《2021年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标ⅲ)(含解析版) .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标ⅲ)(含解析版) .pdf（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、绝密启用前20192019 年全国统一高考数学试卷（文科）年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标（新课标）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 x x 1，则AA1,0,12若z(1i)2i，则 z=A1iB1+iC1iD1+iB0,12B D0,1,2C1,13两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A16B14C13D124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
2、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A0.5B0.6C0.7D0.85函数f(x)2sinxsin2x在0，2 的零点个数为A2B3C4D56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 16B 8C4D 27已知曲线y aex xln x在点（1，ae）处的切线方程为 y=2x+b，则Aa=e，b=-1Ba=e，b=1Ca=e-1，b=1D a=e-1，b 18如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，ECD
3、为正三角形，平面 ECD平面 ABCD，M是线段 ED 的中点，则ABM=EN，且直线 BM、EN 是相交直线BBMEN，且直线 BM，EN 是相交直线CBM=EN，且直线 BM、EN 是异面直线DBMEN，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.2142B.2152C.2162D.2172x2y210O 为坐标原点，已知F 是双曲线C：点 P 在 C 上，若OP=OF，1的一个焦点，45则OPF的面积为A32B52C72D92x y 6,11记不等式组表示的平面区域为 D.命题p:(x,y)D,2 x y 9；命题2x y 0q:(x,y
4、)D,2 x y 12.下面给出了四个命题p qp qpqpqABCD12设fx是定义域为 R R 的偶函数，且在0,单调递减，则1Af（log3）f（22）f（23）413Bf（log3）f（2）f（22）432232332Cf（2）f（2）f（log31）41）4Df（223）f（232）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 a (2,2),b b (8,6)，则cos a a,b b _.14记 Sn为等差数列an的前 n 项和，若a3 5,a713，则S10_.x2y2+1的两个焦点，M 为 C 上一点且在第一象限.若MF1F215设F
5、1，F2为椭圆 C:3620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1721 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
6、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asinAC
7、bsin A2（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、RtABC 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 中的四边形 ACGD 的面积.20（12 分）已知函数f(x)2x ax 2.32（1）讨论f(x)的单调性；（2）当0a3时，记f(x)在区间0，1的最大值为M，最小值为m，求M m的取值范围.
8、21（12 分）1x2y=D 为直线 y=上的动点，已知曲线 C：，过 D 作 C 的两条切线，切点分别为 A，22B.（1）证明：直线 AB 过定点：（2）若以 E(0，方程.（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(2,5)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24)，D(2,)，弧AB，BC，4曲线M1是弧AB，曲线M2是弧BC，CD所在圆的圆心分别是(1,0)，(1,)，(1,)，曲线M3是弧CD.（
9、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,zR，且x y z 1.222（1）求(x1)(y 1)(z 1)的最小值；（2）若(x2)(y 1)(z a)2221成立，证明：a3或a1.320192019 年全国统一高考数学试卷（文科）年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标（新课标）参考答案参考答案一、选择题1A2D3D4C5B6C7D8B9C10 B11A12C二、填空题132101410015(3,15)16118.8三、解答题17解：（1）由已知得0.7
