高考数学普通高等学校招生全国统一考试109

高考数学普通高等学校招生全国统一考试109数学（理科）浙江卷本试题卷第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。全卷共4页，第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页满分150分，考试时间120钟请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。第Ⅰ卷（共50分）注意事项：1.答第1卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。2.每小题选出正确答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号填黑.叁考正式：如果事件A，B互斥，那么P（A+B）=P(A)+P(B)S=24RP(A+B)=P(A)．P(B)其中R表示球的半径如果事件A在一次试验中发生的概念是p球的体积公式V=234R那么n次独立重复试验中恰好发生其中R表示球的半径k次的概率：knknnppCkP)1()(4一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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{|1Ax≤x≤2},B={x|0≤x≤4},则A∩B=(A)［0,2］(B)［1,2］(C)［0,4］(D)［1,4］（２）已知niminmniim是虚数单位，则是实数，，，其中11(A)1+2i(B)1-2i(C)2+i(D)2-I(3)已知0＜a＜1，log1m＜log1n＜0，则(A)1＜n＜m(B)1＜m＜n(C)m＜n＜1(D)n＜m＜1（３）在平面直角坐标系中，不等式组2,02,02xyxyx表示的平面区域的面积是(A)21(B)23(C)81(D)89（6）函数y=21sin2+4sin2x,xR的值域是(A)［-21,23］(B)［-23,21］(C)［2122,2122］(D)［2122,2122］(7)“a＞b＞c”是“ab＜222ba”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)既不允分也不必要条件（8）若多项式nxnxnxaaxx则,)1()1()1(11102110112(A)9(B)10(C)-9(D)-10（9）如图，O是半径为l的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在该球面上的球面距离是(A)4(B)3(C)2(D)42（10）函数f:|1,2,3||1,2,3|满足f(f(x))=f(x)，则这样的函数个数共有(A)1个(B)4个(C)8个(D)10个第Ⅱ卷（共100分）注意事项：1.用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上。2.在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。（11）设Sn为等差数列a,的前n项和，若Sn-10,Sn=-5,则公差为（用数字作答）.（12）对a,bR,记max|a,b|=babbaa＜,,函数f（x）＝max||x+1|,|x-2||(xR)的最小值是.（13）设向量a,b,c满足a+b+c=0,(a-b)⊥c,a⊥b,若｜a｜=1,则｜a｜22||b+｜c｜2的值是（14）正四面体ABCD的棱长为1，棱AB∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是.三、解答题：本大题共6小题，每小题14分，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（15）如图，函数y=2sin(πxφ),x∈R,(其中0≤φ≤2)的图象与y轴交于点（0，1）.(Ⅰ)求φ的值；(Ⅱ)设P是图象上的最高点，M、N是图象与x轴的交点，求.的夹角与PNPM（16）设f(x)=3ax0.2cbacbxb若,f(0)＞0，f(1)＞0，求证：(Ⅰ)a＞0且-2＜ba＜-1；(Ⅱ)方程f(x)=0在（0，1）内有两个实根.（17）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.(Ⅰ)求证：PB⊥DM;(Ⅱ)求CD与平面ADMN所成的角（18）甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，n个白球.两甲，乙两袋中各任取2个球.(Ⅰ)若n=3，求取到的4个球全是红球的概率；(Ⅱ)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为43，求n.（19）如图，椭圆byax222＝1（a＞b＞0）与过点A（2，0）B(0,1)的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率e=23.(Ⅰ)求椭圆方程；(Ⅱ)设F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，M为线段AF1的中点，求证：∠ATM=∠AF1T.(20)已知函数f(x)=x3+x3，数列｜xn｜(xn＞0)的第一项xn＝1，以后各项按如下方式取定：曲线x=f(x)在))(,(11nnxfx处的切线与经过（0，0）和（xn,f(xn)）两点的直线平行（如图）.