{#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}{#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}{#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}{#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}绝密★启用前（新高考卷）数学参考答案1.【答案】C【解析】∵M{x|x2或x1}，MN，∴集合N可以为{2,1}.2.【答案】Bzz44【解析】∵2，，∴，∴21(z2)9z23iz1z24|z|13.13.|z1||z2|13133.【答案】A【解析】∵cos2xcosx≥0，2cos2xcosx1≥0，(2cosx1)(cosx1)≥0且0≤x2，∴0≤x≤或≤x2或x．A正确．334.【答案】D222y0y01y0【解析】设M(,y)，y0，由双曲线和抛物线的对称性知N(,y)，S△2y2，40040MON204bbcb解得M(1,2).E的渐近线方程为：yx，即k2，∴e1()25.aOMaaa5.【答案】Cπ3【解析】∵f(x)f(x)0，∴f(x)5sin(3x)关于(,0)对称，∴k，kZ且2443153[3,6]，解得满足题意的有，，.∴所有满足条件的之和为.44446.【答案】A1【解析】设g(x)x3x()x，则g(x)是R上的单调递增奇函数，∵f(a)g(a)e，f(b)g(b)e，f(a)f(b)g(a)g(b)2e2e，g(a)g(b)g(b)，ab，∴ab0.另解，当a0，b1，时，满足题意，A正确.7.【答案】Daba2b2c21【解析】由1得a2b2c2ab，在△ABC中有cosC，∴C，bcac2ab231由余弦定理得b2c22abcosCa2aba2，又b2c2a2cosC，所以aba2a2即3a2b．2又由正弦定理得a2RsinA，b2RsinB，代入化简得3sin(B)2sinB，∴tanB33．38.【答案】C【解析】由tR有f(1tx)f(9tx)得f(1x)f(9x)，f(x)f(10x).数学参考答案（新高考卷）第1页(共9页){#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}由tR有f(tx2)f(tx2)f(9)得f(x2)f(x2)f(9)，f(x4)f(x)f(9)①，f(x8)f(x4)f(9)，∴f(x)f(x8)，即函数f(x)是以8为周期的周期函数.∴f(9)f(1)2，f(x)f(2x)②，由①②得f(x4)f(2x)2③，令③中x1得f(3)1．令③中x0得f(4)f(2)2．由f(x4)f(x)2得f(5)f(1)2，f(5)0，f(6)f(2)2，f(7)f(3)2，f(8)f(4)2．∴f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)f(6)f(7)f(8)8，76∴f(n)89f(1)f(2)f(3)f(4)77．n19.【答案】ACD（选对1个得2分，选对2个得4分）【解析】存在，，使成立，正确x不存在，，使x1x2成立，y2xx1x24x1x21A.ye0x1x2e1B错误，存在，2使得成立，正确存在，.ylnx1x11x2e(lnx11)(lnx21)1C.ycosxx10，使成立，正确x2cosx1cosx21D.10.【答案】BC(选对1个得3分)．D1PC1【解析】在△中，，，，A1PCA1C43A1P5PC17A1B1∵222，∴错误.A1CA1PCPA∵∥∥，∴直线与直线所成角等于，BCB1C1A1D1A1PBCD1A1PDCDP3QB1，∴正确.AtanD1A1PBD1A144直线AP与平面ABBA所成角等于直线AP与平面CDDC所成角APD，tanAPD，∴C正确.11111111113在边上作点使得，则平行四边形为所求截面.在△中ABQBQ3QAA1PCQA1PC481725526126，∴，，∴平cosA1CPsinA1CPS△APC43172262431751511251行四边形的面积为.∴错误.A1PCQ426D11.【答案】ACD（选对1个得2分，选对2个得4分）pyxpx1p【解析】，，，设切点，，，，则12化简得，yP(1)M(x1y1)N(x2y2)kPMx1p(y1)p2px112ppx22xp20.同理可得xp(y)，x22xp20，∴切点在直线xp(y)上，焦点11222222pF(0，)也在该直线上.∴A正确.x，x是方程x22xp20的两根，xx2①，xxp2②．212121212又由PFPMPN得MF2FN即x2x③.联立①②③解得p22，∴C的方程为3312数学参考答案（新高考卷）第2页(共9页){#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}1x242y．∴B错误.当t1时，p2，直线MN的方程为yx1∴C正21p1p确.