10、0=a+0.20+0.15，故a=0.35b=10.050.150.70=0.10（2）甲离子残留百分比的平均值的估计值为20.15+30.20+40.30+50.20+60.10+70.05=4.05乙离子残留百分比的平均值的估计值为30.05+40.10+50.15+60.35+70.20+80.15=6.0018解：（1）由题设及正弦定理得sin AsinACsinBsin A2因为sinA0，所以sinACsinB2ACBBBB cos，故cos 2sincos22222由ABC 180，可得sin因为cosBB1 0，故sin，因此B=602223a4（2）由题设及（1）知ABC的面
11、积SABCcsin Asin120 C31由正弦定理得a sinCsinC2tanC2由于ABC为锐角三角形，故0A90，0C90.由（1）知A+C=120，所以30C0，则当x(,0)a.3 aa,x时，；当f(x)00,时，f(x)0故33 aa f(x)在(,0),单调递增，在0,单调递减；33若 a=0，f(x)在(,)单调递增；若 a0，则当x,a a(0,)x时，；当f(x)0,0时，f(x)0故33a af(x)在,(0,)单调递增，在,0单调递减.33（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33a3 a 2，最大值为f(0)=2或f(1
12、)=4a.于是以f(x)在0,1的最小值为f 3274a,0 a 2,a3m 2，M 272,2 a 3.a32a,0 a 2,27所以M m 3a,2 a 3.27a3 8,2.当0 a 2时，可知2a单调递减，所以M m的取值范围是2727a38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Dt,8,2).271,2Ax1,y1，则x12 2y1.12 x.由于y x，所以切线DA的斜率为x1，故1x1ty1整理得2 tx12 y1+1=0.设Bx2,y2，同理可得2tx22 y2+1=0.故直线AB的方程为2tx 2y 1 0.所
13、以直线AB过定点(0,).（2）由（1）得直线AB的方程为y tx121.21y tx22由，可得x 2tx 1 0.2y x2于是x1 x2 2t,y1 y2tx1 x21 2t 1.2设M为线段AB的中点，则Mt,t 21.2由于EM AB，而EM t,t22，AB与向量(1,t)平行，所以t t22 t 0.解得t=0或t 1.5当t=0时，|EM|=2，所求圆的方程为x y 4；2225当t 1时，|EM|2，所求圆的方程为x2y 2.222.解：（1）由题设可得，弧AB,BC,CD所在圆的极坐标方程分别为 2cos，2 2sin，2cos.所 以M1的 极 坐 标 方 程 为 2co
14、s0，M2的 极 坐 标 方 程 为4 2sin433M 2cos，的极坐标方程为3.44（2）设P(,)，由题设及（1）知，则2cos3，解得；4632若，则2sin3，解得或；443335若.，则2cos3，解得46若0 综上，P的极坐标为3,2 5 3,3,3,或或或.663323解：（1）由于(x1)(y 1)(z 1)2(x1)2(y 1)2(z 1)22(x1)(y 1)(y1)(z 1)(z 1)(x1)222 3(x1)(y1)(z 1)，故由已知得(x1)(y 1)(z 1)当且仅当x=2224，3511，y ，z 时等号成立3334222所以(x1)(y 1)(z 1)的最
15、小值为.3（2）由于(x2)(y 1)(z a)2(x2)2(y 1)2(z a)22(x2)(y 1)(y 1)(z a)(z a)(x2)222 3(x2)(y1)(z a)，(2a)2故由已知(x2)(y1)(z a)，3222当且仅当x 24a1a2a2，y，z 时等号成立33322(2a)2因此(x2)(y 1)(z a)的最小值为3(2a)21由题设知，解得a3或a133绝密绝密启用前启用前20192019 年全国统一高考数学试卷（文科）年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标（新课标）答案解析版答案解析版一、一、选择题：选择题：本题共本题共 1212 小题，小题，每小题每小题 5
16、5 分，分，共共 6060 分分,在每小题给的四个选项中，在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的.21.已知集合A 1,0,1,2，B x x 1，则AB（）A.1,0,1B.0,1C.1,1D.0,1,2【答案】A【解析】【分析】先求出集合 B 再求出交集.【详解】由题意得，B x 1 x 1，则AB【点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题.2.若z(1 i)2i，则zA.1,0,1故选 A（）B.1i1+iC.1iD.1+i【答案】D【解析】【分析】根据复数运算法则求解即可.【详解】z 2i2i(1i)1i故选 D1i(1i)(1i)【点睛】本题考查复数
17、的商的运算，渗透了数学运算素养采取运算法则法，利用方程思想解题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.16B.14C.13D.12【答案】D【解析】【分析】男女生人数相同可利用整体发分析出两位女生相邻的概率，进而得解.【详解】两位男同学和两位女同学排成一列，因为男生和女生人数相等，两位女生相邻与不相邻的排法种数相同，所以两位女生相邻与不相邻的概率均是1故选 D2【点睛】本题考查常见背景中的古典概型，渗透了数学建模和数学运算素养采取等同法，利用等价转化的思想解题4.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
