． C． D． 3．某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：建设前经济收入构成比例建设后经济收入构成比例则下面结论中不正确的是 A．新农村建设后，种植收入减少 B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上 C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍 D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半 4．设为等差数列的前项和，若，，则 A． B． C． D． 5．设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为 A． B． C． D． 6．在中，为边上的中线，为的中点，则 A． B． C． D． 7．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为 A． B． C．3 D．2 8．设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则= A．5 B．6 C．7 D．8 9．已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是 A．[–1，0） B．[0，+∞） C．[–1，+∞） D．[1，+∞） 10．下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为II，其余部分记为III．在整个图形中随机取一点，此点取自I，II，III的概率分别记为p1，p2，p3，则 A．p1=p2 B．p1=p3 C．p2=p3 D．p1=p2+p3 11．已知双曲线C：，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、N.若OMN为直角三角形，则|MN|= A． B．3 C． D．4 12．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．若，满足约束条件，则的最大值为_____________． 14．记为数列的前项和，若，则_____________． 15．从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有_____________种．（用数字填写答案） 16．已知函数，则的最小值是_____________．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：60分。

17．（12分）在平面四边形中，，，，. （1）求；（2）若，求. 18．（12分）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值. 19．（12分）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为. （1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：. 20．（12分）某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立．（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为,求的最大值点．（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的作为的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为，求; （ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？ 21．（12分）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．（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）在直角坐标系中，曲线的方程为.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求的直角坐标方程；（2）若与有且仅有三个公共点，求的方程. 23．[选修4–5：不等式选讲]（10分）已知. （1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围. 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C B A B D A B D C A B A 13.6 14. 15.16 16. 17.（12分）解：（1）在中，由正弦定理得. 由题设知，，所以. 由题设知，，所以. （2）由题设及（1）知，. 在中，由余弦定理得 . 所以. 18.（12分）解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF. 又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD. （2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD. 以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz. 由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF. 可得. 则为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为，则. 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为. 19.（12分）解：（1）由已知得，l的方程为x=1. 由已知可得，点A的坐标为或. 所以AM的方程为或. （2）当l与x轴重合时，. 当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以. 当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，则，直线MA，MB的斜率之和为. 由得 . 将代入得 . 所以，. 则. 从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以. 综上，. 20.（12分）解：（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为.因此 . 令，得.当时，；当时，. 所以的最大值点为. （2）由（1）知，. （i）令表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知，，即. 所以. （ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元. 由于，故应该对余下的产品作检验. 21.（12分）解:（1）的定义域为，. （i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减. （ii）若，令得，或. 当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当. 由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于，所以等价于. 设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，. 所以，即. 22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）【解析】（1）由，得的直角坐标方程为．（2）由（1）知是圆心为，半径为的圆．由题设知，是过点且关于轴对称的两条射线．记轴右边的射线为，轴左边的射线为．由于在圆的外面，故与有且仅有三个公共点等价于与只有一个公共点且与有两个公共点，或与只有一个公共点且与有两个公共点．当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或．经检验，当时，与没有公共点；当时，与只有一个公共点，与有两个公共点．当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或．经检验，当时，与没有公共点；当时，与没有公共点．综上，所求的方程为． 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）【解析】（1）当时，，即故不等式的解集为．（2）当时成立等价于当时成立．若，则当时；若，的解集为，所以，故．综上，的取值范围为．绝密★启用前 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．作答时，将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。

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，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1． A． B． C． D． 2．已知集合，则中元素的个数为 A．9 B．8 C．5 D．4 3．函数的图像大致为 4．已知向量，满足，，则 A．4 B．3 C．2 D．0 5．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为 A． B． C． D． 6．在中，，，，则 A． B． C． D． 7．为计算，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入 A． B． C． D． 8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是 A． B． C． D． 9．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 10．若在是减函数，则的最大值是 A． B． C． D． 11．已知是定义域为的奇函数，满足．若，则 A． B．0 C．2 D．50 12．已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为 A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．曲线在点处的切线方程为__________． 14．若满足约束条件则的最大值为__________． 15．已知，，则__________． 16．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．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为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共60分。

17．（12分）记为等差数列的前项和，已知，．（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值． 18．（12分）下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额（单位：亿元）的折线图．为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了与时间变量的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量的值依次为）建立模型①：；根据2010年至2016年的数据（时间变量的值依次为）建立模型②：．（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值；（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由． 19．（12分）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程． 20．（12分）如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值． 21．（12分）已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．（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）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）．（1）求和的直角坐标方程；（2）若曲线截直线所得线段的中点坐标为，求的斜率． 23．[选修4－5：不等式选讲]（10分）设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围．参考答案: 一、选择题 1.D 2.A 3.B 4.B 5.A 6.A 7.B 8.C 9.C 10.A 11.C 12.D 二、填空题 13. 14.9 15. 16. 三、解答题 17. (12分) 解：（1）设的公差为d，由题意得. 由得d=2. 所以的通项公式为. （2）由（1）得. 所以当n=4时,取得最小值,最小值为−16. 18.(12分) 解：（1）利用模型①,该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为 (亿元). 利用模型②,该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为 (亿元). （2）利用模型②得到的预测值更可靠. 理由如下：（ⅰ）从折线图可以看出,2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线上下.这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势.2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势,利用2010年至2016年的数据建立的线性模型可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势,因此利用模型②得到的预测值更可靠. （ⅱ）从计算结果看,相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元,由模型①得到的预测值226.1亿元的增幅明显偏低,而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理.说明利用模型②得到的预测值更可靠. 以上给出了2种理由,考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分. 19.(12分) 解：（1）由题意得，l的方程为. 设，由得. ，故. 所以. 由题设知，解得（舍去），. 因此l的方程为. （2）由（1）得AB的中点坐标为，所以AB的垂直平分线方程为，即. 设所求圆的圆心坐标为，则解得或因此所求圆的方程为或. 20.(12分) 解：（1）因为，为的中点，所以，且. 连结.因为，所以为等腰直角三角形，且，. 由知. 由知平面. （2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由已知得取平面的法向量. 设，则. 设平面的法向量为. 由得，可取，所以.由已知得. 所以.解得（舍去），. 所以.又，所以. 所以与平面所成角的正弦值为. 21．（12分）【解析】（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值． ①若，即，在没有零点； ②若，即，在只有一个零点； ③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，． 22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）【解析】（1）曲线的直角坐标方程为．当时，的直角坐标方程为，当时，的直角坐标方程为．（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，整理得关于的方程．① 因为曲线截直线所得线段的中点在内，所以①有两个解，设为，，则．又由①得，故，于是直线的斜率． 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）【解析】（1）当时，可得的解集为．（2）等价于．而，且当时等号成立．故等价于．由可得或，所以的取值范围是． 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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，用铅笔把答题卡上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，将本试卷和答案卡一并交回。

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，，则 A． B． C． D． 2． A． B． C． D． 3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 4．若，则 A． B． C． D． 5．的展开式中的系数为 A．10 B．20 C．40 D．80 6．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是 A． B． C． D． 7．函数的图像大致为 8．某群体中的每位成品使用移动支付的概率都为，各成员的支付方式相互独立，设为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，，，则 A．0．7 B．0．6 C．0．4 D．0．3 9．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则 A． B． C． D． 10．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 11．设是双曲线（）的左，右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为 A． B．2 C． D． 12．设，，则 A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知向量，，．若，则________． 14．曲线在点处的切线的斜率为，则________． 15．函数在的零点个数为________． 16．已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点．若，则________．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为选考题。考生根据要求作答。

（一）必考题：共60分。

17．（12分）等比数列中，．（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若，求． 18．（12分）某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式．为比较两种生产方式的效率，选取40名工人，将他们随机分成两组，每组20人，第一组工人用第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式．根据工人完成生产任务的工作时间（单位：min）绘制了如下茎叶图：（1）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由；（2）求40名工人完成生产任务所需时间的中位数，并将完成生产任务所需时间超过和不超过的工人数填入下面的列联表：超过不超过第一种生产方式第二种生产方式（3）根据（2）中的列表，能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？附：，． 19．（12分）如图，边长为2的正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值． 20．（12分）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差． 21．（12分）已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．（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）在平面直角坐标系中，的参数方程为（为参数），过点且倾斜角为的直线与交于两点．（1）求的取值范围；（2）求中点的轨迹的参数方程． 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）设函数．（1）画出的图像；（2）当，，求的最小值．绝密★启用前 2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题参考答案一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C D A B C A D B C B C B 二、填空题 13．14．15．16．2 17．解：（1）设的公比为，由题设得．由已知得，解得（舍去），或．故或．（2）若，则．由得，此方程没有正整数解．若，则．由得，解得．综上，． 18．解：（1）第二种生产方式的效率更高．理由如下：（i）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至少80分钟，用第二种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至多79分钟．因此第二种生产方式的效率更高．（ii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为85．5分钟，用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为73．5分钟．因此第二种生产方式的效率更高．（iii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80分钟；用第二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于80分钟，因此第二种生产方式的效率更高．（iv）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎8上的最多，关于茎8大致呈对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎7上的最多，关于茎7大致呈对称分布，又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产方式完成生产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高．以上给出了4种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．（2）由茎叶图知．列联表如下：超过不超过第一种生产方式 15 5 第二种生产方式 5 15 （3）由于，所以有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异． 19．解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以 DM⊥CM．又 BCCM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．（2）以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz．当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点．由题设得，设是平面MAB的法向量，则即可取．是平面MCD的法向量，因此，，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是． 20．解：（1）设，则．两式相减，并由得．由题设知，于是．① 由题设得，故．（2）由题意得，设，则．由（1）及题设得．又点P在C上，所以，从而，．于是．同理．所以．故，即成等差数列．设该数列的公差为d，则．② 将代入①得．所以l的方程为，代入C的方程，并整理得．故，代入②解得．所以该数列的公差为或． 21．解：（1）当时，，．设函数，则．当时，；当时，．故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，．所以在单调递增．又，故当时，；当时，．（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾．（ii）若，设函数．由于当时，，故与符号相同．又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点．．如果，则当，且时，，故不是的极大值点．如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点．如果，则．则当时，；当时，．所以是的极大值点，从而是的极大值点综上，． 22．解：（1）的直角坐标方程为．当时，与交于两点．当时，记，则的方程为．与交于两点当且仅当，解得或，即或．综上，的取值范围是．（2）的参数方程为为参数，．设，，对应的参数分别为，，，则，且，满足．于是，．又点的坐标满足所以点的轨迹的参数方程是为参数，． 23．解：（1）的图像如图所示．（2）由（1）知，的图像与轴交点的纵坐标为，且各部分所在直线斜率的最大值为，故当且仅当且时，在成立，因此的最小值为． 2017年普通高等学校招生全国统一考试全国卷一理科数学 2017年普通高等学校招生全国统一考试全国卷二理科数学 2017年普通高等学校招生全国统一考试全国卷三理科数学绝密★启用前 2017年普通高等学校招生全国统一考试全国卷一理科数学注意事项：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）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。

