绝密★启用前（新高考卷）数学参考答案1.【答案】Bii(1i)1i1i1i1i2【解析】z，z，zi.i1(i1)(1i)222222222．【答案】C【解析】M{x1x3}，N{xx3}，所以MN{x1x3}.3．【答案】A222【解析】因为a，b为单位向量，所以a2ba4ab4b54ab3，所以12ab，a(a2b)a2ab0.24.【答案】Cs【解析】当列车行驶的距离为s时，车轮转过的角度为，此时P到铁轨上表面的距离为RssRRcosR(1cos).RR5.【答案】C【解析】方法1：由x2y22x，得(x1)2y21，表示圆心坐标为(1,0)，半径为1y的圆，且的几何意义为过点(2,0)和该圆上一点的直线的斜率，所以当该直线与圆相x2切于第一象限时y的值最大，由几何关系可知最大值为2.x24方法2：设yk(x2)(x2)，代入x2y22x并化简得(1k2)x22(2k21)x4k20，由4(2k21)216k2(1k2)≥0解得22k[，]．446.【答案】D【解析】S77a40，a40，因为a70，所以a5，a6的符号不确定，而a30，a80，所以a3a6，a5a8的符号不确定；S7S4a5a6a73a6，若a60，则S7S4；设公差为d，则d0，所以S143a97(a7a8)3a911a7d0．数学参考答案（新高考卷）第1页（共9页）7.【答案】D1【解析】设g(x)xf(x)，则g(1)f(1)1，g(x)f(x)xf(x)，因为f(x)0，x所以f(x)单调递减，且1xf(x)0，所以当x(0,1)时，f(x)f(1)1，1g(x)1xf(x)0，g(x)单调递增，故g(ln2)ln2f(ln2)g(1)1，即f(ln2)loge；ln2211112g()f()g(1)1，即f()；由于f(x)单调递减，所以f(lg2)f(1)1；e1111g()f()g(1)1，即f()2e，故D正确.22228.【答案】A【解析】每个底面四个顶点共圆的直四棱柱的所有顶点必在同一球面上，如图，假设由三棱锥PABC可以补成一个直四棱柱ADBEFPGC，且底面四边形ADBE存在外接圆，因为ACPA，BCPB，所以AEAD，BEBD，所以△ABE≌△ABD，AEBADB，且AEBADB180，所以AEBADB90，AB为四边形ADBE的外接圆直径.设四棱柱的侧棱长为h，则AE211h2，BE29h2，所以AE2BE2202h2AB24，h22，所以AEAD3，BEBD1，所以BAEBAD30，EAD60，△ADE是等边三角形，DEAE3PC，故假设成立，所以四边形ABGF的两条对角线的交点4R3即为所在球的球心.易知球半径R3，所以球的体积为43.39.【答案】BCD34sinx3【解析】若sinx，其中x(,)，则cosx，tanx，故A错误；525cosx4x4xx10cosx2cos21，且(,)，则cos，故B正确；25242210242sin2x2sinxcosx，故C正确；cos(x)cosxcossinxsin，2544410故D正确．10.【答案】ABC【解析】在a上任取一点A，过A作直线b，使b∥b，由a，b所确定的平面记为，数学参考答案（新高考卷）第2页（共9页）则c，同理可确定，使b，且c，故A正确；在a上任取一点A，过A作直线b，使a∥c，由a，a所确定的平面记为，则c∥，同理可却确定，使b，且c∥，故B正确；存在平面，使a∥，b∥，且c，故C正确；存在两个平面，使c，且a，b与所成角相等，故D错误；11.【答案】AC【解析】如图，设FP与渐近线l交于点R，F2为右焦点，则R为线段FP的中点，由三角形中位线定理可知l∥PF2，又因为PFl，所以FPF2P．由几何关系可知FRb，所以，，22222，故，FP2bF2P2b2a(2b)(2b2a)FF24a4bb2aC的渐近线方程为y2x，且FP4a，F2P2a，112S△S△PFPF2a．POF2PFF242设FQm，则PQ4am，F2Qm2a，在直角△中有，222，即PQF2PQF2PF2Q4810(4am)24a2(m2a)2，则ma，PQa，FQa，所以FQ:PQ1:2，3323设C的半焦距为c，则c5a，由对称性可知OPOFc5a，且OQOFOP，故OQOPPQ，所以△POQ不是等腰三角形．12.【答案】ACD111111199【解析】因为ln(1)，令x8，ln(1)ln，所以e9，1xxx18988811101101x11令x9，ln(1)ln，所以e9，故A正确；因为ln(1)ln，9999xxx23110111所以ln1，ln，…，ln，以上各式相加有ln101，故B错12299291x11误；由ln(1)ln可得，xln(x1)(x1)lnx1lnx，所以ln21ln1，xxx2ln3ln21ln2，3ln42ln31ln3，…，9ln108ln91ln9，以上各式相加有9991010119ln109ln9!，所以eln1099!