高考数学普通高等学校招生全国统一考试50

高考数学普通高等学校招生全国统一考试50理科数学本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.共150分.考试时间120分钟.第I卷参考公式：如果事件A、B互斥，那么P（A+B）=P（A）+P（B）如果事件A、B相互独立，那么P（A·B）=P（A）·P（B）如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么n次独立重复试验中恰好发生k次的概率Pn(k)=CknPk(1－P)n－k一、选择题：本大题共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NMxxxNxxM则集合},032|{},4|{22（）A．{2|xx}B．{3|xx}C．{21|xx}D．{32|xx}2．542lim22xxxxnx（）A．21B．1C．52D．413．设复数1,2321则i=（）A．B．2C．1D．21球的表面积公式S=42R其中R表示球的半径，球的体积公式V=334R，其中R表示球的半径4．已知圆C与圆1)1(22yx关于直线xy对称，则圆C的方程为（）A．1)1(22yxB．122yxC．1)1(22yxD．1)1(22yx5．已知函数)2tan(xy的图象过点)0,12(，则可以是（）A．6B．6C．12D．126．函数xey的图象（）A．与xey的图象关于y轴对称B．与xey的图象关于坐标原点对称C．与xey的图象关于y轴对称D．与xey的图象关于坐标原点对称7．已知球O的半径为1，A、B、C三点都在球面上，且每两点间的球面距离均为2，则球心O到平面ABC的距离为（）A．31B．33C．32D．368．在坐标平面内，与点A（1，2）距离为1，且与点B（3，1）距离为2的直线共有（）A．1条B．2条C．3条D．4条9．已知平面上直线l的方向向量e=),53,54(点O（0，0）和A（1，－2）在l上的射影分别是O′和A′，则AOe，其中=（）A．511B．511C．2D．－210．函数xxxysincos在下面哪个区间内是增函数（）A．)23,2(B．)2,(C．)25,23(D．)3,2(11．函数xxy24cossin的最小正周期为（）A．4B．2C．D．212．在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有（）A．56个B．57个C．58个D．60个第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.把答案填在题中横线上.13．从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，设其中有ξ个红球，则随机变量ξ的概率分布为14．设yx,满足约束条件：,12,,0yxyxx则yxz23的最大值是.15．设中心在原点的椭圆与双曲线2222yx=1有公共的焦点，且它们的离心率互为倒数，则该椭圆的方程是.16．下面是关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱其中，真命题的编号是（写出所有正确结论的编号）.三、解答题：本大题共6小题，共74分.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）已知锐角三角形ABC中，.51)sin(,53)sin(BABA（Ⅰ）求证：BAtan2tan；（Ⅱ）设AB=3，求AB边上的高.18．（本小题满分12分）已知8支球队中有3支弱队，以抽签方式将这8支球队分为A、B两组，每组4支.求：（Ⅰ）A、B两组中有一组恰有两支弱队的概率；（Ⅱ）A组中至少有两支弱队的概率.ξ012P19．（本小题满分12分）数列}{na的前n项和记为Sn，已知).3,2,1(2,111nSnnaann证明：（Ⅰ）数列}{nSn是等比数列；（Ⅱ）.41nnaS20．（本小题满分12分）如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=1，CB=2，侧棱AA1=1，侧面AA1B1B的两条对角线交点为D，B1C1的中点为M.（Ⅰ）求证CD⊥平面BDM；（Ⅱ）求面B1BD与面CBD所成二面角的大小.21．（本小题满分12分）给定抛物线C：y2=4x，F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、B两点。（Ⅰ）设l的斜率为1，求OA与OB的夹角的大小；（Ⅱ）设AFFB，若λ∈[4,9]，求l在y轴上截距的变化范围.22．（本小题满分14分）已知函数f(x)=ln(1+x)－x，g(x)=xlnx.（Ⅰ）求函数f(x)的最大值；（Ⅱ）设0ab,证明0g(a)+g(b)-2g(2ba)(b-a)ln2.普通高等学校招生全国统一考试数学参考答案（理）（选修Ⅱ）1.C2.A3.C4.C5.A6.D7.B8.B9.D10.B11.B12.C13．0.1，0.6，0.314．515．1222yx16．②④17．本小题主要考查等差、等比数列的概念和性质，考查运算能力，满分12分.本小题主要考查三角函数概念，两角和、差的三角函数值以及应用、分析和计算能力，满分12分.（Ⅰ）证明：,51)sin(,53)sin(BABA.2tantan51sincos,52cossin.51sincoscossin,53sincoscossinBABABABABABABA所以.tan2tanBA（Ⅱ）解：BA2，,43)tan(,53)sin(BABA即43tantan1tantanBABA，将BAtan2tan代入上式并整理得.01tan4tan22BB解得262tanB，舍去负值得262tanB，.62tan2tanBA设AB边上的高为CD.