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；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。

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A={x|x1}，B={x|}，则( ) A． B． C． D． 2．如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( ) A． B． C． D． 3．设有下面四个命题：若复数满足，则；：若复数满足，则；：若复数满足，则；：若复数，则. 其中的真命题为( ) A． B． C． D． 4．记为等差数列的前项和．若，，则的公差为( ) A．1 B．2 C．4 D．8 5．函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是 A． B． C． D． 6．展开式中的系数为( ) A．15 B．20 C．30 D．35 7．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A．10 B．12 C．14 D．16 8．右面程序框图是为了求出满足3n−2n1000的最小偶数n，那么在和两个空白框中，可以分别填入 A．A1 000和n=n+1 B．A1 000和n=n+2 C．A1 000和n=n+1 D．A1 000和n=n+2 9．已知曲线C1：y=cos x，C2：y=sin (2x+)，则下面结论正确的是( ) A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2 B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2 C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2 D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2 10．已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为( ) A．16 B．14 C．12 D．10 11．设xyz为正数，且，则( ) A．2x3y5z B．5z2x3y C．3y5z2x D．3y2x5z 12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推。求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂。那么该款软件的激活码是( ) A．440 B．330 C．220 D．110 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知向量a，b的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则| a +2 b |= _______ . 14．设x，y满足约束条件，则的最小值为_________ . 15．已知双曲线C：（a0，b0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点。若∠MAN=60°，则C的离心率为________。

16．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O。D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形。沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥。当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______。

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）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为（1）求sinBsinC; （2）若6cosBcosC=1，a=3，求△ABC的周长. 18.（12分）如图，在四棱锥P—ABCD中，AB//CD，且. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A—PB—C的余弦值. 19．（12分）为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布．（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及的数学期望；（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．（ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性；（ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 经计算得，，其中为抽取的第个零件的尺寸，．用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除之外的数据，用剩下的数据估计和（精确到0.01）．附：若随机变量服从正态分布，则，，． 20.（12分）已知椭圆C：（ab0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上. （1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点。若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点. 21.（12分）已知函数ae2x+(a﹣2) ex﹣x. （1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围. （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）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（θ为参数），直线l的参数方程为 . （1）若a=−1，求C与l的交点坐标；（2）若C上的点到l的距离的最大值为，求a. 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数f（x）=–x2+ax+4，g(x)=│x+1│+│x–1│. （1）当a=1时，求不等式f（x）≥g（x）的解集；（2）若不等式f（x）≥g（x）的解集包含[–1，1]，求a的取值范围. 2017年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案一、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. A 2．B 3．B 4．C 5．D 6．C 7．B 8．D 9．D 10．A 11．D 12．A 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13． 14．—5 15． 16．三、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）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为（1）求sinBsinC; （2）若6cosBcosC=1，a=3，求△ABC的周长. 解：（1）由题意可得，化简可得，根据正弦定理化简可得：

（2）由，因此可得，将之代入中可得：，化简可得，利用正弦定理可得，同理可得，故而三角形的周长为。

18.（12分）如图，在四棱锥P—ABCD中，AB//CD，且. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A—PB—C的余弦值. （1）证明： , 又,PA、PD都在平面PAD内，故而可得。

又AB在平面PAB内，故而平面PAB⊥平面PAD。

（2）解：不妨设，以AD中点O为原点，OA为x轴，OP为z轴建立平面直角坐标系。

故而可得各点坐标：，因此可得，假设平面的法向量，平面的法向量，故而可得，即，同理可得，即。

因此法向量的夹角余弦值：

很明显，这是一个钝角，故而可得余弦为。

19．（12分）为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布．（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及的数学期望；（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．（ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性；（ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 经计算得，，其中为抽取的第个零件的尺寸，．用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除之外的数据，用剩下的数据估计和（精确到0.01）．附：若随机变量服从正态分布，则，，．解：（1）由题意可得，X满足二项分布，因此可得（2）由（1）可得，属于小概率事件，故而如果出现的零件，需要进行检查。

由题意可得，故而在范围外存在9.22这一个数据，因此需要进行检查。

此时：，。

20.（12分）已知椭圆C：（ab0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上. （1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点。若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点. 解：（1）根据椭圆对称性可得，P1（1,1）P4（1，）不可能同时在椭圆上， P3（–1，），P4（1，）一定同时在椭圆上，因此可得椭圆经过P2（0,1），P3（–1，），P4（1，），代入椭圆方程可得：，故而可得椭圆的标准方程为：

（2）由题意可得直线P2A与直线P2B的斜率一定存在，不妨设直线P2A为：,P2B为：. 联立，假设，此时可得：，此时可求得直线的斜率为：，化简可得，此时满足。

当时，AB两点重合，不合题意。

当时，直线方程为：，即，当时，，因此直线恒过定点。

21.（12分）已知函数ae2x+(a﹣2) ex﹣x. （1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围. 解：（1）对函数进行求导可得。

当时，恒成立，故而函数恒递减当时，，故而可得函数在上单调递减，在上单调递增。

（2）函数有两个零点，故而可得，此时函数有极小值，要使得函数有两个零点，亦即极小值小于0，故而可得，令，对函数进行求导即可得到，故而函数恒递增，又，，因此可得函数有两个零点的范围为。

（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）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（θ为参数），直线l的参数方程为 . （1）若a=−1，求C与l的交点坐标；（2）若C上的点到l的距离的最大值为，求a. 解：将曲线C 的参数方程化为直角方程为，直线化为直角方程为（1）当时，代入可得直线为，联立曲线方程可得：，解得或，故而交点为或（2）点到直线的距离为，即：，化简可得，根据辅助角公式可得，又，解得或者。

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数f（x）=–x2+ax+4，g(x)=│x+1│+│x–1│. （1）当a=1时，求不等式f（x）≥g（x）的解集；（2）若不等式f（x）≥g（x）的解集包含[–1，1]，求a的取值范围. 解：将函数化简可得（1）当时，作出函数图像可得的范围在F和G点中间，联立可得点，因此可得解集为。

