高考数学普通高等学校招生全国统一考试65

高考数学普通高等学校招生全国统一考试65数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择）题两部分，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡上。用2B铅笔将答题卡试卷类型（A）填涂在答题卡上。在答题卡右上角的“试室号”和“座位号”栏填写试室号、座位号，并用2B铅笔将相应的试室号、座位号信息点涂黑。2．选择题每小题选出答案后，用2B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，答案不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。参考公式：如果事件A、B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B)如果事件A、B相互独立，那么P(A·B)=P(A)·P(B)第一部分选择题(共50分)一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．(1)若集合}03|{},2|||{2xxxNxxM，则M∩N（）A．{3}B．{0}C．{0，2}D．{0，3}【答案】B解:∵由2||x，得22x，由032xx，得30xx或，∴M∩N}0{，故选B．(2)若ibiia)2(，其中a、b∈R，i是虚数单位，则22ba=（）A．0B．2C．25D．5【答案】D解:∵ibiia)2(，∴ibai2，21ba即，522ba，故选D．(3)93lim23xxx=（）A．61B．0C．61D．31【答案】A解:6131)3)(3(3933323limlimlimxxxxxxxxx，故选A．(4)已知高为３的直棱锥CBAABC的底面是边长为１的正三角形（如图１所示），则三棱锥ABCB的体积为（）A．41B．21C．63D．43【答案】D解:∵,ABCBB平面∴43343313131BBShSABCABCABCBV．故选D.(5)若焦点在x轴上的椭圆1222myx的离心率为21，则m=（）A．3B．23C．38D．32【答案】B解:∵轴上焦点在x，∴2a，∵21ace，∴22c，∴23222cabm，故选B．(6)函数13)(23xxxf是减函数的区间为（）A．),2(B．)2,(C．)0,(D．（0，2）【答案】D解:∵,63)(2xxxf20,063,0)(2xxxxf解得即令，故选D．(7)给出下列关于互不相同的直线m、l、n和平面、，的四个命题：①若Alm,，点mA，则l与m不共面；②若m、l是异面直线,//,//ml,且mnln,，则n；③若//,//ml,//，则ml//；④若mlml,,点A，//,//ml，则//．其中为假命题的是A．①B．②C．③D．④【答案】C解：③是假命题，如右图所示满足//,//ml,//，但ml\//，故选C．lαβmA'B'C'ABC图1(8)先后抛掷两枚均匀的正方体骰子（它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6），骰子朝上的面的点数分别为X、Y，则1log2YX的概率为（）A．61B．365C．121D．21【答案】C解：满足1log2YX的X、Y有(1,2)，(2,4)，(3,6)这3种情况，而总的可能数有36种，所以121363P，故选C．(9)在同一平面直角坐标系中，函数)(xfy和)(xgy的图像关于直线xy对称．现将)(xgy图像沿x轴向左平移２个单位，再沿y轴向上平移１个单位，所得的图像是由两条线段组成的折线（如图２所示），则函数)(xf的表达式为A．20,2201,22)(xxxxxfB．20,2201,22)(xxxxxfC．42,1221,22)(xxxxxfD．42,3221,62)(xxxxxf【答案】A解：将图象沿y轴向下平移１个单位，再沿x轴向右平移２个单位得下图A，从而可以得到)(xg的图象，故32,4220,12)(xxxxxg，∵函数)(xfy和)(xgy的图像关于直线xy对称，∴20,2201,22)(xxxxxf，故选A．(也可以用特殊点检验获得答案)（10）已知数列nx满足212xx，)(2121nnnxxx，,4,3n．若2limnxx，则1xA．23B．3C．4D．5【答案】B解法一：特殊值法，当31x时，3263,1633,815,49,2365432xxxxx由此可推测2limnxx，故选B．yxo21112321图A3yxo211图2123解法二：∵)(2121nnnxxx，∴)(21211nnnnxxxx，21211nnnnxxxx即，∴nnxx1是以（12xx）为首项，以21为公比6的等比数列，令nnnxxb1，则11111211)21()21(2)21)((xxxxqbbnnnnn)()(23121xxxxxxn…)(1nnxx121211)21()21()2(xxxx…11)21(xn3)21(32)21(1)21(12111111xxxxnn∴2323)21(321111limlimxxxxnxnx，∴31x，故选B.