理科数学参考答案

一．选择题：本题考察基础知识和基本运算，每小题5分，满分60分

(1) A　　　 (2) C　　　 (3)　 D　　　　 (4) D　　　　　 (5) A　　　　　 (6) C

(7) A　　　 (8) C　　　 (9)　 B　　　　 (10) B　　　　 (11) D　　　　 (12) B

二．填空题：本题考察基础知识和基本运算，每小题4分，满分16分

(13)　　　　　 (14)　　　 (15)　 (16)① ④

三．解答题：

(17)本题考察三角恒等变形的主要基本公式、三角函数值的符号，已知三角函数值求角以及计算能力。

解：(Ⅰ)由，得

∴，于是

(Ⅱ)由，得

又∵，∴

由得：

所以

(18)本题考察相互独立事件、互斥事件等的概率计算，考察随机事件的分布列，数学期望等，考察运用所学知识与方法解决实际问题的能力。

解：(Ⅰ)记“厂家任取4件产品检验，其中至少有1件是合格品”为事件A

　　 用对立事件A来算，有

(Ⅱ)可能的取值为

　　　　　　　 ，，

记“商家任取2件产品检验，都合格”为事件B，则商家拒收这批产品的概率

所以商家拒收这批产品的概率为

(19)本题主要考察异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角、三棱锥体积等有关知识，考察思维能力和空间想象能力、应用向量知识解决数学问题的能力、化归转化能力和推理运算能力。

解法一：

(Ⅰ)∵

∴，

又∵

∴

(Ⅱ)取的中点，则，连结，

∵，∴，从而

作，交的延长线于，连结，则由三垂线定理知，，

从而为二面角的平面角

直线与直线所成的角为

∴

在中，由余弦定理得

在中，

在中，

在中，

故二面角的平面角大小为

(Ⅲ)由(Ⅱ)知，为正方形

∴

解法二：(Ⅰ)同解法一

(Ⅱ)在平面内，过作，建立空间直角坐标系(如图)

由题意有，设，

则

由直线与直线所成的解为，得

，即，解得

∴，设平面的一个法向量为，

则，取，得

平面的法向量取为

设与所成的角为，则

显然，二面角的平面角为锐角，

故二面角的平面角大小为

(Ⅲ)取平面的法向量取为，则点A到平面的距离

∵，∴

(20)本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。

解：(Ⅰ)解法一：易知

所以，设，则

因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值

当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值

解法二：易知，所以，设，则

(以下同解法一)

(Ⅱ)显然直线不满足题设条件，可设直线，

联立，消去，整理得：

∴

由得：或

又

∴

又

∵，即　 ∴

故由①、②得或

(21)本题综合考察数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力。

解：(Ⅰ)由题可得

所以过曲线上点的切线方程为，

即

令，得，即

显然　∴

(Ⅱ)证明：(必要性)

若对一切正整数，则，即，而，∴，即有

(充分性)若，由

用数学归纳法易得，从而，即

又　∴

于是，

即对一切正整数成立

(Ⅲ)由，知，同理，

故

从而，即

所以，数列成等比数列，故，

即，从而

所以

(22)本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。考查综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识。

(Ⅰ)解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是

(Ⅱ)证法一：因

证法二：因

而

故只需对和进行比较。

令，有

由，得

因为当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以在处有极小值

故当时，，

从而有，亦即

故有恒成立。

所以，原不等式成立。

(Ⅲ)对，且

有

又因，故

∵，从而有成立，

即存在，使得恒成立。

含详细解析

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．

1、复数的值是(　　)

(A)0　　　　　　　　　 (B)1　　　　　　　　　 (C)　　　　　　　　　　　　　 (D)

解析：选A．．本题考查复数的代数运算．

2、函数与在同一直角坐标系下的图象大致是(　　)

解析：选C．注意 的图象是由的图象右移1而得．本题考查函数图象的平移法则．

3、(　　)

(A)0　　(B)1　　(C)　　(D)

解析：选D．本题考查型的极限．原式或原式．

4、如图，为正方体，下面结论错误的是(　　)

(A)平面

(B)

(C)平面

(D)异面直线与所成的角为

解析：选D．显然异面直线与所成的角为．

5、如果双曲线上一点到双曲线右焦点的距离是2，那么点到轴的距离是(　　)

(A)　　　(B)　 　　(C)　　　(D)

