第Ⅰ卷

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.（1）設集合，則

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】D

【考點】集合的交集運算

【名師點睛】集合是每年高考中的必考題,一般以基礎題的形式出現,屬得分題.解決此類問題一般要把參與運算的集合化為最簡形式，再進行運算,如果是不等式的解集、函數的定義域及值域等有關數集之間的運算,常借助數軸求解.（2）設，其中x，y是實數，則

（A）1

（B）

（C）

（D）2

【答案】B

【解析】

試題分析：因為所以故選B.【考點】復數運算

【名師點睛】復數題也是每年高考的必考內容,一般以客觀題的形式出現,屬得分題.高考中考查頻率較高的內容有：復數相等、復數的幾何意義、共軛復數、復數的模及復數的乘除運算.這類問題一般難度不大,但容易出現運算錯誤,特別是中的負號易忽略,所以做復數題時要注意運算的準確性.（3）已知等差數列前9項的和為27，則

（A）100

（B）99

（C）98

（D）97

【答案】C

【解析】

試題分析：由已知，所以故選C.【考點】等差數列及其運算

【名師點睛】等差、等比數列各有五個基本量,兩組基本公式,而這兩組公式可看作多元方程,利用這些方程可將等差、等比數列中的運算問題轉化為解關于基本量的方程（組）,因此可以說數列中的絕大部分運算題可看作方程應用題,所以用方程思想解決數列問題是一種行之有效的方法.（4）某公司的班車在7:30，8:00，8:30發車，小明在7:50至8:30之間到達發車站乘坐班車，且到達發車站的時刻是隨機的，則他等車時間不超過10分鐘的概率是

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】B

【解析】

試題分析：由題意，這是幾何概型問題，班車每30分鐘發出一輛，到達發車站的時間總長度為40，等車不超過10分鐘的時間長度為20，故所求概率為，選B.【考點】幾何概型

【名師點睛】這是全國卷首次考查幾何概型,求解幾何概型問題的關鍵是確定“測度”,常見的測度有長度、面積、體積等.（5）已知方程表示雙曲線，且該雙曲線兩焦點間的距離為4，則n的取值范圍是

（A）(–1,3)

（B）(–1,)

（C）(0,3)

（D）(0,)

【答案】A

【解析】由題意知：雙曲線的焦點在軸上，所以，解得，因為方程表示雙曲線，所以，解得，所以的取值范圍是，故選A．

【考點】雙曲線的性質

【名師點睛】雙曲線知識一般作為客觀題出現,主要考查雙曲線的幾何性質,屬于基礎題.注意雙曲線的焦距是2c而不是c,這一點易出錯.（6）如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑.若該幾何體的體積是，則它的表面積是

（A）17π

（B）18π

（C）20π

（D）28π

【答案】A

【解析】

由三視圖知，該幾何體的直觀圖如圖所示：

是一個球被切掉左上角的,即該幾何體是個球，設球的半徑為，則，解得，所以它的表面積是的球面面積和三個扇形面積之和,即，故選A．

【考點】三視圖及球的表面積與體積

【名師點睛】由于三視圖能有效地考查學生的空間想象能力,所以以三視圖為載體的立體幾何題基本上是高考每年必考內容,高考試題中三視圖一般與幾何體的表面積與體積相結合.由三視圖還原出原幾何體是解決此類問題的關鍵.（7）函數y=2x2–e|x|在[–2,2]的圖像大致為

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】D

【考點】函數圖像與性質

【名師點睛】函數中的識圖題多次出現在高考試題中,也可以說是高考的熱點問題,這類題目一般比較靈活,對解題能力要求較高,故也是高考中的難點,解決這類問題的方法一般是利用間接法,即由函數性質排除不符合條件的選項.（8）若，則

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】C

【解析】

試題分析：用特殊值法，令，得，選項A錯誤，選項B錯誤，選項C正確，選項D錯誤，故選C．

【考點】指數函數與對數函數的性質

【名師點睛】比較冪或對數值的大小,若冪的底數相同或對數的底數相同,通常利用指數函數或對數函數的單調性進行比較；若底數不同,可考慮利用中間量進行比較.（9）執行下面的程序框圖，如果輸入的，則輸出x，y的值滿足