|MN|144p2，点P到直线MN的距离d，p211p223321(1p)2(t1)(t1)(2t1)S△|MN|d，设tp0，f(t)，f(t)，所以函数f(t)在PMN2p2tt21112733(0,)单调递减，在(,)单调递增，f(t)≥f()，∴△PMN面积的最小值为.∴D正确.2224212.【答案】80【解析】5的二项展开的通项为r5r5rr，则33的系数为3223(2xy)Tr1C52xyxy4C523C5280.13.【答案】20【解析】在折叠过程中始终有CD平面ADB，ADBD2，CD23．114VV2322sinADB3sinADB，∵ADB(0,，∴当ADB时，ABCDCADB3232三棱锥ABCD的体积最大．此时△BCD的外接圆半径r2，三棱锥ABCD的外接球半径R5，（此时，也可以将三棱锥ABCD补成长方体，易得它的外接球半径R5）．∴此时外接球的表面积为20．2341914.【答案】15【解析】∵，，成等差数列，∴，|PF1||F1F2||PF2||PF1||PF2|2|F1F2|12又∵，∴，.|PF1||PF2|4|PF1|8|PF2|45x24y220,由对称性可设点P(x,y)，y0，则有解得P(4,15)，|PA|19.22(x3)y16,11S△(|PF||PA||FA|)r|FA||y|，PAF1211121P11S△(|PA||PF||AF|)r|AF||y|，PAF2222222PS△PAF(|PF||PA||FA|)r|FA|(8519)r5r5(519)∴11111，1，1，S(|PA||PF||AF|)r|AF|1r△PAF22222(4191)r221319r23419∴1.r21515.（13分）【解析】(1)由22列联表得，数学参考答案（新高考卷）第3页(共9页){#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}200（60208040）2200K29.524.………………………………………………………………3分1001001406021因为9.5247.879，………………………………………………………………………………………………4分所以有99.5%的把握认为完整观看与年龄有关.……………………………………………………………………5分(2)根据题意X可以取0，1，2，3.………………………………………………………………………………6分P(X0)(10.8)(10.6)(10.6)0.032，……………………………………………………………7分P(X1)0.80.40.40.20.60.40.20.40.60.224，…………………………………………8分P(X2)0.80.60.40.80.40.60.20.60.60.456，…………………………………………9分P(X3)0.80.60.60.288．……………………………………………………………………………10分∴X的分布列为：…X……0123P0.0320.2240.4560.288…………………………………………………………11分∴X的期望为：E(X)00.03210.22420.45630.2882.…………………………………13分16.（15分）D1C1【解析】方法一：G(1)证明：连接BD，BD，BD，111A1B1则，分别为，的中点，HGBDB1D1QP又Q，N分别为DD1，BB1的中点，∴QH∥DB，GN∥DB，11MN∴QH∥GN，………………………………………2分又∵QH平面NGP，GN平面NGP，DC∴QH∥平面NGP，………………………………4分H同理可证，MH∥平面NGP，……………………5分AB又∵MH，QH平面MHQ，MHQHH，∴平面MHQ∥平面NGP.…………………………………………………………………………………………7分6连接，在直角三角形中，有，D1C1(2)GC1PC1GPG2G6又GPGNHPHN，……………………9分A1B12取NP的中点E，连接GE，HE，QP则GENP，HENP，EMNGEH为二面角GNPH的平面角或其补角，………………………………………………………12分DCHGE2HE2GH23在△GEH中有cosGEH.AB2GEHE53所以钝二面角GNPH的余弦值为.……………………………………………………………………15分5方法二：数学参考答案（新高考卷）第4页(共9页){#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}11（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则H(,,0)，M(1,0,1)，Q(0,0,1)，N(1,1,1)，P(0,1,1)，2211G(,,2)，……………………………………………………………………………………………………………1分22设平面的法向量为，则zMHQm(x1,y1,z1)D1C1x0，GMQm0，1即A1B111，MHm0，x1y1z1022QP令，则，y12z11MN即平面MHQ的法向量为m(0,2,1)，………………………3分C设平面的法向量为，则DNPGn(x2,y2,z2)yH，x20ABNPn0，x即11，GNn0，x2y2z2022令，则，y22z21即平面MHQ的法向量为n(0,2,1)，…………………………………………