18、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【答案】C【解析】【分析】根据题先求出阅读过西游记的人数，进而得解.【详解】由题意得，阅读过西游记的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之100=07故选 C比为 70【点睛】本题考查抽样数据的统计，渗透了数据处理和数学运算素养采取去重法，利用转化与化归思想解题5.函数f(x)2sinx sin2 x在A.2【答案】B【解析】B.0.6C.0.7
19、D.0.80,2 的零点个数为（）C.4D.5B.3【分析】令f(x)0，得sinx 0或cosx 1，再根据 x 的取值范围可求得零点.【详 解】由f(x)2sin x sin 2x 2sin x 2sin xcos x 2sin x(1 cos x)0，得sinx 0或cosx 1，x0,2，x 0、或2 f(x)在0,2的零点个数是3 故选 B【点睛】本题考查在一定范围内的函数的零点个数，渗透了直观想象和数学运算素养 采取特殊值法，利用数形结合和方程思想解题6.已知各项均为正数的等比数列A.16【答案】C【解析】【分析】利用方程思想列出关于a1,q的方程组，求出a1,q，再利用通项公式即
20、可求得a3的值B.8an的前 4 项和为 15，且a53a34a1，则a3（）C.4D.2a1 a1q a1q2 a1q315,【详解】设正数的等比数列an的公比为q，则4，2a1q 3a1q 4a1a11,2解得，a3a1q 4，故选 Cq 2【点睛】应用等比数列前n项和公式解题时，要注意公比是否等于1，防止出错7.已知曲线yaeA.a e,b 1xxlnx在点1,ae处的切线方程为y 2x b，则（）B.a e,b 1C.ae1,b1D.ae1,b1【答案】D【解析】【分析】通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得b【详解】详解：y/aexlnx1,k y/
21、|x1 ae1 2a e1将(1,1)代入y 2x b得2 b 1,b 1，故选 D【点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求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【答案】B【解析】【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题【详解】BDE，N为BD中点M为DE中点，
22、BM，EN共面相交，选项 C，D为错作EOCD于O，连接ON，过M作MFOD于F连BF，平面CDE平面ABCDEO CD,EO 平面CDE，EO 平面ABCD，MF平面ABCE，MFB与EON均为直角三角形设正方形边长为 2，易知EO 3,0N 1EN2，MF 32,BF 229452 BM 342447BM EN，故选 B【点睛】本题为立体几何中等问题，考查垂直关系，线面、线线位置关系.9.执行如图所示的程序框图，如果输入的为0.01，则输出s的值等于（）A.2 124B.2 125C.2 1262 127【答案】D【解析】【分析】根据程序框图，结合循环关系进行运算，可得结果.D.【详解】x
23、 1.S 0,x S 01,x 1 0.01?不成立2S 0 11,2121 0.01?不成立41 0.0078125 0.01?成立128S 0 11,26x 17111 2S 1 2 1D输出67，故选1222121【点睛】循环运算，何时满足精确度成为关键，加大了运算量，输出前项数需准确，此为易错点x2y210.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45OP=OF，则OPF的面积为（）A.32B.52C.72D.92【答案】B【解析】【分析】设Px0,y0，因为OP=OF再结合双曲线方程可解出Px0,y0y0，再利用三角形面积公式可求出结果.【详 解】设 点x02y0
24、2，则1 又OP OF 45 3，45由得x02 y029SOPFy02259，即y053，1155OFy03故选 B2232【点睛】本题考查以双曲线为载体的三角形面积的求法，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养采取公式法，利用数形结合、转化与化归和方程思想解题A.【答案】A【解析】【分析】B.C.D.根据题意可画出平面区域再结合命题可判断出真命题.【详解】如图，平面区域 D为阴影部分，由y 2xx2,得,即 A4）（2，直线2x y 9x y 6y4与直线2x y 12均过区域 D，则 p真 q假，有p假q真，所以真假故选A【点睛】本题考点为线性规划和命题的真假，侧重不等式的判断，有一定难
25、度不能准确画出平面区域导致不等式误判，根据直线的斜率和截距判断直线的位置，通过直线方程的联立求出它们的交点，可采用特殊值判断命题的真假12.设fx是定义域为R的偶函数，且在0,单调递减，则（）231 A.flog5 f22 f234231 3B.flog8 f2 f224231 32f2 f2C.flog54231 32f2 f2D.flog54【答案】C【解析】【分析】2 3 1 由已知函数为偶函数，把f log3,f 22,f 23，转化为同一个单调区间上，再4 比较大小【详解】1 fx是 R 的偶函数，f log3 f log34 4 323 2 32log341 20 2，又fx在(0