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】C

【解析】

試題分析：當時，不滿足；，不滿足；，滿足；輸出，則輸出的的值滿足，故選C.【考點】程序框圖與算法案例

【名師點睛】程序框圖基本是高考每年必考知識點,一般以客觀題的形式出現,難度不大,求解此類問題只需按照程序逐步列出運行結果.（10）以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A，B兩點，交C的準線于D，E兩點.已知|AB|=，|DE|=，則C的焦點到準線的距離為

（A）2

（B）4

（C）6

（D）8

【答案】B

【解析】

試題分析：如圖，設拋物線方程為，圓的半徑為r,交軸于點，則，即點縱坐標為，則點橫坐標為，即，由勾股定理知，即，解得，即的焦點到準線的距離為4，故選B.【考點】拋物線的性質

【名師點睛】本題主要考查拋物線的性質及運算,注意解析幾何問題中最容易出現運算錯誤,所以解題時一定要注意運算的準確性與技巧性,基礎題失分過多是相當一部分學生數學考不好的主要原因.（11）平面過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點A，//平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1

A1=n，則m，n所成角的正弦值為

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】A

【考點】平面的截面問題，面面平行的性質定理，異面直線所成的角

【名師點睛】求解本題的關鍵是作出異面直線所成的角,求異面直線所成角的步驟是：平移定角、連線成形、解形求角、得鈍求補.（12）已知函數為的零點，為圖像的對稱軸，且在單調，則的最大值為

（A）11

（B）9

（C）7

（D）5

【答案】B

【解析】

試題分析：因為為的零點，為圖像的對稱軸，所以，即，所以，又因為

在單調，所以，即，則的最大值為9.故選B.【考點】三角函數的性質

【名師點睛】本題將三角函數的單調性與對稱性結合在一起進行考查,題目新穎,是一道考查能力的好題.注意本題求解中用到的兩個結論：①的單調區間長度是最小正周期的一半;②若的圖像關于直線

對稱,則

或.第Ⅱ卷

本卷包括必考題和選考題兩部分.第(13)~(21)題為必考題，每個試題考生都必須作答.第(22)~(24)題為選考題，考生根據要求作答.二、填空題：本題共4小題，每小題5分.（13）設向量a=(m,1)，b=(1,2)，且|a+b|2=|a|2+|b|2，則m=

.【答案】

【解析】

試題分析：由，得，所以，解得.【考點】向量的數量積及坐標運算

【名師點睛】全國卷中向量大多以客觀題的形式出現,屬于基礎題.解決此類問題既要準確記憶公式,又要注意運算的準確性.本題所用到的主要公式是：若,則.（14）的展開式中，x3的系數是

.（用數字填寫答案）

【答案】

考點:二項式定理

【名師點睛】確定二項展開式指定項的系數通常是先寫出通項,再確定r的值,從而確定指定項系數.（15）設等比數列滿足a1+a3=10，a2+a4=5，則a1a2an的最大值為

.【答案】

【解析】

試題分析：設等比數列的公比為，由得，解得.所以，于是當或時，取得最大值.【考點】等比數列及其應用

【名師點睛】高考中數列客觀題大多具有小、巧、活的特點,在解答時要注意方程思想及數列相關性質的應用,盡量避免小題大做.（16）某高科技企業生產產品A和產品B需要甲、乙兩種新型材料.生產一件產品A需要甲材料1.5

kg，乙材料1

kg，用5個工時；生產一件產品B需要甲材料0.5

kg，乙材料0.3

kg，用3個工時，生產一件產品A的利潤為2100元，生產一件產品B的利潤為900元.該企業現有甲材料150

kg，乙材料90

kg，則在不超過600個工時的條件下，生產產品A、產品B的利潤之和的最大值為

元.【答案】

【解析】

試題分析：設生產產品A、產品B分別為、件，利潤之和為元，那么由題意得約束條件

目標函數.約束條件等價于

①

作出二元一次不等式組①表示的平面區域，即可行域，如圖中陰影部分所示.將變形，得，作直線：并平移，當直線經過點時，取得最大值.解方程組，得的坐標為.所以當，時，.故生產產品A、產品B的利潤之和的最大值為元.【考點】線性規劃的應用

【名師點睛】線性規劃也是高考中常考的知識點,一般以客觀題的形式出現,基本題型是給出約束條件求目標函數的最值,常見的結合方式有：縱截距、斜率、兩點間的距離、點到直線的距離,解決此類問題常利用數形結合.本題運算量較大,失分的一個主要原因是運算失誤.三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.（17）（本小題滿分12分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知

