绝密★启用前（新高考卷）数学参考答案1.【答案】C9394【解析】92，88，95，93，90，97，94，96的中位数是93.5.22．【答案】D【解析】M{1,0,1,2,3}，N{xx1}，则∁RN{xx≤1}，所以M∁RN{1,0,1}.3.【答案】B12i2i【解析】z，故z.2i55554.【答案】B225【解析】圆心(2,1)到直线x2y50的距离为5，即圆的半径r5，所以1222圆的方程为(x2)2(y1)25，令y0，则x0或4，故圆在x轴上的弦长为4.5.【答案】Dl【解析】圆锥的表面积为rlr2，球的表面积为4()2l2，故rlr2l2，即2rrr51()210，故.lll26.【答案】A552【解析】由tanA，可知sinA，cosA．由余弦定理有233BC2AB2AC22ABACcosA9，故BC3．设点A到边BC的距离为d，由三1145角形面积公式得：sinAABACBCd，故d．2237.【答案】D【解析】由f(x)g(x1)可知f(x1)g(x2)，又因为f(x1)g(2x)，故g(x2)g(2x)，即g(x)g(x)，故g(x)是偶函数.且根据题意可得f(x)f(2x)，故f(x)不一定是奇函数或偶函数.8.【答案】A22【解析】设R在线段CD，CC1上的射影分别为E，F，根据题意有PRPERE，22QRQFRF，故EP和FQ均取最小值时，即EPBD，且FQB1C时满足要求.数学参考答案（新高考卷）第1页（共8页）设REx，则RF2x，2233x2故PR3QRx2(x)23(2x)2(x)2x34x4.222233x233(3x4)设f(x)x34x4，则f(x)，故f(1)0，当x[0,1)22232x24x42时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(1,2]时，f(x)0，f(x)单调递增，故f(x)的最小值为f(1)26，即PR3QR的最小值为26.9.【答案】AC（选对部分得3分）【解析】甲班的平均分为90分，乙班的平均分为100分，甲班平均分低于乙班，故A正确；甲班的方差大于乙班，但不能认为甲班的极差一定大于乙班，故B错误；甲班的平均分为90分，乙班的平均分为100分，且乙班方差小，成绩分布更集中，故甲班成绩在区间[90,100]的人数占比低于乙班，且低于乙班成绩在区间[100,110]的人数占比，故C正确，D错误.10.【答案】BC（选对部分得3分）【解析】cos76cos1042sin25212t21，故A错误；sin1042sin52cos522t1t2，故B正确；1cos521t2tan38，故C正确；tan52sin52t11t21cos521(12sin226)sin64cos26，sin226，222cos26sin64若cos26sin226，则sin26sin64，矛盾，故D错误.sin26sin2611.【答案】BCD（选对部分得3分）【解析】设C的半焦距为c，离心率为e，则有A(a,0)，B(a,b)，D(0,b)，F(c,0)，22OD当ADDF时，由直角三角形射影定理可知ODOAOF，1，OAOF22222DFOFADADBDODOAOFOF，，故错误，2e21222eAADOABDBDOAOAOA222B正确，C正确；又ADa2b2c2，DFb2c2，AF(ac)2，且数学参考答案（新高考卷）第2页（共8页）222ADDFAF，故c2b2c2(ac)2，又因为b2c2a2，故c2aca20，51即e2e10，解得e.212.【答案】1【解析】因为a(1,1)，b(2,1)，故ab(1,2)，a(ab)1(1)1(2)1.3213.【答案】2【解析】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，根据题意可知y1y2，故2x14x2，即x12x2，又11由抛物线的定义可知AFx，BFx1，当AFBF时，xx1，112221212213故x11，x2，y1y22，所以|FF||AB|，四边形ABF2F1是平行四边形，212232故四边形ABFF的面积为yAByxx.21111221314.【答案】(,)(2,)22【解析】f(x)6x26x，令f(x)0，则x0或x1，当x0或x1时，f(x)0，f(x)单调递增，当0x1时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)的极大值是f(0)3，极小值是f(1)2．当x1时，f(x)f(x)2；令f(x)2，即2x33x210，因为x111是极小值点，设存在x使得2x33x212(x1)2(xx)0，解得x，故当x1000221时，f(x)f(x)2；易知f(1)2，故当x1时，f(x)2，f(x)2，且当1x2时，f(x)2．结合f(x)的图像可知，对于任意x，若f(x)，f(xk)二者中至少有一1313个大于2，则k或k2，即k的取值范围是(,)(2,)．222215.（13分）c3【解析】（1）设C的半焦距为c，则．……1分a32a2故b2a2c2．……3分323143将P(1,)代入C的方程有1，故1，a23，b22．3a23b2a2x2y2所以C的方程为1.……5分32数学参考答案（新高考卷）第3页（共8页）（2）由（1）可知C的左焦点为(1,0).……6分故过左焦点且斜率为2的直线为l:y2x2.