26、，+)单调递减，f log34 f 2 f 2，231 2 f2 f23 flog3，故选 C4【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，考查学生转化与化归及分析问题解决问题的能力二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.13.已知向量a(2,2),b(8,6)，则cosa,b_.【答案】【解析】【分析】根据向量夹角公式可求出结果.【详解】详解：cos a,b 210a ba b28262222(8)262 210【点睛】本题考点为平面向量的夹角，为基础题目，难度偏易不能正确使用平面向量坐标的运算致误，平面向量的夹角公式是破解
27、问题的关键14.记Sn为等差数列【答案】100【解析】【分析】an的前n项和，若a35,a713，则S10_.根据题意可求出首项和公差，进而求得结果.【详解】详解：a3 a1 2d 5a 1,得1,a7 a1 6d 13d 2S1010a110910 9d 101 2 100.22【点睛】本题考点为等差数列的求和，为基础题目，难度不大不能构造等数列首项和公差的方程组致使求解不通，应设出等差数列的公差，为列方程组创造条件，从而求解数列的和x2y215.设F1，F2为椭圆C:+1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若MF1F23620为等腰三角形，则M的坐标为_.【答案】3,15【解析】【分析】
28、根据椭圆的定义分别求出MF1、MF2，设出M的坐标，结合三角形面积可求出M的坐标.【详解】由已知可得a236,b236,c2a2b216,c4，MF1 F1F22c8MF1 MF22a12,MF24设点M的坐标为又SMF1F22x036x0,y0 x00,y00，则SMF1F21 F1F2 y0 4y0，21482 22 4 15,4y0 4 15，解得y0 15，221520，1，解得x03（x03舍去）M坐标为3,15【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养16.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图
29、，该模型为长方体ABCD A1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH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0.9g/cm，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.3【答案】1188【解析】【分析】根据题意可知模型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.【详解】由题意得，四棱锥 O-EFGH的底面积为46 4到底面BB1C1C123 12cm2，其高为点 O212的距离为 3cm，则此四棱锥的体积为V1123 12cm又长方体3的 体 积 为ABCD A1B1C1D1V2
30、466144cm2，所 以 该 模 型 体 积 为V V2V114412132cm2，其质量为0.9 132 118.8 g【点睛】此题牵涉到的是3D打印新时代背景下的几何体质量，忽略问题易致误，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解三、解答题：共三、解答题：共 7070 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 17211721 题题为必考题，每个试题考生都必须作答为必考题，每个试题考生都必须作答.第第 2222、2323 题为选考题，考生根据要求作题为选考题，考生根据要求作答答.（一）必考题：（一）必考题：17.为了解甲、乙
31、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值为0.70.（1）求乙离子残留百分比直方图中a,b的值；C的估计（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）.【答案】(1)a 0.35，b 0.10；(2)4.05，6.【解析】【分析】(1)由P(C
32、)0.70可解得和b的值；(2)根据公式求平均数.【详解】(1)由题得a0.200.150.70，解得a 0.35，由0.05 b 0.15 1 P(C)1 0.70，解得b 0.10.(2)由甲离子的直方图可得，甲离子残留百分比的平均值为0.1520.2030.3040.2050.1060.057 4.05，乙离子残留百分比的平均值为0.0530.1040.1550.3560.2070.1586【点睛】本题考查频率分布直方图和平均数，属于基础题.18.ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知asin（1）求B；A C bsin A2（2）若ABC为锐角三角形，且c1，求ABC面积的