（2）即在内恒成立，故而可得恒成立，根据图像可得：函数必须在之间，故而可得。

理科数学 2017年高三2017年全国甲卷理科数学理科数学考试时间：____分钟题型单选题填空题简答题总分得分单选题（本大题共12小题，每小题____分，共____分。） 1．( ) A. B. C. D. 2．设集合，．若，则( ) A. B. C. D. 3．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( ) A. 1盏 B. 3盏 C. 5盏 D. 9盏 4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( ) A. B. C. D. 5．设，满足约束条件，则的最小值是( ) A. B. C. D. 6．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( ) A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种 7．甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则( ) A. 乙可以知道四人的成绩 B. 丁可以知道四人的成绩 C. 乙、丁可以知道对方的成绩 D. 乙、丁可以知道自己的成绩 8．执行右面的程序框图，如果输入的，则输出的( ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 9．若双曲线（，）的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则的离心率为( ) A. 2 B. C. D. 10．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为( ) A. B. C. D. 11．若是函数的极值点，则的极小值为( ) A. B. C. D. 1 12．已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小是( ) A. B. C. D. 填空题（本大题共4小题，每小题____分，共____分。） 13．一批产品的二等品率为，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取次，表示抽到的二等品件数，则____________． 14．函数的最大值是____________． 15．等差数列的前项和为，，，则____________． 16．已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为的中点，则____________．简答题（综合题）（本大题共7小题，每小题____分，共____分。） 17．（12分）的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若，的面积为，求． 18．（12分）海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100 个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg）．其频率分布直方图如下：（1）设两种养殖方法的箱产量相互独立，记A表示事件：“旧养殖法的箱产量低于50kg，新养殖法的箱产量不低于50kg”，估计A的概率；（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：（3）根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到0.01）．附：， 19．（12分）如图，四棱锥P—ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD， E是PD的中点．（1）证明：直线平面PAB；（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为，求二面角的余弦值． 20．（12分）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足．（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线上，且．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F． 21．（12分）已知函数，且．（1）求；（2）证明：存在唯一的极大值点，且．所以． 22．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． [选修4―4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）M为曲线上的动点，点P在线段OM上，且满足，求点P的轨迹的直角坐标方程；（2）设点A的极坐标为，点B在曲线上，求面积的最大值． 23．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． [选修4—5：不等式选讲]（10分）已知．证明：（1）；（2）．答案单选题 1. D 2. C 3. B 4. B 5. A 6. D 7. D 8. B 9. A 10. C 11. A 12. B 填空题 13. 14. 1 15. 16. 6 简答题 17. （1）（2） 18. （1）（2）见解析（3） 19. （1）见解析；（2） 20. （1）；（2）见解析 21. （1）；（2）见解析 22. （1）．（2） 23. （1）见解析（2）见解析解析单选题 1. 由复数的除法运算法则有：，故选D. 2. 由得，即是方程的根，所以，，故选C． 3. 设塔的顶层共有灯盏，则各层的灯数构成一个首项为，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：，解得，即塔的顶层共有灯3盏，故选B． 4. 由题意，其体积，其体积，故该组合体的体积．故选B． 5. 绘制不等式组表示的可行域，结合目标函数的几何意义可得函数在点处取得最小值，最小值为．故选A. 6. 由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有种方法，然后进行全排列，由乘法原理，不同的安排方式共有种．故选D． 7. 四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说的话．甲不知自己成绩→乙、丙中必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己成绩；两良亦然）→乙看了丙成绩，知自己成绩→丁看甲，甲、丁中也为一优一良，丁知自己成绩． 8. 阅读程序框图，初始化数值．循环结果执行如下：第一次：；第二次：；第三次：；第四次：；第五次：；第六次：；结束循环，输出．故选B． 9. 取渐近线，化成一般式，圆心到直线距离为得，，． 10. 如图所示，补成直四棱柱，则所求角为，易得，因此，故选C． 11. ，则，则，，令，得或，当或时，，当时，，则极小值为． 12. 如图，以为轴，的垂直平分线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，则，，，设，所以，，，所以，，当时，所求的最小值为，故选B．填空题 13. 由题意可得，抽到二等品的件数符合二项分布，即，由二项分布的期望公式可得． 14. 化简三角函数的解析式，则，由可得，当时，函数取得最大值1． 15. 设首项为，公差为．则求得，，则， 16. 如图所示，不妨设点M位于第一象限，设抛物线的准线与轴交于点，作与点，与点，由抛物线的解析式可得准线方程为，则，在直角梯形中，中位线，由抛物线的定义有：，结合题意，有，故．简答题 17. （1）依题得：． ∵， ∴， ∴， ∴，（2）由⑴可知． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 18. （1）记：“旧养殖法的箱产量低于” 为事件 “新养殖法的箱产量不低于”为事件而（2）由计算可得的观测值为 ∵ ∴ ∴有以上的把握产量的养殖方法有关．（3），，，∴中位数为． 19. （1）令中点为，连结，，． ∵，为，中点，∴为的中位线，∴．又∵，∴．又∵，∴，∴． ∴四边形为平行四边形，∴．又∵，∴ （2）取中点，连，由于为正三角形 ∴ 又∵平面平面，平面平面 ∴平面，连，四边形为正方形。

∵平面，∴平面平面而平面平面过作，垂足为，∴平面 ∴为与平面所成角， ∴ 在中，，∴，设，，， ∴，∴ 在中，，∴ ∴，，以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，，∴ ∴，而平面的法向量为设二面角的大角为（为锐角） ∴ 20. （1）设，设，．由得．因为在C上，所以．因此点P的轨迹方程为．（2）由题意知．设，则，．由得，又由（1）知，故，所以，即．又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F． 21. （1）的定义域为设，则等价于因为若a=1，则.当0＜x＜1时，单调递减；当x＞1时，＞0，单调递增.所以x=1是的极小值点，故综上， ⑵ ，，．令，则，．令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以，．因为，，，，所以在和上，即各有一个零点．设在和上的零点分别为，因为在上单调减，所以当时，，单调增；当时，，单调减．因此，是的极大值点．因为，在上单调增，所以当时，，单调减，时，单调增，因此是的极小值点．所以，有唯一的极大值点．由前面的证明可知，，则．因为，所以，则又，因为，所以．因此，． 22. ⑴设则．解得，化为直角坐标系方程为．（2）设点B的极坐标为,由题设知 ,于是△OAB面积当时，S取得最大值所以△OAB面积的最大值为 23. （1）（2）因为所以，因此. 年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷3）理科数学一、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，，则中元素的个数为 A．3 B．2 C．1 D．0 2．设复数满足，则 A． B． C． D．2 3．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是 A．月接待游客量逐月增加 B．年接待游客量逐年增加 C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月 D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳 4．的展开式中的系数为（） A．—80 B．—40 C．40 D．80 5．已知双曲线的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点．则的方程为（） A． B． C． D． 6．设函数，则下列结论错误的是（） A．的一个周期为 B．的图像关于直线对称 C．的一个零点为 D．在单调递减 7．执行右图的程序框图，为使输出的值小于91，则输入的正整数的最小值为 A．5 B．4 C．3 D．2 8．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（） A． B． C． D． 9．等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则前6项的和为 A．—24 B．—3 C．3 D．8 10．已知椭圆（）的左、右顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，则的离心率为（） A． B． C． D． 11．已知函数有唯一零点，则（） A． B． C． D．1 12．在矩形中，，动点在以点为圆心且与相切的圆上．若，则的最大值为 A．3 B． C． D．2 二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13．若满足约束条件则的最小值为________． 14．设等比数列满足，则________． 15．设函数则满足的的取值范围是________． 16．为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线与成角时，与成角； ②当直线与成角时，与成角； ③直线与所成角的最小值为； ④直线与所成角的最大值为．其中正确的是________（填写所有正确结论的编号）三、解答题：（共70分．第17—20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）的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）设为边上一点，且，求的面积． 18．（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶，为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．（1）求六月份这种酸奶一天的需求量（单位：瓶）的分布列；（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为（单位：元）．当六月份这种酸奶一天的进货量（单位：瓶）为多少时，的数学期望达到最大值？ 19．（12分）如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形．，．（1）证明：平面平面；（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分．求二面角的余弦值． 20．（12分）已知抛物线，过点（2，0）的直线交于，两点，圆是以线段为直径的圆．（1）证明：坐标原点在圆上；（2）设圆过点（4，），求直线与圆的方程． 21．（12分）已知函数．（1）若，求的值；（2）设为整数，且对于任意正整数，，求的最小值．（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）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），设与的交点为，当变化时，的轨迹为曲线．（1）写出的普通方程：（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，设：，为与的交点，求的极径． 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若不等式的解集非空，求的取值范围．年普通高等学校招生全国统一考试（全国3）理科数学参考答案一、选择题 1．B 2．C 3．A 4．C 5．B 6．D 7．D 8．B 9．A 10．A 11．C 12．A 二、填空题 13． 14． 15． 16．②③ 三、解答题 17．解：（1）由已知可得，所以在中，由余弦定理得，即解得（舍去），（2）由题设可得，所以故面积与面积的比值为又的面积为，所以的面积为 18．解：（1）由题意知，所有可能取值为200,300,500，由表格数据知，，. 因此的分布列为： 200 300 500 0.2 0.4 0.4 （2）由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200500 当时，若最高气温不低于25，则；若最高气温位于区间[20,25），则；若最高气温低于20，则因此当时，若最高气温不低于20，则；若最高气温低于20，则因此所以时，的数学期望达到最大值，最大值为520元。

19．解：（1）由题设可得，，从而又是直角三角形，所以取的中点，连结，则又由于是正三角形，故所以为二面角的平面角在中，又，所以，故所以平面平面（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则由题设知，四面体的体积为四面体的体积的，从而到平面的距离为到平面的距离的，即为的中点，得，故设是平面的法向量，则同理可取则所以二面角的余弦值为 20．解：（1）设由可得，则又，故因此的斜率与的斜率之积为，所以故坐标原点在圆上（2）由（1）可得故圆心的坐标为，圆的半径由于圆过点，因此，故，即由（1）可得所以，解得或当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为 21．解：（1）的定义域为 ① 若，因为，所以不满足题意； ② 若，由知，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增。故是在的唯一最小值点。

由于，所以当且仅当时，故（2）由（1）知当时，令，得，从而故而，所以的最小值为3 22．解：（1）消去参数得的普通方程；消去参数得的普通方程设，由题设得消去得所以的普通方程为（2）的极坐标方程为联立得故，从而代入得，所以交点的极径为 23．解：（1）当时，无解；当时，由得，，解得；当时，由解得所以的解集为（2）由得，而且当时，故的取值范围为 2016年普通高等学校招生全统一考试理科数学卷一 2016年普通高等学校招生全统一考试理科数学卷二 2016年普通高等学校招生全统一考试理科数学卷三 2016年普通高等学校招生全统一考试理科数学第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5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）设集合，，则（A）（，）（B）（，）（C）（，）（D）（，）（2）设，其中,是实数，则（A）1 （B）（C）（D）2 （3）已知等差数列前9项的和为27，，则（A）100 （B）99 （C）98 （D）97 （4）某公司的班车在7:30,8:00,8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是（A）（B）（C）（D）（5）已知方程表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则的取值范围是（A）（，）（B）（，）（C）（，）（D）（，）（6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（A）17π （B）18π （C）20π （D）28π （7）函数在的图象大致为（A）（B）（C）（D）是否输入输出开始结束（8）若，，则（A）（B）（C）（D）（9）执行右图的程序框图，如果输入的,,，则输出的值满足（A）（B）（C）（D）（10）以抛物线的顶点为圆心的圆交于,两点，交的准线于,两点．已知，，则的焦点到准线的距离为（A）2 （B）4 （C）6 （D）8 （11）平面过正方体的顶点，∥平面，∩平面，∩平面，则所成角的正弦值为（A）（B）（C）（D）（12）已知函数，为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为（A）11 （B）9 （C）7 （D）5 第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。第(13)～(21)题为必考题，每个试题都必须作答。第(22)～(24)题为选考题，考生根据要求作答。

