绝密★启用前（新高考卷）数学试卷参考答案1.【答案】B1【解析】z22i，故z2i，z在复平面内对应的点为(2,1)，在第二象限.i2．【答案】A【解析】因为x∁RN，所以xN，又因为xM，所以xMN，故MN.3.【答案】C22【解析】由题设可知b2，ab0，故(ab)(a2b)a2b0，a2.4.【答案】D【解析】由，可知，，，.S4S520a505a3S520a342a3a1a5a185.【答案】C72【解析】极大值点为xk，其中kZ，则x,满足；极小值点为xk，66632其中kZ，则x满足，故在区间(0,5)有2个极大值点和1个极小值点．36.【答案】A【解析】方法1：因为A1B与FE共线，故A1B∥FE.过D作x轴的垂线，垂足为H，设为坐标原点，因为为线段的中点，故为线段的中点，且ODA1BHOA1AFAEOA2ac2c1222，设c为C的半焦距，则，所以C的离心率e．A1A2A2DHA232a3a3abbb方法2：设A(a,0)，A(a,0)，B(0,b)，则D(,)，直线AD的方程为：yx，122223a3bb故E(0,)．设c为C的半焦距，则FE(c,)，AB(a,b)，若AB与FE共线，则3311abc1cb0，所以C的离心率e．3a37.【答案】A【解析】如图，设BD，CD的中点分别为O1，O2，则O1O2∥CB，因为平面CBD平面ABD，且CBBD，所以CB平面ABD，故O1O2平面ABD，由几何关系可知O2CO2AO2BO2D，故O2为三棱锥CABD的外接球球心，易知数学试题参考答案（新高考卷）第1页（共12页）{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}111AB2AD213OOCBCB1，OBBD，所以球半径1222122217ROBOO2OB2，故球的表面积为4R217.212128.【答案】D【解析】方法1：因为，，(0,)，由可知；由2sinsin222421可知sinsincossin，所以；sinsinsin()cos，2222sin21cos2则sin211cos0.1，所以(cos2)21.4，442所以cos21.40.8，，所以.24方法2：因为，2sinsin，所以2cossin．因为sin2cos0.1，222sin211cos211035所以cos1，即cos1，解得cos，4104105sin2035110cos．将2sinsin两边平方后，可化简得：2102162352213cos12cos2，所以coscos，coscos350，即52coscos．由于，，(0,)，所以．29.【答案】BC【解析】Vc的值与n的大小没有必然联系，无法确定VcVfc值的变化，故A错误；若v1v2vn，则去掉v1后Vc的值变大，因此TPI的值变小，故B正确；若当v1Vc，则去掉v1后得到的TPI的值不变，故C正确；若v1Vc，无法判断样本v2,v3,,vn的方差与样本v1,v2,,vn的方差之间的大小关系，故D错误.10.【答案】ABD【解析】因为点B1，C，E，F不共面，所以两条直线为异面直线，故A正确；过四点的两条直线共有3种情况，其中仅当一条直线过B1，F，另一条直线过C，E时，这两条直数学试题参考答案（新高考卷）第2页（共12页）{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}1线相互垂直，故相互垂直的概率为，故B正确；两条直线互相平行的概率为0，而两条直3线互相垂直的概率小于1，故两条直线互相平行与互相垂直不是对立事件，C错误；B1C，B1E，B1F中，只有B1C与AC1垂直，且当B1CAC1时，EF与AC1不垂直，故D正确.11.【答案】ACD【解析】由题设可知b(54a)a1，且a(14b)15b，因为a，b为正数，所以15b1a10，14b0，即a1，0b，故A正确，B错误；由题设可知14b4aa1bbbb1b1≥24b4，则5()241≤0，故0≤，所以≤，即a≥25b，aaaaa5a25151119故C正确；由题设可知ab0，其中40，故a(4)5≥114bbb4bb19a5b1a5b12(4)511，即1ab≥11b，由题设可知ab，所以1≥1b444b11b，即a3≥49b，故D正确.12.【答案】ABD【解析】设直线FA，FB在C上的反射线分别为AM，BN，则AM∥BN∥x轴.设G，H分别为线段PA，PB延长线上的点，结合光的反射定律可知PAFGAM，PBFHBN，由几何关系可知APB，设AB交x轴于M，则AFBAFMBFM22，所以AFB2APB，故A正确；p设A(x1,y1)，其中y10，C在A处的切线的斜率为k1，故C在A处的切线方程2x12px2px为p，令，则1，即1，故直线的y(xx1)2px1x0yD(0,)DF2x1222x斜率为k1，所以kk1，故ADDF，同理可知BEEF.