求证：当n*N时，(Ⅰ)x;231212nnnnxxx（Ⅱ）21)21()21(nnnx数学试题（理科）参考答案一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分。（1）A（2）C（3）A（4）B（5）C（6）C（7）A（8）D（9）B（10）D二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4分，满分16分。（11）-1（12）32（13）4（14）21[,]42三、解答题（15）本题主要考查三角函数的图像，已知三角函数求角，向量夹角的计算等基础知识和基本的运算能力。满分14分。解：（I）因为函数图像过点(0,1)，所以2sin1,即1sin.2因为02，所以6.（II）由函数2sin()6yx及其图像，得115(,0),(,2),(,0),636MPN所以11(,2),(,2),22PMPN从而cos,||||PMPNPMPNPMPN1517，故,PMPN15arccos17.（16）本题主要考查二次函数的基本性质与不等式的应用等基础知识。满分14分。证明：（I）因为(0)0,(1)0ff，所以0,320cabc.由条件0abc，消去b，得0ac；由条件0abc，消去c，得0ab，20ab.故21ba.（II）抛物线2()32fxaxbxc的顶点坐标为23(,)33bacbaa，在21ba的两边乘以13，得12333ba.又因为(0)0,(1)0,ff而22()0,33bacacfaa所以方程()0fx在区间(0,)3ba与(,1)3ba内分别有一实根。故方程()0fx在(0,1)内有两个实根.（17）本题主要考查空间线线、线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力。满分14分。解：方法一：（I）因为N是PB的中点，PAPB，所以ANPB.因为AD平面PAB，所以ADPB，从而PB平面ADMN.因为DM平面ADMN，所以PBDM.（II）取AD的中点G，连结BG、NG，则//BGCD，所以BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等.因为PB平面ADMN，所以BGN是BG与平面ADMN所成的角.在RtBGN中，10sin5BNBNGBG.故CD与平面ADMN所成的角是10arcsin5.方法二：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系Axyz，设1BC，则1(0,0,0),(0,0,2),(2,0,0),(2,1,0),(1,,1),(0,2,0)2APBCMD.（I）因为3(2,0,2)(1,,1)2PBDM0，所以.PBDM（II）因为(2,0,2)(0,2,0)PBAD0，所以PBAD，又因为PBDM，所以PB平面.ADMN因此,PBDC的余角即是CD与平面ADMN所成的角.因为cos,||||PBDCPBDCPBDC105，所以CD与平面ADMN所成的角为10arcsin5.（18）本题主要考察排列组合、概率等基本知识，同时考察逻辑思维能力和数学应用能力。满分14分。解：（I）记“取到的4个球全是红球”为事件A.22222245111().61060CCPACC（II）记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B，“取到的4个球只有1个红球”为事件1B，“取到的4个球全是白球”为事件2B.由题意，得31()1.44PB2111122222122224242()nnnnCCCCCCPBCCCC22;3(2)(1)nnn22222242()nnCCPBCC(1);6(2)(1)nnnn所以12()()()PBPBPB22(1)3(2)(1)6(2)(1)nnnnnnn14，化简，得271160,nn解得2n，或37n（舍去），故2n.（19）本题主要考查直线与椭圆的位置关系、椭圆的几何性质，同时考察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分14分。解：（I）过点A、B的直线方程为1.2xy22221,xyab因为由题意得有惟一解，112yx即222222221()04baxaxaab有惟一解，所以2222(44)0abab（0ab），故22440.ab又因为3,2e即2223,4aba所以224.ab从而得2212,,2ab故所求的椭圆方程为2221.2xy（II）由（I）得6,2c故1266(,0),(,0),22FF从而6(1,0).4M2221,2xy由112yx解得121,xx所以1(1,).2T因为16tan1,2AFT又1tan,2TAM22tan,6TMF得2126tan116ATM61,2因此1.ATMAFT（20）本题主要考查函数的导数、数列、不等式等基础知识，以及不等式的证明，同时考查逻辑推理能力。满分14分。证明：（I）因为'2()32,fxxx所以曲线()yfx在11(,())nnxfx处的切线斜率121132.nnnkxx因为过(0,0)和(,())nnxfx两点的直线斜率是2,nnxx所以221132nnnnxxxx.（II）因为函数2()hxxx当0x时单调递增，而221132nnnnxxxx21142nnxx211(2)2nnxx，所以12nnxx，即11,2nnxx因此1121211().2nnnnnnxxxxxxx又因为12212(),nnnnxxxx令2,nnnyxx则11.2nnyy因为21112,yxx所以12111()().22nnnyy因此221(),2nnnnxxx故1211()().22nnnx