二、填空题：本题共4小题，每小题5分。

（13）设向量，，且，则．（14）的展开式中，的系数是．（用数字填写答案）（15）设等比数列满足，，则的最大值为．（16）某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料.生产一件A需要甲材料1.5kg,乙材料1kg，用5个工时；生产一件B需要甲材料0.5kg,乙材料0.3kg，用3个工时.生产一件A产品的利润为2100元，生产一件B产品的利润为900元.该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，则在不超过600工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

（17）（本小题满分12分）的内角的对边分别为，已知. （Ⅰ）求；（Ⅱ）若，的面积为.求的周长. （18）（本小题满分12分）如图，在以为顶点的五面体中，面为正方形，，，且二面角与二面角都是60°. （Ⅰ）证明：平面⊥平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值. （19）（本小题满分12分）某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后被淘汰.机器有一易损零件，在购买机器时，可以额外购买这种零件为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种三年使用期内更换的易损零件，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的频率，记表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，表示购买2台机器的同时购买的易损零件数. （Ⅰ）求的分布列；（Ⅱ）若要求，确定的最小值；（Ⅲ）以购买易损零件所需要的期望值为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个？（20）（本小题满分12分）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点. （Ⅰ）证明为定值，并写出点的轨迹方程；（Ⅱ）设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围. （21）（本小题满分12分）已知函数有两个零点. （Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）设是的两个零点，证明：. 请考生在第（22）、（23）、（24）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。

（22）（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲如图，是等腰三角形，.以为圆心，为半径作圆. （Ⅰ）证明：直线与⊙相切；（Ⅱ）点在⊙上，且四点共圆，证明：. （23）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数，).在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线：. （Ⅰ）说明是哪一种曲线，并将的方程化为极坐标方程；（Ⅱ）直线的极坐标方程为，其中满足，若曲线与的公共点都在上，求. （24）（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲已知函数. （Ⅰ）在答题卡第（24）题图中画出的图像；（Ⅱ）求不等式的解集. 2016年全国卷Ⅰ高考数学（理科）答案与解析一、选择题【答案】（1）D （2）B （3）C （4）B （5）A （6）A （7）D （8）C （9）C （10）B （11）A （12）B 【解析】（1），，∴ ．（2） ∵即∴，解得：，∴．（3） ∵∴，∵∴，∴．（4）如图所示，画出时间轴：小明到达的时间会随机的落在图中线段AB中，而当他的到达时间落在线段AC或DB时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型，所求概率．（5）表示双曲线，则，∴， ∵ 解得，∴．（6）原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的1/8后的三视图，表面积是7/8的球面面积和三个扇形面积之和， ∴ （7），排除A；，排除B；时，，，当时，∴在单调递减，排除C；故选D （8）对A：由于，∴函数在上单调递增，因此，A错误；对B：由于，∴函数在上单调递减， ∴，B错误对C：要比较和，只需比较和，只需比较和，只需和构造函数，则，在上单调递增，因此又由得，∴，C正确对D：要比较和，只需比较和而函数在上单调递增，故又由得，∴，D错误故选C．【2°用特殊值法，令得，排除A；，排除B；，C正确；，排除D；∴选C】循环节运行次数判断是否输出运行前 0 1 / / 1 第一次否否第二次否否第三次是是（9）如下表：输出，，满足，故选C．（10）以开口向右的抛物线为例来解答，其他开口同理设抛物线为，设圆的方程为，题目条件翻译如图： F 设，，点在抛物线上，∴……① 点在圆上，∴……② 点在圆上，∴……③ 联立①②③解得：，焦点到准线的距离为． 2°【如图，设抛物线方程为，圆的半径为r,交轴于点，则，即点纵坐标为，则点横坐标为，即，由勾股定理知，，即，解得，即的焦点到准线的距离为4】（11）如图所示： ∵，∴若设平面平面，则又∵平面∥平面，结合平面平面 ∴，故同理可得：故、的所成角的大小与、所成角的大小相等，即的大小．而（均为面对交线），因此，即．（12）由题意知：则，其中在单调，接下来用排除法若，此时，在递增，在递减，不满足在单调；若，此时，满足在单调递减二、填空题【答案】（13）—2 （14）10 （15）64 （16）216 000 【解析】（13）由已知得,∴，解得． 2°得，∴，解得．（14）的展开式的通项为(，1，2，…，5)，令得，所以的系数是．（15）设等比数列的公比为，∴，解得，故，∴∴当时，取得最大值．（16）设生产A产品件，B产品件，根据所耗费的材料要求、工时要求等其他限制条件，构造线性规则约束为目标函数作出可行域为图中的四边形，包括边界，顶点为在处取得最大值，三、解答题（17）解：（I）由已知及正弦定理的，，即，故，可得，∴．（II）由已知，，又，∴，由已知及余弦定理得，，故，从而， ∴的周长为（18）解：（I）由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，∴AF⊥平面EFDC．又AF平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC．（II）过D作DG⊥EF，垂足为G，由(Ⅰ)知DG⊥平面ABEF，以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，GF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G—xyz．由(Ⅰ)知∠DFE为二面角D—AF—E的平面角，故∠DFE=60°，则DF=2，DG=3，可得A(1,4,0)，B(—3,4,0)，E(—3,0,0)，D(0,0,3)，由已知，AB∥EF，∴AB∥平面EFDC，又平面ABCD ⋂平面EFDC=CD，故AB∥CD，CD∥EF，由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，∴∠CEF为二面角C—BE—F的平面角，∠CEF=60°，从而可得C(—2,0,3), ∴EC=1,0,3，EB=0,4,0，AC=—3,—4,3，AB=(—4,0,0)，设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量，则n⋅EC=0，n⋅EB=0，即x+3z=04y=0 ,∴可取n=(3,0,—3)，设m是平面ABCD的法向量，则m⋅AC=0，m⋅AB=0，同理可取m=(0,3,4)，则cosn，m=n⋅mn⋅m=—21919，故二面角E—BC—A的余弦值为—21919 . （19）解：（I）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数位8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2，从而 P(X=16)=0.2×0.2=0.04， P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16， P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24， P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24， P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2， P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08， P(X=22)= 0.2×0.2=0.04， X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 所以X的分布列为（II）由(Ⅰ)知P(X≤18)=0.44，P(X≤19)=0.68，故n的最小值为19．（III）记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元），当n=19时，EY=19×200×0.68+(19×200+500) ×0.2+(19×200+2×500) ×0.08+(19×200+3×500) ×0.04=4040．当n=20时，EY=20×200×0.88+(20×200+500) ×0.08+(20×200+2×500) ×0.04=4080．可知当n=19时所需费用的期望值小于n=20时所需费用的期望值，故应选n=19．（20）解：（I） ∵AD=AC，EB∥AC，故∠EBD=∠ACD=∠ADC． ∴EB=ED，故EA+EB=EA+ED．又圆A的标准方程为,从而AD=4，∴EA+EB=4．由题设得A(—1,0)，B(1,0)，AB=2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：．（II）当l与x轴不垂直时，设l的方程为，，．由，得．则，；∴．过点B(1,0)且与l垂直的直线m：，A到m的距离为， ∴．故四边形MPNQ的面积．可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为．当l与x轴垂直时，其方程为，四边形MPNQ的面积为12．综上，四边形MPNQ面积的取值范围为（21）解：（I）．（i）设，则，只有一个零点．（ii）设，则当时，；当时，． ∴在单调递减，在单调递增．又，取b满足且，则，故存在两个零点．（iii）设，由得或．若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，，∴不存在两个零点；若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，∴不存在两点零点．综上，的取值范围为．（II）不妨设，由(Ⅰ)知，，，，在单调递减，∴，即． ∵，而， ∴．设，则． ∴当时，，而，故当时．从而，故．（22）解：（I）设E是AB的中点，连结OE． ∵OA=OB，∠AOB=120°，∴OE⊥AB，∠AOE=60°．在Rt△AOE中，OE =12AO，即O到直线AB的距离等于⊙O的半径，∴AB与⊙O相切．（II） ∵OA=2OD，∴O不是A,B,C,D四点所在圆的圆心．设是A,B,C,D四点所在圆的圆心，作直线OO′．由已知得O在线段AB的垂直平分线上，又O′在线段AB的垂直平分线上，∴OO′⊥AB．同理可证，OO′⊥CD．∴AB∥CD．（23）解：（I）消去参数得到的普通方程．是以（0,1）为圆心，a为半径的圆．将代入的普通方程中，得到的极坐标方程为．（II）曲线的公共点的极坐标满足方程组，若，由方程组得，由已知，可得，从而，解得（舍去），．时，极点也为的公共点，在上． ∴．（24）解：（I），的图像如图所示．（II）由得表达式及图像，当时，可得或；当时，可得或；故的解集为；的解集为． ∴的解集为．2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学1—2卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共24题，共150分，共4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2. 选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3. 请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用墨色笔迹的签字笔描黑。

5. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

第Ⅰ卷一. 选择题：本大题共12小题，每小题5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）已知在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是（A）（B）（C）（D）（2）已知集合，，则（A）（B）（C）（D）（3）已知向量，且，则m= （A）－8 （B）－6 （C）6 （D）8 （4）圆的圆心到直线的距离为1，则a= （A）（B）（C）（D）2 （5）如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（A）24 （B）18 （C）12 （D）9 （6）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（A）20π （B）24π （C）28π （D）32π （7）若将函数y=2sin 2x的图像向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（A）x= (kZ) （B）x= (kZ) （C）x= (kZ) （D）x= (kZ) （8）中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图,执行该程序框图，若输入的x=2，n=2，依次输入的a为2，2，5，则输出的s= （A）7 （B）12 （C）17 （D）34 （9）若cos(4(π)–α)= 5(3)，则sin 2α= （A）（B）（C）（D）（10）从区间随机抽取2n个数,，…，，，，…，，构成n个数对，，…，，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率的近似值为（A）（B）（C）（D）（11）已知F1，F2是双曲线E的左，右焦点，点M在E上，M F1与轴垂直，sin ,则E的离心率为（A）（B）（C）（D）2 （12）已知函数满足,若函数与图像的交点为,···，（），则（A）0 （B）m （C）2m （D）4m 第II卷本卷包括必考题和选考题两部分。第(13)题~第(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)题~第(24)题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：本大题共3小题，每小题5分。

（13）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若cos A=，cos C=，a=1，则b= . （14）α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. （2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n. （3）如果α∥β，mα，那么m∥β. （4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等. 其中正确的命题有。(填写所有正确命题的编号）（15）有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3。甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是。

（16）若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+1）的切线，则b= 。

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. （17）（本题满分12分） Sn为等差数列的前n项和，且=1 ，=28 记，其中表示不超过x的最大整数，如[0.9] = 0，[lg99]=1。

（I）求，，；（II）求数列的前1 000项和. （18）（本题满分12分）某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：上年度出险次数 0 1 2 3 4 5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次数 0 1 2 3 4 5 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0. 05 （I）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；（II）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；（III）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值. （19）（本小题满分12分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E,F分别在AD,CD上，AE=CF=，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△的位置，. （I）证明：平面ABCD；（II）求二面角的正弦值. （20）（本小题满分12分）已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点，点N在E上，MA⊥NA. （I）当t=4，时，求△AMN的面积；（II）当时，求k的取值范围. （21）（本小题满分12分） (I)讨论函数的单调性，并证明当 0时， (II)证明：当时，函数有最小值.设g（x）的最小值为，求函数的值域. 请考生在22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号（22）（本小题满分10分）选修4—1：集合证明选讲如图，在正方形ABCD，E,G分别在边DA,DC上（不与端点重合），且DE=DG，过D点作DF⊥CE，垂足为F. (I) 证明：B,C,G,F四点共圆； (II)若AB=1，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积. （23）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程在直线坐标系xoy中，圆C的方程为（x+6）2+y2=25. （I）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；（II）直线l的参数方程是（t为参数）,l与C交于A、B两点， ∣AB∣=，求l的斜率。

（24）（本小题满分10分），选修4—5：不等式选讲已知函数f(x)= ∣x—∣+∣x+∣，M为不等式f(x) ＜2的解集. （I）求M；（II）证明：当a,b∈M时，∣a+b∣＜∣1+ab∣。