（I）求C；

（II）若的面積為，求的周長．

【答案】（I）；（II）.【解析】

試題分析：（I）利用正弦定理進行邊角代換，化簡即可求角C；（II）根據．

及可得．再利用余弦定理可得，從而可得的周長為．

試題解析：（I）由已知及正弦定理得，由已知及余弦定理得，．

故，從而．

所以的周長為．

【考點】正弦定理、余弦定理及三角形面積公式

【名師點睛】三角形中的三角變換常用到誘導公式，這是常用的結論,另外利用正弦定理或余弦定理處理條件中含有邊或角的等式,常考慮對其實施“邊化角”或“角化邊”.（18）（本小題滿分12分）

如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF=2FD，且二面角DAFE與二面角CBEF都是．

（I）證明：平面ABEF平面EFDC；

（II）求二面角EBCA的余弦值．

【答案】（I）見解析；（II）

【解析】

試題分析：（I）證明平面，結合平面，可得平面平面．（II）建立空間坐標系，利用向量求解.試題解析：（I）由已知可得，所以平面．

又平面，故平面平面．

（II）過作，垂足為，由（I）知平面．

以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系．

由（I）知為二面角的平面角，故，則，可得，，．

由已知，所以平面．

又平面平面，故，．

由，可得平面，所以為二面角的平面角，．從而可得．

所以，，．

設是平面的法向量，則

【考點】垂直問題的證明及空間向量的應用

【名師點睛】立體幾何解答題第一問通常考查線面位置關系的證明,空間中線面位置關系的證明主要包括線線、線面、面面三者的平行與垂直關系,其中推理論證的關鍵是結合空間想象能力進行推理,注意防止步驟不完整或考慮不全致推理片面,該類題目難度不大,以中檔題為主.第二問一般考查角度問題,多用空間向量法解決.（19）（本小題滿分12分）

某公司計劃購買2臺機器，該種機器使用三年后即被淘汰.機器有一易損零件，在購進機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元.在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元.現需決策在購買機器時應同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內更換的易損零件數，得下面柱狀圖：

以這100臺機器更換的易損零件數的頻率代替1臺機器更換的易損零件數發生的概率，記表示2臺機器三年內共需更換的易損零件數，表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數.（I）求的分布列；

（II）若要求，確定的最小值；

（III）以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據，在與之中選其一，應選用哪個？

【答案】（I）見解析；（II）19；（III）.【解析】

試題分析：（I）先確定X的所有可能取值，然后求相應的概率，可得X的分布列；（II）通過概率大小進行比較；（III）分別求出n=19，n=20的期望，比較即可.試題解析：（I）由柱狀圖并以頻率代替概率可得，一臺機器在三年內需更換的易損零件數為8，9，10，11的概率分別為0.2，0.4，0.2，0.2，從而；

；；

；；

；

.所以的分布列為

（II）由（I）知，故的最小值為19.可知當時所需費用的期望值小于時所需費用的期望值，故應選.【考點】概率與統計、隨機變量的分布列

【名師點睛】本題把隨機變量的分布列與統計及函數結合在一起進行考查,有一定的綜合性，但難度不是太大,求解的關鍵是讀懂題意,所以提醒考生要重視數學中的閱讀理解問題.（20）（本小題滿分12分）

設圓的圓心為A，直線l過點B（1,0）且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.（I）證明為定值，并寫出點E的軌跡方程；

（II）設點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M,N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍.【答案】（I）（）；（II）

【解析】

試題分析：（I）利用橢圓定義求方程；（II）把面積表示為關于斜率k的函數，再求最值。

試題解析：（I）因為，故，所以，故.又圓的標準方程為，從而，所以.由題設得，，由橢圓定義可得點的軌跡方程為：

（）.（II）當與軸不垂直時，設的方程為，.由得.則，.所以.過點且與垂直的直線：，到的距離為，所以

.故四邊形的面積

.可得當與軸不垂直時，四邊形面積的取值范圍為.當與軸垂直時，其方程為，，四邊形的面積為12.綜上，四邊形面積的取值范圍為.【考點】圓錐曲線綜合問題

【名師點睛】高考解析幾何解答題大多考查直線與圓錐曲線的位置關系,直線與圓錐曲線的位置關系是一個很寬泛的考試內容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求參數取值范圍等幾部分組成.其中考查較多的圓錐曲線是橢圓與拋物線,解決這類問題要重視方程思想、函數思想及化歸思想的應用.（21）（本小題滿分12分）