解法三：∵)(2121nnnxxx，∴0221nnnxxx，∴其特征方程为0122aa，解得211a，12a，nnnacacx2211，∵11xx，212xx，∴3211xc，3212xc，∴3)21(3232)21(3211111xxxxxnnn，以下同解法二．第二部分非选择题(共100分)二．填空题：本大题共4小题目，每小题5分，共20分．(11)函数xexf11)(的定义域是．【答案】)0,(解：使)(xf有意义，则01xe，∴1xe，∴0x，∴)(xf的定义域是)0,(．(12)已知向量)3,2(a，)6,(xb，且ba//，则x．【答案】4解：∵ba//，∴1221yxyx，∴x362，∴4x.(13)已知5)1cos(x的展开式中2x的系数与4)45(x的展开式中3x的系数相等，则cos．【答案】22解：4)45(x的通项为rrrxC)45(44，1,34rr，∴4)45(x的展开式中3x的系数是54514C,5)1cos(x的通项为RRxC55)cos(，3,25RR，∴5)1cos(x的展开式中2x的系数是,5cos235C∴21cos2，22cos.(14)设平面内有n条直线)3(n，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用)(nf表示这n条直线交点的个数，则)4(f=____________；当4n时，)(nf．（用n表示）【答案】5，)2)(1(21nn解：由图B可得5)4(f，由2)3(f，5)4(f，9)5(f，14)6(f，可推得∵n每增加1，则交点增加)1(n个，∴)1(432)(nnf2)2)(12(nn)2)(1(21nn．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)（本小题满分12分）化简),,)(23sin(32)2316cos()2316cos()(ZkRxxxkxkxf并求函数)(xf的值域和最小正周期.【答案】解:)23sin(32)232cos()232cos()(xxkxkxf)23sin(32)23cos()23cos(xxx)23sin(32)23cos(2xx]3sin)23sin(3cos)23[cos(4xxx2cos4∴]4,4[)(xf，22T，∴)(xf的值域是]4,4[，最小正周期是．图B(16)（本小题共14分）如图3所示，在四面体ABCP中，已知6BCPA，342,8,10PBACABPC．F是线段PB上一点，341715CF，点E在线段AB上，且PBEF．（Ⅰ）证明：ＣＥFPB平面；（Ⅱ）求二面角FCEB的大小．【答案】(Ⅰ)证明：在ABC中，∵,6,10,8BCABAC∴,222ABBCAC∴△PAC是以∠PAC为直角的直角三角形，同理可证，△PAB是以∠PAB为直角的直角三角形，△PCB是以∠PCB为直角的直角三角形．在PCBRt中，∵,341715,342,6,10CFPBBCPC∴,CFPBBCPC∴,CFPB又∵,,FCFEFPBEF∴.CEFPB平面（II）解法一：由（I）知PB⊥CE，PA⊥平面ABC∴AB是PB在平面ABC上的射影，故AB⊥CE∴CE⊥平面PAB，而EF平面PAB，∴EF⊥EC，故∠FEB是二面角B—CE—F的平面角，∵EFBPAB~∴35610cottanAPABPBAFEB，∴二面角B—CE—F的大小为35arctan．解法二：如图，以C点的原点，CB、CA为x、y轴，建立空间直角坐标系C－xyz，则)0,0,0(C，)0,8,0(A，)0,0,6(B，)6,8,0(P，∵)6,0,0(PA为平面ABC的法向量，)6,8,6(PB为平面ABC的法向量，∴34343342636,cosPBPAPBPAPBPA，∴二面角B—CE—F的大小为34343arccos．ACBPFExyzACBPFE图3(17)（本小题共14分）在平面直角坐标系xoy中，抛物线2xy上异于坐标原点O的两不同动点Ａ、Ｂ满足BOAO（如图４所示）（Ⅰ）求AOB得重心G（即三角形三条中线的交点）的轨迹方程；（Ⅱ）AOB的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．【答案】解法一：（Ⅰ）∵直线AB的斜率显然存在，∴设直线AB的方程为bkxy，),(),,(2211yxByxA，依题意得0,,22bkxxyxybkxy得消去由，①∴kxx21，②bxx21③∵OBOA，∴02121yyxx，即0222121xxxx，④由③④得，02bb，∴)(01舍去或bb∴设直线AB的方程为1kxy∴①可化为012kxx，∴121xx⑤，设AOB的重心G为),(yx，则33021kxxx⑥，3232)(3022121kxxkyyy⑦，由⑥⑦得32)3(2xy，即3232xy，这就是AOB得重心G的轨迹方程．（Ⅱ）由弦长公式得2122124)(1||xxxxkAB把②⑤代入上式，得41||22kkAB，设点O到直线AB的距离为d，则112kd，∴24||212kdABSAOB，∴当0k，AOBS有最小值，∴AOB的面积存在最小值，最小值是1．解法二：（Ⅰ）∵AO⊥BO,直线OA，OB的斜率显然存在，yxyOAB图4∴设AO、BO的直线方程分别为kxy，xky1，