2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学答案第Ⅰ卷一.选择题：（1）【答案】A （2）【答案】C （3）【答案】D （4）【答案】A （5）【答案】B （6）【答案】C （7）【答案】B （8）【答案】C （9）【答案】D （10）【答案】C （11）【答案】A （12）【答案】C 第Ⅱ卷二、填空题 (13)【答案】 (14) 【答案】②③④ （15）【答案】1和3 （16）【答案】三.解答题 17.（本题满分12分）【答案】（Ⅰ），，；（Ⅱ）1893. 【解析】试题分析：（Ⅰ）先求公差、通项，再根据已知条件求；（Ⅱ）用分段函数表示，再由等差数列的前项和公式求数列的前1 000项和．试题解析：（Ⅰ）设的公差为，据已知有，解得所以的通项公式为（Ⅱ）因为所以数列的前项和为考点：等差数列的的性质，前项和公式，对数的运算. 【结束】 18.（本题满分12分）【答案】（Ⅰ）根据互斥事件的概率公式求解；（Ⅱ）由条件概率公式求解；（Ⅲ）记续保人本年度的保费为，求的分布列为，在根据期望公式求解.. 【解析】试题分析：试题解析：（Ⅰ）设表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于1，故（Ⅱ）设表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于3，故又，故因此所求概率为（Ⅲ）记续保人本年度的保费为，则的分布列为因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为考点：条件概率，随机变量的分布列、期望. 【结束】 19.（本小题满分12分）【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）. 【解析】试题分析：（Ⅰ）证，再证，最后证；（Ⅱ）用向量法求解. 试题解析：（I）由已知得，，又由得，故. 因此，从而.由,得. 由得.所以，. 于是，，故. 又，而，所以. （II）如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可以取.设是平面的法向量，则，即，所以可以取.于是， .因此二面角的正弦值是. 考点：线面垂直的判定、二面角. 【结束】 20.（本小题满分12分）【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】试题分析：（Ⅰ）先求直线的方程，再求点的纵坐标，最后求的面积；（Ⅱ）设，，将直线的方程与椭圆方程组成方程组，消去，用表示，从而表示，同理用表示，再由求. 试题解析：（I）设，则由题意知，当时，的方程为，. 由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为. 将代入得.解得或，所以. 因此的面积. （II）由题意，，. 将直线的方程代入得. 由得，故. 由题设，直线的方程为，故同理可得，由得，即. 当时上式不成立，因此.等价于，即.由此得，或，解得. 因此的取值范围是. 考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系. 【结束】（21）（本小题满分12分）【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）. 【解析】试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数的最值，在构造新函数，又用导数法求解. 试题解析：（Ⅰ）的定义域为. 且仅当时，，所以在单调递增，因此当时，所以（II）由（I）知，单调递增，对任意因此，存在唯一使得即，当时，单调递减；当时，单调递增. 因此在处取得最小值，最小值为于是，由单调递增所以，由得因为单调递增，对任意存在唯一的使得所以的值域是综上，当时，有，的值域是考点：函数的单调性、极值与最值. 【结束】请考生在22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号（22）（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）. 【解析】试题分析：（Ⅰ）证再证四点共圆；（Ⅱ）证明四边形的面积是面积的2倍. 试题解析：（I）因为,所以则有所以由此可得由此所以四点共圆. （II）由四点共圆，知，连结，由为斜边的中点，知,故因此四边形的面积是面积的2倍，即考点：三角形相似、全等，四点共圆【结束】（23）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】试题分析：（I）利用，可得C的极坐标方程；（II）先将直线的参数方程化为普通方程，再利用弦长公式可得的斜率．试题解析：（I）由可得的极坐标方程（II）在（I）中建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为由所对应的极径分别为将的极坐标方程代入的极坐标方程得于是由得，所以的斜率为或. 考点：圆的极坐标方程与普通方程互化，直线的参数方程，点到直线的距离公式. 【结束】（24）（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析. 【解析】试题分析：（I）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，．试题解析：（I）当时，由得解得；当时，；当时，由得解得. 所以的解集. （II）由（I）知，当时，，从而，因此考点：绝对值不等式，不等式的证明. 【结束】 2016年高考理科数学全国新课标3卷一、选择题（本大题共12小题）设集合，则（） A． [2，3] B．（— ，2] [3,+） C． [3,+） D．（0， 2] [3,+）若，则（） A．1 B． —1 C． D．已知向量，，则（） A． B． C． D．某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中月平均最高气温和平均最低气温的雷达图．图中点表示十月的平均最高气温约为，点表示四月的平均最低气温约为．下面叙述不正确的是（） A．各月的平均最低气温都在以上 B．七月的平均温差比一月的平均温差大 C．三月和十一月的平均最高气温基本相同 D．平均气温高于的月份有5个若，则（） A． B． C． 1 D．已知，，，则（） A． B． C． D．执行下图的程序框图，如果输入的，那么输出的（） A．3 B．4 C．5 D．6 在中，，边上的高等于,则（） A． B． C． D．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（） A． B． C．90 D．81 在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是（） A．4π B． C．6π D．已知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，分别为的左，右顶点.为上一点，且轴.过点的直线与线段交于点，与轴交于点.若直线经过的中点，则的离心率为（） A． B． C． D．定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为0，项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若，则不同的“规范01数列”共有（） A．18个 B．16个 C．14个 D．12个二、填空题（本大题共4小题）若满足约束条件则的最大值为_____________. 函数的图像可由函数的图像至少向右平移_____________个单位长度得到．已知为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是_______________．已知直线：与圆交于两点，过分别做的垂线与轴交于两点，若，则__________________. 三、解答题（本大题共8小题）已知数列的前n项和，其中．（I）证明是等比数列，并求其通项公式；（II）若，求．下图是我国2008年至2014年生活垃圾无害化处理量（单位：亿吨）的折线图（I）由折线图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；（II）建立关于的回归方程（系数精确到0.01），预测2016年我国生活垃圾无害化处理量．附注：参考数据：，，，≈2.646. 参考公式：相关系数回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I）证明平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值. 已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．（I）若在线段上，是的中点，证明；（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程. 设函数，其中，记的最大值为．（Ⅰ）求；（Ⅱ）求；（Ⅲ）证明．选修4—1：几何证明选讲如图，中的中点为，弦分别交于两点．（I）若，求的大小；（II）若的垂直平分线与的垂直平分线交于点，证明．选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为，以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（I）写出的普通方程和的直角坐标方程；（II）设点在上，点在上，求的最小值及此时的直角坐标. 选修4—5：不等式选讲已知函数．（I）当时，求不等式的解集；（II）设函数．当时，，求的取值范围． 2016年高考理科数学全国新课标3卷答案解析一、选择题【答案】D 【解析】由解得或，所以或，所以或，故选D. 考点：1、不等式的解法；2、集合的交集运算．【技巧点拨】研究集合的关系，处理集合的交、并、补的运算问题，常用韦恩图、数轴等几何工具辅助解题．一般地，对离散的数集、抽象的集合间的关系及运算，可借助韦恩图，而对连续的集合间的运算及关系，可借助数轴的直观性，进行合理转化．【答案】C 【解析】试题分析：，故选C．考点：1、复数的运算；2、共轭复数．【举一反三】复数的加、减法运算中，可以从形式上理解为关于虚数单位“”的多项式合并同类项，复数的乘法与多项式的乘法相类似，只是在结果中把换成－1.复数除法可类比实数运算的分母有理化．复数加、减法的几何意义可依平面向量的加、减法的几何意义进行理解．【答案】A 【解析】由题意得， , 所以，故选A．考点：向量夹角公式．【思维拓展】（1）平面向量与的数量积为，其中是与的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：；（2）由向量的数量积的性质有，，，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题．【答案】D 【解析】由图可知0°C均在虚线框内，所以各月的平均最低气温都在0°C以上,A正确；由图可在七月的平均气温差大于7.5°C，而一月的平均温差小于7.5°C，所以七月的平均温差比一月的平均温差大，B正确；由图可知三月和十一月的平均最高气温都大约在5°C，基本相同，C正确；由图可知平均最高气温高于20°C的月份有3个或2个，所以不正确，故选D. 考点：1、平均数；2、统计图．【易错警示】解答本题时易错可能有两种：（1）对图形中的线条认识不明确，不知所措，只觉得是两把雨伞重叠在一起，找不到解决问题的方法；（2）估计平均温差时易出现错误，错选B．【答案】A 【解析】试题分析：由，得或，所以，故选A．考点：1、同角三角函数间的基本关系；2、倍角公式．【方法点拨】三角函数求值：①“给角求值”将非特殊角向特殊角转化，通过相消或相约消去非特殊角，进而求出三角函数值；②“给值求值”关键是目标明确，建立已知和所求之间的联系．【答案】A 【解析】试题分析：因为，，所以，故选A．考点：幂函数的图象与性质．【技巧点拨】比较指数的大小常常根据三个数的结构联系相关的指数函数与对数函数、幂函数的单调性来判断，如果两个数指数相同，底数不同，则考虑幂函数的单调性；如果指数不同，底数相同，则考虑指数函数的单调性；如果涉及到对数，则联系对数的单调性来解决．【答案】B 【解析】第1次循环，得a=2，b=4，a=6，s=6，n=1；第2次循环，得a=—2，b=6，a=4，s=10，n=2 第3次循环，得a=2，b=4，=6，s=16，n=3 第4次循环，得a=—2，b=6，a=4，a=2016，n=4 退出循环，输出n=4，故选B. 考点：程序框图．【注意提示】解决此类型时要注意：第一，要明确是当型循环结构，还是直到型循环结构．根据各自的特点执行循环体；第二，要明确图中的累计变量，明确每一次执行循环体前和执行循环体后，变量的值发生的变化；第三，要明确循环体终止的条件是什么，会判断什么时候终止循环体．【答案】C 【解析】试题分析：设边上的高线为，则，所以，．由余弦定理，知，故选C．考点：余弦定理．【方法点拨】在平面几何图形中求相关的几何量时，需寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，常常将所涉及到已知几何量与所求几何集中到某一个三角形，然后选用正弦定理与余弦定理求解．【答案】B 【解析】由三视图知几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积为 ,故选B. 考点：空间几何体的三视图及表面积．【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解．【答案】B 【解析】试题分析：要使球的体积最大，必须球的半径最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值，此时球的体积为，故选B．考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．【答案】A 【解析】由题意设直线l的方程为y=k(x+a)，分别令与得，由，得，即，得，所以椭圆的离心率，故选A．考点：椭圆方程与几何性质．【思路点拨】求解椭圆的离心率问题主要有三种方法：（1）直接求得的值，进而求得的值；（2）建立的齐次等式，求得或转化为关于的等式求解；(3)通过特殊值或特殊位置，求出．【答案】C 【解析】试题分析：由题意，得必有，，则具体的排法列表如下： 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 考点：计数原理的应用．【方法点拨】求解计数问题时，如果遇到情况较为复杂，即分类较多，标准也较多，同时所求计数的结果不太大时，往往利用表格法、树枝法将其所有可能一一列举出来，常常会达到岀奇制胜的效果．二、填空题【答案】【解析】试题分析：作出不等式组满足的平面区域，如图所示，由图知，当目标函数经过点时取得最大值，即．考点：简单的线性规划问题．【技巧点拨】利用图解法解决线性规划问题的一般步骤：(1)作出可行域．将约束条件中的每一个不等式当作等式，作出相应的直线，并确定原不等式的区域，然后求出所有区域的交集；(2)作出目标函数的等值线(等值线是指目标函数过原点的直线)；(3)求出最终结果．【答案】【解析】因为，所以的图像可以由函数的图像至少向右平移个单位长度得到. 考点：1、三角函数图象的平移变换；2、两角和与差的正弦函数．【误区警示】在进行三角函数图象变换时，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也经常出现在题目中，所以也必须熟练掌握，无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言，即图象变换要看“变量”起多大变化，而不是“角”变化多少．【答案】【解析】试题分析：当时，，则．又因为为偶函数，所以，所以，则切线斜率为，所以切线方程为，即．考点：1、函数的奇偶性与解析式；2、导数的几何意义．【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当时，函数，则当时，求函数的解析式”．有如下结论：若函数为偶函数，则当时，函数的解析式为；若为奇函数，则函数的解析式为．【答案】4 【解析】因，且圆的半径为，所以圆心到直线的距离为，则由，解得，代入直线l的方程，得，所以直线l的倾斜角为，在梯形ABCD中， . 考点：直线与圆的位置关系．【技巧点拨】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法(即几何问题代数化)，把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系得非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．三、解答题【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】(I)当n=1时，，故，由，得，所以. 因此是首项为，公比为的等比数列，于是．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由得，即，解得．考点：1、数列通项与前项和为关系；2、等比数列的定义与通项及前项和为．【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明（常数）；（2）中项法，即证明．根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求解．【答案】（Ⅰ）理由见解析；（Ⅱ）1.82亿吨．试题解析：（Ⅰ）由折线图这数据和附注中参考数据得，，，，．因为与的相关系数近似为0.99，说明与的线性相关相当高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系. （II）由及（I）得，所以，y关于t的回归方程为：将2016年对应的t=9代入回归方程得：所以预测2016年我国生活垃圾无害化处理量将约为1.82亿吨. 考点：线性相关与线性回归方程的求法与应用．【方法点拨】（1）判断两个变量是否线性相关及相关程度通常有两种方法：（1）利用散点图直观判断；（2）将相关数据代入相关系数公式求出，然后根据的大小进行判断．求线性回归方程时在严格按照公式求解时，一定要注意计算的准确性．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线的方向向量与平面法向量的夹角来处理与平面所成角．试题解析：（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，. 又，故，四边形为平行四边形，于是. 因为平面，平面，所以平面. 设为平面的法向量，则，即，可取，于是. 考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．试题解析：由题设.设，则，且 . 记过两点的直线为，则的方程为. .....3分（Ⅰ）由于在线段上，故. 记的斜率为，的斜率为，则，所以. ......5分（Ⅱ）设与轴的交点为，则. 由题设可得，所以（舍去），. 设满足条件的的中点为. 当与轴不垂直时，由可得. 而，所以. 当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为. ....12分考点：1、抛物线定义与几何性质；2、直线与抛物线位置关系；3、轨迹求法．【方法归纳】（1）解析几何中平行问题的证明主要是通过证明两条直线的斜率相等或转化为利用向量证明；（2）求轨迹的方法在高考中最常考的是直接法与代入法（相关点法），利用代入法求解时必须找准主动点与从动点．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析．试题解析：（Ⅰ）．（Ⅱ）当时，因此，． ………4分当时，将变形为．令，则是在上的最大值，，，且当时，取得极小值，极小值为．令，解得（舍去），．（ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以．（ii）当时，由，知又所以，故有（Ⅲ）由（Ⅰ）得. 当时，. 当时，，所以. 当时，，所以. 考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性．【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如的形式；（2）结合自变量的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解．请考生在[22]、[23]、[24]题中任选一题作答。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。如果多做，则按所做的第一题计分。