，故C正确；由ln(1)可得，e9exx019k1xCCC1C(1)e，所以999(1)9e，设k,nN*，k≤n，易知n≤1，x9091999nk数学参考答案（新高考卷）第3页（共9页）k2k222CCC0C1C9C0C1C9则n≤n，故999999，故D正确.kk019019enn99999913.【答案】21x11x111【解析】f(x)ln1，其中yln是奇函数，所以f()f()2.1xx1xxee514.【答案】3【解析】方法1：多面体A1C1AEFC的体积等于三棱柱ABCA1B1C1的体积与三棱台EBFA1B1C1的体积之差，其中三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，三棱台EBFA1B1C175的体积为，所以多面体ACAEFC的体积为.3113112145方法2：所求体积为VVS△AAS.A1AEFFACC1A13AEF13ACC1A123331315.【答案】15【解析】设事件M为A灯亮，事件N为B灯亮，事件X为开关甲闭合，事件Y为开关乙P(NM)闭合，事件Z为开关丙闭合，则P(NM)，P(M)111113其中P(NM)P(X)P(X)P(Y)P(Z)，22342411115P(M)P(XZ)P(X)P(Z)P(X)P(Z)，2424813所以P(NM).1516.【答案】108【解析】如图，易知C的焦点为F(1,0)，显然当ABx轴时，AF不垂直于BF，设过点(7,0)的直线l的斜率为k(k0).则l:yk(x7)，将yk(x7)代入y24x，得k2(x7)24x，即22222．设，，则2(7k2)，，kx2(7k2)x49k0A(x1,y1)B(x2,y2)x1x2x1x249k21FA(x1,y)，FB(x1,y)，所以FAFB(x1)(x1)yy0，解得k2.112212122数学参考答案（新高考卷）第4页（共9页）设PA，PB与x轴正方向的夹角分别为，，由抛物线的光学性质可知APB，AFB22，故APB，且由圆的性质可知AQB2APB，所以2422△QAB是等腰直角三角形，其中AQBQAB，且AB1k2xx123，故212221AQABS△AQBQ108.QAB22417.（10分）【解析】（1）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，由正弦定理可知2ac，……1分a2c2b25a2b211由余弦定理可知cosB.……2分2ac4a2163解得ba，……3分2315又因为sinB1cos2B，……4分16215所以由正弦定理可知sinAsinB.……5分38（2）设△ABC的外接圆与内切圆的半径分别为R，r，a415a由（1）及正弦定理可知2R，故R，……7分sinA15bcsinA315a2由三角形面积公式可知：S△，……8分ABC2169且△ABC的周长为abca，219315a215a所以S△ar，故r，……9分ABC221612R2R256所以△ABC的外接圆与内切圆的面积之比为()2.……10分r2r2518.（12分）【解析】（1）由2an3an1an2n1可得：an2an1n12(an1ann)，……3分当，即时，不是等比数列．……分a2a110a2a11{an1ann}4当，即时，是等比数列.……分an1ann0an1ann{an1ann}5数学参考答案（新高考卷）第5页（共9页）（）若，则，由（）可知是等比数列.……分2a1a21a2a1111{an1ann}6设，则，n1，即n1．……分bnan1annb11bnan1ann2an1an2n8n1n(n1)当n≥2时，(aa)(aa)(aa)aa21，……10分2132nn1n12n(n1)即当n≥2时，a2n1，……11分n21(11)n(n1)当n1时，a1211，故对于任意nN*，a2n1.……12分12n219.（12分）180(45306045)236【解析】（1）根据列联表得：K25.1436.635，……3分9090105757所以没有99%的把握认为学生每周平均运动时长与性别有差异.……4分451（2）男生中每周平均运动时长不少于7小时的比率为p，女生中每周平均运动时190230111长不少于7小时的比率为p，则X~B(2,)，Y~B(2,)，290323112所以E(X)21，E(Y)2，……5分233根据题意可知Z2,1,0,1,2，111P(Z2)P(X0)P(Y2)()2()2，……6分23361121111P(Z1)P(X0)P(Y1)P(X1)P(Y2)()2C1C1()2，223322236……7分P(Z0)P(X0)P(Y0)P(X1)P(Y1)P(X2)P(X2)1211121113()2()2C1C2()2()2，2322223323361121121P(Z1)P(X1)P(Y0)P(X2)P(Y1)C1()2()2C1，222322333……8分121P(Z2)P(X2)P(Y0)()2()2，……9分2391113111所以E(Z)(2)(1)012，……11分36636393所以E(Z)E(X)E(Y).……12分20.（12分）【解析】（1）方法1：连接B1C，延长B1D，BA交于