已知函數有兩個零點.（I）求a的取值范圍；

（II）設x1，x2是的兩個零點，證明：.【答案】(I)；（II）見解析

【解析】

試題分析：(I)求導，根據導函數的符號來確定（主要要根據導函數零點來分類）；(II)借助(I)的結論來證明，由單調性可知等價于，即．設，則．則當時，而，故當時，．從而，故．

試題解析：（Ⅰ）．

（i）設，則，只有一個零點．

時，所以不存在兩個零點．

若，則，故當時，；當時，．因此在單調遞減，在單調遞增．又當時，所以不存在兩個零點．

綜上，的取值范圍為．

（Ⅱ）不妨設，由（Ⅰ）知，在單調遞減，所以等價于，即．

由于，而，所以

．

設，則．

所以當時，而，故當時，．

從而，故．

【考點】導數及其應用

【名師點睛】對于含有參數的函數單調性、極值、零點問題,通常要根據參數進行分類討論,要注意分類討論的原則：互斥、無漏、最簡.解決函數不等式的證明問題的思路是構造適當的函數,利用導數研究函數的單調性或極值破解.請考生在第（22）、（23）、（24）題中任選一題作答,如果多做,則按所做的第一題計分。

（22）（本小題滿分10分）選修41：幾何證明選講

如圖，OAB是等腰三角形，∠AOB=120°.以O為圓心，OA為半徑作圓.（I）證明：直線AB與⊙O相切；

（II）點C,D在⊙O上，且A,B,C,D四點共圓，證明：AB∥CD.【答案】(I)見解析；(II)見解析

【解析】

試題分析：(I)設是的中點，證明；(II)

設是四點所在圓的圓心，作直線，證明，．由此可證明．

試題解析：(I)設是的中點，連結，因為，所以，．

【考點】四點共圓、直線與圓的位置關系及證明

【名師點睛】近幾年幾何證明題多以圓為載體命制,在證明時要抓好長度關系與角度關系的轉化,熟悉相關定理與性質.該部分內容命題點有：平行線分線段成比例定理；三角形的相似與性質；四點共圓；圓內接四邊形的性質與判定；切割線定理.（23）（本小題滿分10分）選修44：坐標系與參數方程

在直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為（t為參數，a＞0）.在以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C2：ρ=4cos

θ.（I）說明C1是哪種曲線，并將C1的方程化為極坐標方程；

（II）直線C3的極坐標方程為θ=α0，其中α0滿足tan

α0=2，若曲線C1與C2的公共點都在C3上，求a.【答案】（I）圓，；（II）1

【解析】

試題分析：（Ⅰ）把化為直角坐標方程，再化為極坐標方程；（Ⅱ）聯立極坐標方程進行求解.試題解析：解：（Ⅰ）消去參數得到的普通方程.是以為圓心，為半徑的圓.將代入的普通方程中，得到的極坐標方程為

.（Ⅱ）曲線的公共點的極坐標滿足方程組

若，由方程組得，由已知，可得，從而，解得（舍去），.時，極點也為的公共點，在上.所以.【考點】參數方程、極坐標方程與直角坐標方程的互化及應用

【名師點睛】“互化思想”是解決極坐標方程與參數方程問題的重要思想,解題時應熟記極坐標方程與參數方程的互化公式及應用.（24）（本小題滿分10分）選修45：不等式選講

已知函數f(x)=

∣x+1∣∣2x3∣.（I）在答題卡第（24）題圖中畫出y=

f(x)的圖像；

（II）求不等式∣f(x)∣﹥1的解集.【答案】（I）見解析（II）

【解析】

試題分析：（I）化為分段函數作圖；（II）用零點分區間法求解

試題解析：（I）的圖像如圖所示.【考點】分段函數的圖像，絕對值不等式的解法

【名師點睛】不等式選講多以絕對值不等式為載體命制試題,主要涉及圖像、解不等式、由不等式恒成立求參數范圍等.解決此類問題通常轉換為分段函數求解,注意不等式的解集一定要寫成集合的形式.