高考数学普通高等学校招生全国统一考试93

高考数学普通高等学校招生全国统一考试93本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1至2页,第II卷3至9页，共150分。考试时间120分钟。考试结束。将本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题共40分）注意事项：1．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目写在答题卡上。2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。一、本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。（1）在复平面内，复数1ii对应的点位于（A）第一象限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限（2）若a与b－c都是非零向量，则“a·b=a·c”是“a⊥（b－c）”的（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件（3）在1，2，3，4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中,各位数字之和为（A）36个（B）24个（C）18个（D）6个（4）平面的斜线AB交于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交于点C，则动点C的轨迹是（A）一条直线（B）一个圆（C）一个椭圆（D）双曲线的一支（5）已知(31)4,1()log,1aaxaxfxxx是(,)上的增函数，那么a的取值范围是（A）（0，1）（B）（0，13）（C）17,13（D）1,17（6）在下列四个函数中，满足性质：“对于区间（1，2）上的任意1x,2x(12xx).2121()()fxfxxx恒成立”的只有（A）1()fxx（B）()fxx（C）()2fx（D）2()fxx（7）设47101()22222()nfnnN,则()fn等于（A）2(81)7n（B）2(81)7n（C）12(81)7n（D）12(81)7n（8）下图为某三岔路口交通环岛的简化模型，在某高峰时段，单位时间进出路口A、B、C的机动车辆数如图所示，图中123,,xxx分别表示该时段单位时间通过路段AB,BCCA的机动车辆数（假设：单位时间内，在上述路段中，同一路段上驶入与驶出的车辆数相等），则（A）123xxx（B）132xxx（C）231xxx（D）321xxx普通高等学校招生全国统一考试数学（文史类）（北京卷）第II卷（共110分）注意事项：1．用钢笔或圆珠笔将答案直接写在试卷上。2．答卷前将密封线内的项目填写清楚。二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。把答案填在题中横线上。(9）22132lim1nxxx的值等于________.(10）在72()xx的展开式中,2x的系数是________.（用数字作答）(11）若三点A（2，2），B（a，0），C（0，b）（0,b）(ab0)共线，则,11ab的值等于________(12）在△ABC中，若CBAsinA:sinB:sinC=5:7:8.则∠B的大小是________(13）已知点P（x，y）的坐标满足条件4,1,xyyxy点O为坐标原点，那么|PO|的最小值等于________,最大值等于________.（14）已知A、B、C三点在球心为O，半径为R的球面上，AC⊥BC，且AB=R，那么A、B两点间的球面距离为________球心到平面ABC的距离为________..三、解答题：本大题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（15）（本小题共12分）已知函数12sin(2)4()cosxfxx.（Ⅰ）求()fx的定义域；（Ⅱ）设的第四象限的角，且tan43，求()f的值（16）（本小题共13分）已知函数32()fxaxbxcx在点0x处取得极大值5，其导函数()yfx的图象经过点（1，0），（2，0），如图所示，求：（Ⅰ）0x的值；（Ⅱ）a，b，c的值.(17）（本小题共14分）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P—ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA=PB，点E是PD的中点.（Ⅰ）求证：AC⊥PB；（Ⅱ）求证：PB//平面AEC；（Ⅲ）求二面角E—AC—B的大小.（18）（本小题共13分）某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案.方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过；方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过.假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是a，b，c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响.求：（Ⅰ）分别求该应聘者用方案一和方案二时考试通过的概率；（Ⅱ）试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小.（说明理由）（19）（本小题共14分）已知点M（－2，0），N（2，0），动点P满足条件|PM|－|PN|=22，记动点P的轨迹为W.（Ⅰ）求W的方程；（Ⅱ）若A，B是W上的不同两点，O是坐标原点，求OA、OB的最小值.（20）（本小题共14分）在数列na中，若a1，a2是正整数，且12nnnaaa,n3，4，5，…，则称na为“绝对差数列”.