……7分将l与C的方程联立有2x23x0.……8分3设M(x,y)，N(x,y)，则不妨取x0，x.……9分112212233故MN3xx.……10分12223223262且P到l的距离d.……11分213MNd133262323所以△PMN的面积为.……13分2223216.（15分）【解析】（1）方法1：如图，连接BD，交AC于点G，因为ABCD是正方形，故BDAC，又因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，故PDAC，由于BDPDD，所以AC平面PDB，因为DE平面PDB，故DEAC．……2分取线段PA的中点H，连接DH，EH，因为E为PB的中点，则EH∥AB.……3分又因为ABAD，ABPD，且PDADD，故AB平面PAD，且EH平面PAD，所以EHPA.……5分因为DHPA，且DHEHH，故PA平面DEH，PADE.……6分由于PAACA，所以DE平面PAC.……7分方法2：以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立坐标系，设AB2，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,1,1)，P(0,0,2)，所以PA(2,0,2)，PC(0,2,2)，DE(1,1,1).……2分设平面PAC的法向量为k(x0,y0,z0)，则2x02z00，……4分2y02z00不妨取x01，则k(1,1,1)DE，……6分所以DE平面PAC.……7分数学参考答案（新高考卷）第4页（共8页）（2）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立坐标系，设AB2，则B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(1,1,1)，F(2,1,0)，所以BC(2,0,0)，CE(1,1,1)，FC(2,1,0).……10分设平面BCE与平面CEF的法向量分别为m(x1,y1,z1)，n(x2,y2,z2)，则2x102x2y20，，x1y1z10x2y2z20不妨取y11，x21，则m(0,1,1)，n(1,2,1)，……13分mn3所以cosm,n，……14分mn2因为m,n[0,180]，故二面角BCEF的大小为30.……15分17.（15分）【解析】（1）根据题意有X0,1,2，C228C1C116C21则8，28，2.……分P(X0)2P(X1)2P(X2)23C1045C1045C1045X的分布列为：X01228161……5分P454545281612所以EX012.……8分4545455C2(n2)(n3)4n6（）当有个小球时，顾客中奖概率为n2.……分2nP12112Cnn(n1)n(n1)4n61故P≥25%，即≥.……13分n(n1)417193解得n≤，满足条件的n的最大值为15.2所以若使中奖概率不低于25%，则n的最大值为15.……15分18.（17分）【解析】（1）若{an}对{bn}关于0耦合，则an1bn，且bn1an，所以an2bn1an，bn2an1bn，……1分因为a11，b12，数学参考答案（新高考卷）第5页（共8页），为奇数，为奇数故1n，2n.……分anbn32，n为偶数1，n为偶数aa2a2n111所以122n242n……分22n2322n124b1b2b2n22211121()(222422n)(24n1).……6分22322n134n（2）若{an}对{bn}关于1耦合，则an1bn1，且bn12an，所以an2bn112an1，bn22an12bn2，故an212(an1)，……7分又因为a1b11，故a2b112，n1n122故当n为奇数时，an1(a11)2，即an21，……8分n22所以当n为偶数时，bnan1122；……9分n2n222当n为偶数时，an1(a21)2，即an321，……10分n12所以当n为奇数时，bnan11322.……11分n1n1221，n为奇数3222，n为奇数综上，a，b.……12分nnn2n23221，n为偶数222，n为偶数2222（3）由题设可知，an1bnp1，bn1(p11)an，且an1bnp2，bn1(p21)an.（）若，则，，22，22，显然.……分ip10an1bnbn1anan1bnbn1anp20132（）若，由上得22222，故p2p1.iip10an1(bnp1)bn2p1bnp1bnp2bn2p1假设2，则，，故或.……分p2p1bn0bn1(p11)an0p11an014①若，则2，，22，这与矛盾；p11p2p11an1bnp11bn2(p21)an12bn0②若，则，，这与矛盾.an0an10p1an1bn0p102所以若，则2，p2p1.……分p10p2p1bn0152p12故2222，可得2，故p2p1.……分bn1(p21)an(p11)an0p2p12p1bn1162p1*2所以对于任意nN，an1bnp11p1，且bn2(p11)an1(p11)1，由于p10，2故p12，p2p12p10，代入题设检验，各式均成立.综上，.……分p1,p2{2,0}17数学参考答案（新高考卷）第6页（共8页）19.（17分）【解析】（）设，则根