因为四边形2p12PDFE的内角和为360，所以APBDFE180，故B正确；p设B(x2,y2)，其中y20，同上可知C在B处的切线方程为y(xx1)2px2，2x2数学试题参考答案（新高考卷）第3页（共12页）{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}22px2px2p(xx)p求得P(xx,12)，所以PFxx12，且由抛物线的几何1221224pp2性质可知AFx，BFx，所以PFAFBF，2PF2AFBF1222≤AFBF，当且仅当AFBF时等号成，故C错误；222DF2EF设O为坐标原点，易知△AFD∽△DFO，则AF，同理BF，所以pp2AFDF，故正确.2DBFEF13.【答案】13522【解析】常数项为C6(3)135.x24x,x[0,4)，14.【答案】f(x)2x4x,x(4,0)．【解析】以点(2,0)为圆心，半径为2的圆在x轴上方的部分的方程为yx24x（0x4），因为f(x)是奇函数，则f(0)0，且当x(4,0)时，yx24x，所x24x,x[0,4)，以f(x)的解析式为f(x)2x4x,x(4,0)．515.【答案】5:6（或写成）6【解析】如图，连接AC，因为G为CD的中点，且EF:AB3:4，则四边形DEFG与△CFG的面积比为5:2，所以V1:VACFG5:2，又易知△ACG与△ABC的面积比为，所以，所以1:2VACFG:VFABCVFACG:VFABC1:22:4.V1:V2V1:(VACFGVFABC)5:(24)5:6111116.【答案】(0，e2)(e2，1)（或写成(0,)(,1)）ee12ax【解析】方法1：由f(x)a2axx得f(x)(2alna)a1，2af(x)(2alna)2a2ax0(a0)，f(x)是单调递增函数．根据题意f(x)0有解，所以数学试题参考答案（新高考卷）第4页（共12页）{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}．由得ln(2alna)．当时，，单调递减；0a1f(x)0xxx0f(x)0f(x)002alna当时，，单调递增，故1lnaln(2alna)．xx0f(x)0f(x)f(x)f(x)min02alna11设g(a)1lnaln(2alna)(0a1)，则g(a)(2)．由g(a)0得aalna00111e2，当xe2时，g(a)0，g(a)单调递增；当xe2时，g(a)0，g(a)单调递减．所1以2．再结合当时，，当时，知g(a)maxg(e)0xf(x)xf(x)11a的取值范围为(0，e2)(e2，1)．11lnax1lna2lnx12lnx方法2：令f(x)a2axx0，则a，设g(x)，则g(x)，2a1a2ax1x2x3a211当0xe2时，g(x)0，g(x)单调递增，当xe2时，g(x)0，g(x)单调递减，又因为当x1时，g(x)0，且当x时，g(x)0，所以若f(x)有两个零点，只需满足1111111e2或e2，所以a的取值范围是(0,e2)(e2,1)．aa17.（10分）【解析】（1）方法1：由bsinA3acosB3c及正弦定理可得：sinBsinA3sinAcosB3sinC3sin(AB)，……2分所以sinBsinA3sinAcosB3sinAcosB3cosAsinB，故sinBsinA3cosAsinB，……3分因为sinB0，故sinA3cosA0，所以tanA3，……4分所以A.……5分3方法2：由bsinA3acosB3c及余弦定理可得：3a(a2c2b2)bsinA3c，……2分2ac3(b2c2a2)所以sinA3cosA0，2bc所以tanA3，……4分数学试题参考答案（新高考卷）第5页（共12页）{#{QQABZYSQogAAAABAAAgCUwUgCgEQkAGCCIoGBAAMIAABwQNABAA=}#}所以A.……5分32bc2sinBsinC（2）由正弦定理可知，……7分asinA2bc2322353即[2sinBsin(B)](sinBcosB)a333222213sin(B)，其中tan()，……9分3522bc221故当B时，的最大值为.……10分2a318.（12分）【解析】（1）如图，在CD上取一点G，使得CGAE，BEPF连接AG，FG．因为1，且ABCD是平行四边形，CDPDPFBECG所以1，故FG∥PC．……1分PDCDCD又因为PC平面PCE，FG平面PCE，所以FG∥平面PCE．……2分因为ABCD是平行四边形，且CGAE，所以AECG是平行四边形，故AG∥EC．……3分又因为EC平面PCE，AG平面PCE，所以AG∥平面PCE．……4分因为AGFGG，且AG平面AFG，FG平面AFG，所以平面AFG∥平面PCE．……5分因为AF平面AFG，所以AF∥平面PCE.……6分（2）方法1：当E为AB中点，PDADCD，BAD60时，易知DECD，F为PD中点，又因为PD平面ABCD，则以D为坐标原点，DE为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立坐标系，设PDADCD2，则C(0,2,0)，E(3,0,0)，F(0,0,1)，P(0,0,2)，…7分所以CE(3,2,0)，FE(3,0,1)，PE(3,0,2).……8分设平面FCE与平面PCE的法向量分别为m(x1,y1,z1)，n(x2,y2,z2)，则3x1