33、取值范围【答案】(1)B【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于 B 的三角方程，最后根据 A,B,C 均为三角形内角解得B 3;(2)(33,).823.(2)根据三角形面积公式SABC112ac sin B，又根据正弦定理和得到S225ABC关于C的函数，由于ABC是锐角三角形，所以利用三个内角都小于域，最后求解SABC2来计算C的定义(C)的值域.A CA C bsin A由正弦定理得sin Asin sin Bsin A，因22A C sin B。为0 A，故sinA0，消去sinA得sin2A CACA C因为故 B或者 B，而根据题意0 B，0 222A CAC B
34、 不成立，所以 B，又因为ABC，代入得ABC，故22【详解】(1)根据题意asin3B ，所以B 3.(2)因为ABC是锐角三角形，又由前问B 322ac12AC，故 C 又应用正弦定理，由三角形面积公式有623sin AsinC25，6 A,C，ABC得到112a12sin A3acsin B csin B csin B ABC22c2sinC422sincosC cossin C332233.又因33(sincotC cos)cotC 4sinC43388Ssin(2C)3sinC6 C 2,故333cot S882833,)82ABC3333，故cot S86828ABC3.2故SAB
35、C的取值范围是(【点睛】这道题考查了三角函数 基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查ABC是锐角三角形这个条件的利用。考查的很全面，是一道很好的考题.19.图 1 是由矩形ADEB,RtABC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 中的四边形ACGD的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【解析】【分析】(1)因为折纸和 粘合 不改变 矩形ABED，Rt ABC和菱形BFG
36、C内部的夹 角，所 以AD/BE，BF/CG依然成立，又因E和F粘在一起，所以得证.因为AB是平面BCGE垂线，所以易证.(2)欲求四边形ACGD的面积，需求出CG所对应的高，然后乘以CG即可。【详解】(1)证：AD/BE，BF/CG，又因为E和F粘在一起.AD/CG，A，C，G，D四点共面.AB BE,AB BC.又AB 平面 BCGE，AB平面 ABC，平面 ABC平面 BCGE，得证.(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EMCG，故CG平面 DEM。因此DM CG。在
37、RtDEM中，DE=1，EM所以四边形 ACGD的面积为 4.【点睛】很新颖的立体几何考题。首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是 3，故DM2。不变的。再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法。最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.20.已知函数f(x)2x3ax22.（1）讨论f(x)的单调性；（2）当0a3时，记f(x)在区间0,1的最大值为M，最小值为m，求M m的取值范围.【答案】(1)见详解；(2)【解析】【分析】(1)先求f(x)的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2)讨论的范围，利用函数单调性进行最大值和最
38、小值的判断，最终求得M m的取值范围.【详解】(1)对8,2).27f(x)2x3ax22求导得f(x)6x2 2ax 6x(x a3a3a).所以有3当a0时，(,)区间上单调递增，(,0)区间上单调递减，(0,)区间上单调递增；当a0时，(,)区间上单调递增；当a 0时，(,0)区间上单调递增，(0,)区间上单调递减，(,)区间上单调递增.(2)若0a2，f(x)在区间(0,)单调递减，在区间(,1)单调递增，所以区间0,1上最小值为f().而f(0)2,f(1)2 a 2 f(0)，故所以区间0,1上最大值为f(1).a3a3a3a3a3aa3a2a3所以M m f(1)f()(4a)2
39、()a()2a2，设函数33327x3x2g(x)x2，求导g(x)1当0 x2时g(x)0从而g(x)单调递减.而27988a30a2，所以a22.即M m的取值范围是,2).272727若2a3，f(x)在区间(0,)单调递减，在区间(,1)单调递增，所以区间0,1上最小值a3a3为f()而f(0)2,f(1)2 a 2 f(0)，故所以区间0,1上最大值为f(0).a3aa3a2a3所以M m f(0)f()22()a()2，而2a3，所以3332788a31.即M m的取值范围是(,1).272727综上得M m的取值范围是8,2).27【点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合
40、题，题目难度比往年降低了不少.考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大，由计算量补充.1x221.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22A,B.（1）证明：直线AB过定点：5E（2）若以0,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.22222【答案】(1)见详解；(2)x (y)4或x (y)2.5252【解析】【分析】（1）可设A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(t,)然后求出 A，B 两点处的切线方程，比如AD：12y11 x1(x1t)，又因为BD也有类似的形式，从而求出带参数直线AB方程，最后求2出它所过