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析．试题解析：（Ⅰ）连结，则. 因为，所以，又，所以. 又，所以，因此. （Ⅱ）因为，所以，由此知四点共圆，其圆心既在的垂直平分线上，又在的垂直平分线上，故就是过四点的圆的圆心，所以在的垂直平分线上，又也在的垂直平分线上，因此．考点：1、圆周角定理；2、三角形内角和定理；3、垂直平分线定理；4、四点共圆．【方法点拨】（1）求角的大小通常要用到三角形相似、直角三角形两锐角互余、圆周角与圆心角定理、三角形内角和定理等知识，经过不断的代换可求得结果；（2）证明两条直线的夂垂直关系，常常要用到判断垂直的相关定理，如等腰三角形三线合一、矩形性质、圆的直径、平行的性质等．【答案】（Ⅰ）的普通方程为，的直角坐标方程为；（Ⅱ）．试题解析：（Ⅰ）的普通方程为，的直角坐标方程为. ……5分（Ⅱ）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值即为到的距离的最小值，. ………………8分当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为. ………………10分考点：1、椭圆的参数方程；2、直线的极坐标方程．【技巧点拨】一般地，涉及椭圆上的点的最值问题、定值问题、轨迹问题等，当直接处理不好下手时，可考虑利用椭圆的参数方程进行处理，设点的坐标为，将其转化为三角问题进行求解．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．试题解析：（Ⅰ）当时，. 解不等式，得，因此，的解集为. ………………5分（Ⅱ）当时，，当时等号成立，所以当时，等价于. ① ……7分当时，①等价于，无解；当时，①等价于，解得，所以的取值范围是. ………………10分考点：1、绝对值不等式的解法；2、三角形绝对值不等式的应用．【易错警示】对于绝对值三角不等式，易忽视等号成立的条件．对，当且仅当时，等号成立，对，如果，当且仅当且时左边等号成立，当且仅当时右边等号成立． 2015年高考理科数学试卷全国1卷 2015年高考理科数学试卷全国2卷 2015年高考理科数学试卷全国1卷 1．设复数z满足=，则|z|=（）（A）1 （B）（C）（D）2 2． =（）（A）（B）（C）（D） 3．设命题：，则为（）（A）（B）（C）（D） 4．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试。已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（）（A）0.648 （B）0.432 （C）0.36 （D）0.312 5．已知M（）是双曲线C：上的一点，是C上的两个焦点，若，则的取值范围是（）（A）（—，）（B）（—，）（C）（，）（D）（，） 6．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（）（A）14斛（B）22斛（C）36斛（D）66斛 7．设为所在平面内一点，则（）（A）（B）（C）（D） 8．函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为（）（A）（B）（C）（D） 9．执行右面的程序框图，如果输入的t=0.01，则输出的n=（）（A）5 （B）6 （C）7 （D）8 10．的展开式中，的系数为（）（A）10 （B）20 （C）30 （D）60 11．圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16 + 20，则r=（）（A）1 （B）2 （C）4 （D）8 12．设函数=,其中a1，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是（）（A）[—，1）（B）[—，）（C）[，）（D）[，1） 13．若函数f（x）=为偶函数，则a= 14．一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为. 15．若满足约束条件，则的最大值为. 16．在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值范围是. 17．（本小题满分12分）为数列{}的前项和.已知＞0，=. （Ⅰ）求{}的通项公式；（Ⅱ）设 ,求数列{}的前项和. 18．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC. （Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值. 19．某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x（单位：千元）对年销售量y（单位：t）和年利润z（单位：千元）的影响，对近8年的年宣传费和年销售量（=1,2，···，8）数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值. 46.6 56.3 6.8 289.8 1.6 1469 108.8 表中，= （Ⅰ）根据散点图判断，y=a+bx与y=c+d哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）（Ⅱ）根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程；（Ⅲ）已知这种产品的年利率z与x、y的关系为z=0.2y—x.根据（Ⅱ）的结果回答下列问题：（ⅰ）年宣传费x=49时，年销售量及年利润的预报值是多少？（ⅱ）年宣传费x为何值时，年利率的预报值最大？附：对于一组数据,，……，,其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为： 20．（本小题满分12分）在直角坐标系中，曲线C：y=与直线（＞0）交与M,N两点，（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由. 21．（本小题满分12分）已知函数f（x）=. （Ⅰ）当a为何值时，x轴为曲线的切线；（Ⅱ）用表示m,n中的最小值，设函数，讨论h（x）零点的个数. 22．（本题满分10分）选修4—1：几何证明选讲如图，AB是的直径，AC是的切线，BC交于E. （Ⅰ）若D为AC的中点，证明：DE是的切线；（Ⅱ）若，求∠ACB的大小. 23．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线:=2，圆：,以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系. （Ⅰ）求，的极坐标方程；（Ⅱ）若直线的极坐标方程为，设与的交点为, ,求的面积. 24．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲已知函数=|x+1|—2|x—a|，a0. （Ⅰ）当a=1时，求不等式f（x）1的解集；（Ⅱ）若f（x）的图像与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围. 【答案解析】 1.【答案】A 【解析】由得，==，故|z|=1，故选A. 考点：本题主要考查复数的运算和复数的模等. 2.【答案】D 【解析】原式= ==，故选D. 考点：本题主要考查诱导公式与两角和与差的正余弦公式. 3.【答案】C 【解析】:，故选C. 考点：本题主要考查特称命题的否定 4.【答案】A 【解析】根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为=0.648，故选A. 考点：本题主要考查独立重复试验的概率公式与互斥事件和概率公式 5.【答案】A 【解析】由题知，，所以= =，解得，故选A. 考点：双曲线的标准方程；向量数量积坐标表示；一元二次不等式解法. 6.【答案】B 【解析】设圆锥底面半径为r，则=，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B. 考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式 7.【答案】A 【解析】由题知=，故选A. 考点：平面向量的线性运算 8.【答案】D 【解析】由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故单调减区间为（，），，故选D. 考点：三角函数图像与性质 9.【答案】C 【解析】执行第1次，t=0.01,S=1,n=0,m==0.5,S=S—m=0.5,=0.25,n=1,S=0.5＞t=0.01,是，循环，执行第2次，S=S—m=0.25,=0.125,n=2,S=0.25＞t=0.01,是，循环，执行第3次，S=S—m=0.125,=0.0625,n=3,S=0.125＞t=0.01,是，循环，执行第4次，S=S—m=0.0625,=0.03125,n=4,S=0.0625＞t=0.01,是，循环，执行第5次，S=S—m=0.03125,=0.015625,n=5,S=0.03125＞t=0.01,是，循环，执行第6次，S=S—m=0.015625,=0.0078125,n=6,S=0.015625＞t=0.01,是，循环，执行第7次，S=S—m=0.0078125,=0.00390625,n=7,S=0.0078125＞t=0.01,否，输出n=7，故选C. 考点：本题注意考查程序框图 10.【答案】C 【解析】在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y,故的系数为=30，故选 C. 考点：本题主要考查利用排列组合知识计算二项式展开式某一项的系数. 【名师点睛】本题利用排列组合求多项展开式式某一项的系数，试题形式新颖，是中档题，求多项展开式式某一项的系数问题，先分析该项的构成，结合所给多项式，分析如何得到该项，再利用排列组知识求解. 11.【答案】B 【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r，圆柱的高为2r，其表面积为==16 + 20，解得r=2，故选B. 考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式 12.【答案】D 【解析】设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方. 因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，当时，=—1，，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故选D. 考点：本题主要通过利用导数研究函数的图像与性质解决不等式成立问题 13.【答案】1 【解析】由题知是奇函数，所以 =，解得=1. 考点：函数的奇偶性 14.【答案】【解析】设圆心为（，0），则半径为，则，解得，故圆的方程为. 考点：椭圆的几何性质；圆的标准方程 15.【答案】3 【解析】作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A（1,3）与原点连线的斜率最大，故的最大值为3. 考点：线性规划解法 16.【答案】（，）【解析】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得，即，解得=，平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，，即，解得BF=，所以AB的取值范围为（，）. 考点：正余弦定理；数形结合思想 17.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）先用数列第项与前项和的关系求出数列{}的递推公式，可以判断数列{}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{}的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{}的通项公式，再用拆项消去法求其前项和. 试题解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以=3，当时，==，即，因为，所以=2，所以数列{}是首项为3，公差为2的等差数列，所以=；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=，所以数列{}前n项和为= =. 考点：数列前n项和与第n项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法 18.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EG⊥AC，通过计算可证EG⊥FG，根据线面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G—xyz，利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值. 试题解析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=. 由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC，在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=. 在Rt△FDG中，可得FG=. 在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=， ∴，∴EG⊥FG， ∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC， ∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC. （Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G—xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E（1,0, ），F（－1,0，），C（0，，0），∴=（1，，），=（—1，—，）.…10分故. 所以直线AE与CF所成的角的余弦值为. 考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力 19.【答案】（Ⅰ）适合作为年销售关于年宣传费用的回归方程类型；（Ⅱ）（Ⅲ）46.24 【解析】试题分析：（Ⅰ）由散点图及所给函数图像即可选出适合作为拟合的函数；（Ⅱ）令，先求出建立关于的线性回归方程，即可关于的回归方程；（Ⅲ）（ⅰ）利用关于的回归方程先求出年销售量的预报值，再根据年利率z与x、y的关系为z=0.2y—x即可年利润z的预报值；（ⅱ）根据（Ⅱ）的结果知，年利润z的预报值，列出关于的方程，利用二次函数求最值的方法即可求出年利润取最大值时的年宣传费用. 试题解析：（Ⅰ）由散点图可以判断，适合作为年销售关于年宣传费用的回归方程类型. （Ⅱ）令，先建立关于的线性回归方程，由于=， ∴=563—68×6.8=100.6. ∴关于的线性回归方程为， ∴关于的回归方程为. （Ⅲ）（ⅰ）由（Ⅱ）知，当=49时，年销售量的预报值 =576.6， . （ⅱ）根据（Ⅱ）的结果知，年利润z的预报值， ∴当=，即时，取得最大值. 故宣传费用为46.24千元时，年利润的预报值最大.……12分考点：非线性拟合；线性回归方程求法；利用回归方程进行预报预测；应用意识 20.【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）存在【解析】试题分析：（Ⅰ）先求出M,N的坐标，再利用导数求出M,N.