（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；（Ⅱ）若“绝对差数列”na中，203a,210a，数列nb满足12nnnnbaaan=1，2，3，…，分虽判断当n时,na与nb的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.数学（理工类）（北京卷）参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）（1）D（2）C（3）B（4）A（5）C（6）A（7）D（8）C二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）（9）12（10）－14（11）12（12）3（13）210（14）13R32R三、解答题（本大题共6小题，共80分）（15）（共12分）解：（Ⅰ）由cos0x得()2xkkZ，故()fx在定义域为,,2xxkkZ（Ⅱ）因为4tan3，且是第四象限的角,所以43sin,cos,55故12sin(2)4()cosfx2212(sin2cos2)22cos1sin2cos2cos22cos2sincoscos2(cossin)145.（16）（共13分）解法一：（Ⅰ）由图象可知，在（－∞，1）上()0fx,在(1,2)上()0fx,在(2,)上()0fx,故()fx在(,1),(2,)上递增,在(1,2)上递减,因此()fx在1x处取得极大值,所以01x.(Ⅱ)2()32,fxaxbxc由(1)0,(2)0,(1)5,fff得320,1240,5,abcabcabc解得2,9,12.abc解法二:(Ⅰ)同解法一.(Ⅱ)设2()(1)(2)32,fxmxxmxmxm又2()32,fxaxbxc所以3,,2,32mabmcm323()2.32mfxxmxmx由(1)5f,即325,32mmm得6m,所以2,9,12abc.（17）（共17分）解法一：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，∴AB是PB在平面ABCD上的射影.又∵AB⊥AC，AC平面ABCD，∴AC⊥PB.（Ⅱ）连接BD，与AC相交于O，连接EO.∵ABCD是平行四边形，∴O是BD的中点又E是PD的中点∴EO∥PB.又PB平面AEC，EO平面AEC，∴PB∥平面AEC.（Ⅲ）取BC中点G，连接OG，则点G的坐标为(,,0)22ab,OG=(0,,0)2b.又(0,,),22bbOE(,0,0).ACa,,OEACOGACEOG是二面角EACB的平面角2coscos,.2OEOGEOGOEOGOEOG135OEOG二面角E-AC-B的大小为135o.（18）（共13分）解：记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A，B，C，则(),(),()PAaPBbPCc（Ⅰ）应聘者用方案一考试通过的概率1()()()()pPABCPABCPABCPABC(1)(1)(1)abcbcaacbabc2;abbccaabc应聘者用方案二考试通过的概率2111()()()333ppABpBCpAC1()3abbcca.（Ⅱ）因为,,0,1abc,所以122()23ppabbccaabc2(1)(1)(1)0,3abcbcacab故12pp,即采用第一种方案,该应聘者考试通过的概率较大.(19）（共14分）解法一：（Ⅰ）由|PM|－|PN|=22知动点P的轨迹是以,MN为焦点的双曲线的右支，实半轴长2a又半焦距c=2，故虚半轴长222bca所以W的方程为22122xy,2x（Ⅱ）设A，B的坐标分别为11(,)xy,22(,)xy当AB⊥x轴时,12,xx从而12,yy从而221212112.OAOBxxyyxy当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为ykxm,与W的方程联立,消去y得222(1)220.kxkmxm故1222,1kmxxk21222,1mxxk所以1212OAOBxxyy1212()()xxkxmkxm221212(1)()kxxkmxxm2222222(1)(2)211kmkmmkk22221kk2421k.又因为120xx,所以210k,从而2.OAOB综上,当AB⊥x轴时,OAOB取得最小值2.解法二:(Ⅰ）同解法一.（Ⅱ）设A，B的坐标分别为，则11(,)xy,22(,)xy,则22()()2(1,2).iiiiiixyxyxyi令,,iiiiiisxytxy则2,iist且0,0(1,2)iisti所以1212OAOBxxyy1122112211()()()()44stststst12121212112,22ssttsstt当且仅当1212sstt,即1212,xxyy时””成立.所以OA、OB的最小值是2.（20）（共14分）（Ⅰ）解：12345673,1,2,1,1,0,1aaaaaaa,89101,0,1.aaa（答案不惟一）（Ⅱ）解：因为在绝对差数列na中203a,210a.所以自第20项开始，该数列是203a,210a,2222242526273,3,0,3,3,,aaaaaao.即自第20项开始。每三个相邻的项周期地取值3，0，3.所以当n时，na的极限不存在.当20n时,126nnnnbaaa,所以lim6nnb（Ⅲ）证明：根据定义，数列na必在有限项后出现零项.证明如下假设na中没有零项，由于12nnnaaa,所以对于任意的n，都有1na,从而当12nnaa时,1211(3)nnnnaaaan;当12nnaa时,2121(3)nnnnaaaan即na的值要么比1na至少小1，要么比2na至少小1.令212122212(),(),nnnnnnnaaaCaaa1,2,3,,n则101(2,3,4,).AnCCn由于1C是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项10C，这与0nC(1,2,3,,n)矛盾.从而na必有零项.若第一次出现的零项为第n项，记1(0)naAA，则自第n项开始，每三个相邻的项周期地