则AB=AD+DB=.623tantanCDBCDACD由AB=3，得CD=2+6.所以AB边上的高等于2+6.18．本小题主要考查组合、概率等基本概念，相互独立事件和互斥事件等概率的计算，运用数学知识解决问题的能力，满分12分.（Ⅰ）解法一：三支弱队在同一组的概率为.7148154815CCCC故有一组恰有两支弱队的概率为.76711解法二：有一组恰有两支弱队的概率.76482523482523CCCCCC（Ⅱ）解法一：A组中至少有两支弱队的概率21481533482523CCCCCC解法二：A、B两组有一组至少有两支弱队的概率为1，由于对A组和B组来说，至少有两支弱队的概率是相同的，所以A组中至少有两支弱队的概率为.2119．本小题主要考查数列、等比数列的概念和性质，分析和推理能力，满分12分。证明：（Ⅰ）∵,2,111nnnnnSnnaSSa∴),()2(1nnnSSnSn整理得,)1(21nnSnnS所以.211nSnSnn故}{nSn是以2为公比的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）知).2(14111nnSnSnn于是).2(41)1(411nanSnSnnn又,3312Sa故,4212aaS因此对于任意正整数,1n都有.41nnaS20．本小题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.满分12分.解法一：（Ⅰ）如图，连结CA1、AC1、CM，则CA1=.2∵CB=CA1=2，∴△CBA1为等腰三角形，又知D为其底边A1B的中点，∴CD⊥A1B.∵A1C1=1，C1B1=2，∴A1B1=3又BB1=1，A1B=2.∵△A1CB为直角三角形，D为A1B的中点，∴CD=21A1B=1，CD=CC1，又DM=21AC1=22，DM=C1M.∴△CDM≌△CC1M，∠CDM=∠CC1M=90°，即CD⊥DM.因为A1B、DM为平在BDM内两条相交直线，所以CD⊥平面BDM.（Ⅱ）设F、G分别为BC、BD的中点，连结B1G、FG、B1F，则FG//CD，FG=21CD.∴FG=21，FG⊥BD.由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D知BD=B1D=21A1B=1，所以△BB1D是边长为1的正三角形.于是B1G⊥BD，B1G=.23∴∠B1GF是所求二面角的平面角，又B1F2=B1B2+BF2=1+（2)22=23，∴.332123223)21()23(2cos221212211FGCBFBFGGBGFB即所求二面角的大小为.33arccos解法二：如图，以C为原点建立坐标系.（Ⅰ）B（2，0，0），B1（2，1，0），A1（0，1，1），D（)21,21,22，M（22，1，0），),21,21,0(),1,1,2(),21,21,22(1DMBACD则,0,01DMCDBACD∴CD⊥A1B，CD⊥DM.因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，所以CD⊥平面BDM.（Ⅱ）设BD中点为G，连结B1G，则G（41,41,423），22(BD、21、21），),41,4342(1GB.,.,0111面角等于所求的二面角的平的夹角与又GBBDBDCDGBBDGBBD.33||||cos11CBCDCBCD所以所求的二面角等于.33arccos21．本小题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的关系以及解析几何的基本方法、思想和综合解题能力。满分12分。解：（Ⅰ）C的焦点为F（1，0），直线l的斜率为1，所以l的方程为.1xy将1xy代入方程xy42，并整理得.0162xx设),,(),,(2211yxByxA则有.1,62121xxxx.31)(2),(),(212121212211xxxxyyxxyxyxOBOA.41]16)(4[||||21212122222121xxxxxxyxyxOBOA.41143||||),cos(OBOAOBOAOBOA所以OBOA与夹角的大小为.41143arccos（Ⅱ）由题设AFFB得),,1(),1(1122yxyx即.1212),1(1yyxx由②得21222yy，∵,4,4222121xyxy∴.122xx③联立①、③解得2x，依题意有.0①②∴),2,(),2,(BB或又F（1，0），得直线l方程为),1(2)1()1(2)1(xyxy或当]9,4[时，l在方程y轴上的截距为,1212或由,121212可知12在[4，9]上是递减的，∴,431234,341243直线l在y轴上截距的变化范围为].34,43[]43,34[22．本小题主要考查导数的基本性质和应用、对数函数性质和平均值不等式等知识以及综合推理论证的能力，满分14分.（Ⅰ）解：函数)(xf的定义域为),1(..111)(xxf令.0,0)(xxf解得当,0)(,01xfx时当.0)(,0xfx时又,0)0(f故当且仅当x=0时，)(xf取得最大值，最大值为0.（Ⅱ）证法一：2ln)(lnln)2(2)()(bababbaabagbgag.2ln2lnbabbbaaa由（Ⅰ）结论知),0,1(0)1ln(xxxx且由题设,021,02,0bbaaabba得因此,2)21ln(2lnaabaabbab,2)21ln(2lnbbabbabab所以.0222ln2lnbaabba