（Ⅱ）先作出判定，再利用设而不求思想即将代入曲线C的方程整理成关于的一元二次方程，设出M,N的坐标和P点坐标，利用设而不求思想，将直线PM，PN的斜率之和用表示出来，利用直线PM，PN的斜率为0,即可求出关系，从而找出适合条件的P点坐标. 试题解析：（Ⅰ）由题设可得，，或，. ∵，故在=处的到数值为，C在处的切线方程为，即. 故在=—处的到数值为—，C在处的切线方程为，即. 故所求切线方程为或. （Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为复合题意得点，，，直线PM，PN的斜率分别为. 将代入C得方程整理得. ∴. ∴==. 当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM=∠OPN，所以符合题意. 考点：抛物线的切线；直线与抛物线位置关系；探索新问题；运算求解能力 21..【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点. 【解析】试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论. 试题解析：（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得. 因此，当时，轴是曲线的切线. （Ⅱ）当时，，从而， ∴在（1，+∞）无零点. 当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点. 当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数. （ⅰ）若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点. （ⅱ）若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=. ①若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点. ②若=0，即，则在（0,1）有唯一零点； ③若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.…10分综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点. 考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想 22.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）60° 【解析】试题分析：（Ⅰ）由圆的切线性质及圆周角定理知，AE⊥BC，AC⊥AB，由直角三角形中线性质知DE=DC，OE=OB，利用等量代换可证∠DEC+∠OEB=90°，即∠OED=90°，所以DE是圆O的切线；（Ⅱ）设CE=1,由得，AB=，设AE=，由勾股定理得，由直角三角形射影定理可得，列出关于的方程，解出，即可求出∠ACB的大小. 试题解析：（Ⅰ）连结AE，由已知得，AE⊥BC，AC⊥AB，在Rt△AEC中，由已知得DE=DC，∴∠DEC=∠DCE，连结OE，∠OBE=∠OEB， ∵∠ACB+∠ABC=90°，∴∠DEC+∠OEB=90°， ∴∠OED=90°，∴DE是圆O的切线. （Ⅱ）设CE=1，AE=,由已知得AB=，，由射影定理可得，， ∴，解得=，∴∠ACB=60°. 考点：圆的切线判定与性质；圆周角定理；直角三角形射影定理 23.【答案】（Ⅰ）,（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）用直角坐标方程与极坐标互化公式即可求得，的极坐标方程；（Ⅱ）将将代入即可求出|MN|，利用三角形面积公式即可求出的面积. 试题解析：（Ⅰ）因为， ∴的极坐标方程为，的极坐标方程为.……5分（Ⅱ）将代入，得，解得=，=，|MN|=－=，因为的半径为1，则的面积=. 考点：直角坐标方程与极坐标互化；直线与圆的位置关系 24.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（2，+∞）【解析】试题分析：（Ⅰ）利用零点分析法将不等式f（x）1化为一元一次不等式组来解；（Ⅱ）将化为分段函数，求出与轴围成三角形的顶点坐标，即可求出三角形的面积，根据题意列出关于的不等式，即可解出的取值范围. 试题解析：（Ⅰ）当a=1时，不等式f（x）1化为|x+1|—2|x—1|＞1，等价于或或，解得，所以不等式f（x）1的解集为. （Ⅱ）由题设可得，，所以函数的图像与轴围成的三角形的三个顶点分别为，，，所以△ABC的面积为. 由题设得＞6，解得. 所以的取值范围为（2，+∞）. 考点：含绝对值不等式解法；分段函数；一元二次不等式解法 2015年高考理科数学试卷全国卷Ⅱ 一、选择题：本大题共12道小题，每小题5分 1．已知集合，,则（） A． B． C． D． 2．若为实数且，则（） A． B． C． D． 3．根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量（单位：万吨）柱形图。以下结论不正确的是（） A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著 B．2007年我国治理二氧化硫排放显现 C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势 D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关 4．已知等比数列满足a1=3， =21，则（） A．21 B．42 C．63 D．84 5．设函数,（） A．3 B．6 C．9 D．12 6．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（） A． B． C． D． 7．过三点，，的圆交y轴于M，N两点，则（） A．2 B．8 C．4 D．10 8．右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入分别为14,18，则输出的（） A．0 B．2 C．4 D．14 9．已知是球的球面上两点，,为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为（） A． B. C. D. 10．如图，长方形的边，，是的中点，点沿着边，与运动，记．将动到、两点距离之和表示为的函数，则的图像大致为（） 11．已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，∆ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为（） A． B． C． D． 12．设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（） A． B． C． D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 13．设向量，不平行，向量与平行，则实数_________． 14．若x，y满足约束条件，则的最大值为____________． 15．的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则__________． 16．设是数列的前n项和，且，，则________．三、解答题 17．（本题满分12分）中，是上的点，平分，面积是面积的2倍．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，，求和的长． 18．（本题满分12分）某公司为了解用户对其产品的满意度，从，两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下： A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79 （Ⅰ）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；（Ⅱ）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：满意度评分低于70分 70分到89分不低于90分满意度等级不满意满意非常满意记时间C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评价结果相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率． 19．（本题满分12分）如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． D D1 C1 A1 E F A B C B1 （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 20．（本题满分12分）已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．（Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由． 21．（本题满分12分）设函数．（Ⅰ）证明：在单调递减，在单调递增；（Ⅱ）若对于任意，都有，求的取值范围． 22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲如图，为等腰三角形内一点，圆与的底边交于、两点与底边上的高交于点，与、分别相切于、两点． G A E F O N D B C M （Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若等于的半径，且，求四边形的面积． 23．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线（为参数，），其中，在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线，曲线．（Ⅰ）．求与交点的直角坐标；（Ⅱ）．若与相交于点，与相交于点，求的最大值． 24．（本小题满分10分）选修4—5不等式选讲设均为正数，且，证明：（Ⅰ）若，则；（Ⅱ）是的充要条件．参考答案 1．A 【解析】由已知得，故，故选A．考点：集合的运算． 2．B 【解析】由已知得，所以，解得，故选B．考点：复数的运算． 3．D 【解析】由柱形图得，从2006年以来，我国二氧化硫排放量呈下降趋势，故年排放量与年份负相关，故选D．考点：正、负相关． 4．B 【解析】设等比数列公比为，则，又因为，所以，解得，所以，故选B．考点：等比数列通项公式和性质． 5．C 【解析】由已知得，又，所以，故，故选C．考点：分段函数． 6．D 【解析】由三视图得，在正方体中，截去四面体，如图所示，，设正方体棱长为，则，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D．考点：三视图． 7．C 【解析】由已知得，，所以，所以，即为直角三角形，其外接圆圆心为，半径为，所以外接圆方程为，令，得，所以，故选C．考点：圆的方程． 8．B 【解析】程序在执行过程中，，的值依次为，；；；；；，此时程序结束，输出的值为2，故选B．考点：程序框图． 9．C 【解析】如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C．考点：外接球表面积和椎体的体积． 10．B 【解析】由已知得，当点在边上运动时，即时，；当点在边上运动时，即时，，当时，；当点在边上运动时，即时，，从点的运动过程可以看出，轨迹关于直线对称，且，且轨迹非线型，故选B．考点：函数的图象和性质． 11．D 【解析】设双曲线方程为，如图所示，，，过点作轴，垂足为，在中，，，故点的坐标为，代入双曲线方程得，即，所以，故选D．考点：双曲线的标准方程和简单几何性质． 12．A 【解析】记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，则；当时，，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选A．考点：导数的应用、函数的图象与性质． 13．【解析】因为向量与平行，所以，则所以．考点：向量共线． 14．【解析】画出可行域，如图所示，将目标函数变形为，当取到最大时，直线的纵截距最大，故将直线尽可能地向上平移到，则的最大值为．考点：线性规划． 15．【解析】试题分析：由已知得，故的展开式中x的奇数次幂项分别为，，，，，其系数之和为，解得．考点：二项式定理． 16．【解析】由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．考点：等差数列和递推关系． 17．【解析】（Ⅰ），，因为，，所以．由正弦定理可得．（Ⅱ）因为，所以．在和中，由余弦定理得，．．由（Ⅰ）知，所以． 18．【解析】（Ⅰ）两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散．（Ⅱ）记表示事件：“A地区用户满意度等级为满意或非常满意”；表示事件：“A地区用户满意度等级为非常满意”；表示事件：“B地区用户满意度等级为不满意”；表示事件：“B地区用户满意度等级为满意”．则与独立，与独立，与互斥，．．由所给数据得，，，发生的概率分别为，，，．故，，，，故． 19．【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图：（Ⅱ）作，垂足为，则，，因为为正方形，所以．于是，所以．以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．设是平面的法向量，则即所以可取．又，故．所以直线与平面所成角的正弦值为． 20．【解析】（Ⅰ）设直线，，，．将代入得，故，．于是直线的斜率，即．所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．（Ⅱ）四边形能为平行四边形．因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．由（Ⅰ）得的方程为．设点的横坐标为．由得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此．四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．于是．解得，．因为，，，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形． 21．【解析】（Ⅰ）．若，则当时，，；当时，，．若，则当时，，；当时，，．所以，在单调递减，在单调递增．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是． 22．【解析】（Ⅰ）由于是等腰三角形，，所以是的平分线．又因为分别与、相切于、两点，所以，故．从而．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，,，故是的垂直平分线，又是的弦，所以在上．连接，，则．由等于的半径得，所以．所以和都是等边三角形．因为，所以，．因为，，所以．于是，．所以四边形的面积． 23．【解析】（Ⅰ）曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为．联立解得或所以与交点的直角坐标为和．（Ⅱ）曲线的极坐标方程为，其中．因此得到极坐标为，的极坐标为．所以，当时，取得最大值，最大值为． 24．【解析】（Ⅰ）因为，，由题设，，得．因此．（Ⅱ）（ⅰ）若，则．即．因为，所以，由（Ⅰ）得．（ⅱ）若，则，即．因为，所以，于是．因此，综上，是的充要条件．。

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