41、的定点.（2）由(1)得带参数的直线AB方程和抛物线方程联立，再通过M为线段AB的中点，EM AB得出t的值，从而求出M坐标和EM的值，最后求出圆的方程.1121x1。又因为y x2，所以y x.则切2221线 DA的斜率为x1，故y1 x1(x1t)，整理得2tx12y110.设B(x2,y2)，同理2【详解】(1)证明：设D(t,),A(x1,y1),则y1得2tx12y110.A(x1,y1),B(x2,y2)都满足直线方程2tx 2y 1 0.于是直线2tx 2y 1 0过点A,B，而两个不同的点确定一条直线，所以直线AB方程为2tx 2y 1 0.即2tx (2y 1)0，当2t 0
42、,2y 1 0时等式恒成立。所以直线AB恒过定点(0,).(2)由(1)得直线AB方程为2tx 2y 1 0，和抛物线方程联立得：122tx2y1 0化简得x2 2tx 1 0.于是x1x212y x22设M为线段AB的中点，则M(t,t)2t,y1y2t(x1x2)12t2112由于EM AB，而EM解得t 0或t 1.当t 0时，EM当t 1时，EM(t,t22),AB与向量(1,t)平行，所以tt(t22)0，(0,2)，EM 2所求圆的方程为x2(y)2 4;(1,1)或EM5252(1,1)，EM 2所求圆的方程为x2(y)2 2.52522222所以圆的方程为x (y)4或x (y
43、)2.【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以.思路较为清晰，但计算量不小.（二）选考题：共（二）选考题：共 1010 分分.请考生在第请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答题中任选一题作答,如果多做，则如果多做，则按所做的第一题计分按所做的第一题计分选修选修 4-44-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程22.如图，在极坐标系Ox中，A(2,0)，B(2,)，C(2,CD所在圆的圆心分别是(1,0)，(1,4)，D(2,)，弧AB，BC，42)，(1,)，曲线M1是弧AB，曲线M2是弧BC，曲线M3是弧CD.（1）分别写出M
44、1，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|【答案】(1)2cos(0,3，求P极坐标.33),2sin(,),2cos(,),444425),(3,).(2)(3,),(3,),(3,3636【解析】【分析】(1)将三个过原点的圆方程列出，注意题中要求的是弧，所以要注意的方程中的取值范围.(2)根据条件 3逐个方程代入求解，最后解出P点的极坐标.【详解】(1)由题意得，这三个圆的直径都是2，并且都过原点.M1:2cos(0,)，4M2:2cos(3)2sin(,),2443M3:2cos()2cos(,).4，此时 P 的极坐标为(3,)46632
45、)得 或解方程2sin3(,，此时 P 的极坐标为(3,)或33 34432(3,)3355,)得解方程2cos3(，此时 P 的极坐标为(3,)64625),(3,).故 P 极坐标为(3,),(3,),(3,3636(2)解方程2cos3(0,)得的【点睛】此题考查了极坐标中过极点的圆的方程，思考量不高，运算量不大，属于中档题.选修选修 4-54-5：不等式选讲：不等式选讲23.设x,y,z R，且x y z 1.（1）求(x1)2222（2）若(x 2)(y 1)(z a)【答案】(1)【解析】【分析】的4；(2)见详解3(y1)2(z1)2的最小值；1成立，证明：a3或a 1.3222
46、(1)根据条件x y z 1，和柯西不等式得到(x 1)(y 1)(z 1)4，再讨论x,y,z3是否可以达到等号成立的条件.(2)恒成立问题，柯西不等式等号成立时构造的x,y,z代入原不等式，便可得到参数的取值范围.【详解】(1)(x1)2(y1)2(z1)2(121212)(x1)(y1)(z1)2(xyz1)24222故(x 1)(y 1)(z 1)4等 号 成 立 当 且 仅 当x 1 y 1 z 1而 又 因35x 31x y z 1，解得y 时等号成立31z 3所以(x1)(2)222因为(x 2)(y 1)(z a)2(y1)2(z1)2的最小值为4.31222222，所以(x2
47、)(y1)(za)(11 1)1.3a 2x 23a 2根据柯西不等式等号成立条件，当x 2 y 1 z a，即y 1时有3a 2z a 3(x2)2(y1)2(za)2(121212)(x2y1za)2(a2)2成立.所以(a2)21成立，所以有a3或a 1.另解：用反证法.若a3或a 1不成立，那么1 a 3成立，则(a2)21而(x2)2(y1)2(za)2(121212)(x2y1za)2左面等号成立当且仅当x 2 y 1 z a，又因为x y z 1所以x 2 y 1 z a a 2.故此时3(x2)2(y1)2(za)2(121212)(x2y1za)2(a2)21,即(x 2)2(y 1)2(z a)21，与原命题矛盾放3【点睛】两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型.