解析：选A．由点到双曲线右焦点的距离是2知在双曲线右支上．又由双曲线的第二定义知点到双曲线右准线的距离是，双曲线的右准线方程是，故点到轴的距离是．

6、设球的半径是1，、、是球面上三点，已知到、两点的球面距离都是，且二面角的大小是，则从点沿球面经、两点再回到点的最短距离是(　　)

(A)　　　　　　　　　　　 (B)　　　　(C)　　　 　　　　(D)

解析：选C．．本题考查球面距离．

7、设，，为坐标平面上三点，为坐标原点，若与在方向上的投影相同，则与满足的关系式为(　　)

(A)　　(B)　　(C)　　(D)

解析：选A．由与在方向上的投影相同，可得：即 ，．

8、已知抛物线上存在关于直线对称的相异两点、，则等于(　　)

(A)3　　　　　　　　　　　 (B)4　　　　　　　　　　　　 (C)　　　　　　　　　　 (D)

解析：选C．设直线的方程为，由，进而可求出的中点，又由在直线上可求出，∴，由弦长公式可求出．本题考查直线与圆锥曲线的位置关系．自本题起运算量增大．

9、某公司有60万元资金，计划投资甲、乙两个项目，按要求对项目甲的投资不小于对项目乙投资的倍，且对每个项目的投资不能低于5万元，对项目甲每投资1万元可获得0.4万元的利润，对项目乙每投资1万元可获得0.6万元的利润，该公司正确规划投资后，在这两个项目上共可获得的最大利润为(　　)

(A)36万元　　　　　　　 (B)31.2万元　　　　 (C)30.4万元　　　 　　　(D)24万元

解析：选B．对甲项目投资24万元，对乙项目投资36万元，可获最大利润31.2万元．因为对乙项目投资获利较大，故在投资规划要求内(对项目甲的投资不小于对项目乙投资的倍)尽可能多地安排资金投资于乙项目，即对项目甲的投资等于对项目乙投资的倍时可获最大利润．这是最优解法．也可用线性规划的通法求解．注意线性规划在高考中以应用题型的形式出现．

10、用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有(　　)

(A)288个　　　　　　　　 (B)240个　　　　　　　　 (C)144个　　　　　　　　　　 (D)126个

解析：选B．对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位－最高位－中间三位”分步计数：①个位是0并且比20000大的五位偶数有个；②个位不是0并且比20000大的五位偶数有个；故共有个．本题考查两个基本原理，是典型的源于教材的题目．

11、如图，、、是同一平面内的三条平行直线，与间的距离是1，与间的距离是2，正三角形的三顶点分别在、、上，则⊿的边长是(　　)

(A)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (B)

(C)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (D)

解析：选D．过点C作的垂线，以、为轴、轴建立平面直角坐标系．设、、，由知，检验A：，无解；检验B：，无解；检验D：，正确．本题是把关题．在基础中考能力，在综合中考能力，在应用中考能力，在新型题中考能力全占全了．是一道精彩的好题．可惜区分度太小．

12、已知一组抛物线，其中为2、4、6、8中任取的一个数，为1、3、5、7中任取的一个数，从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线交点处的切线相互平行的概率是(　　　 )

(A)　　　　　　　　　　 (B)　　　　　　　　　　 (C)　　　　　　　　　　　　 (D)

解析：选B．这一组抛物线共条，从中任意抽取两条，共有种不同的方法．它们在与直线交点处的切线的斜率．若，有两种情形，从中取出两条，有种取法；若，有三种情形，从中取出两条，有种取法；若，有四种情形，从中取出两条，有种取法；若，有三种情形，从中取出两条，有种取法；若，有两种情形，从中取出两条，有种取法．由分类计数原理知任取两条切线平行的情形共有种，故所求概率为．本题是把关题．

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分；把答案填在题中的横线上．

13、若函数(是自然对数的底数)的最大值是，且是偶函数，则________．

解析：，，∴．

14、在正三棱柱中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则与侧面所成的角是____________

解析：，点到平面的距离为，∴，．

15、已知的方程是，的方程是，由动点向和所引的切线长相等，则动点的轨迹方程是__________________

解析：：圆心，半径；：圆心，半径．设，由切线长相等得

，．

16、下面有5个命题：

①函数的最小正周期是．

②终边在轴上的角的集合是．

③在同一坐标系中，函数的图象和函数的图象有3个公共点．

④把函数的图象向右平移得到的图象．

⑤函数在上是减函数．

其中，真命题的编号是___________(写出所有真命题的编号)

解析：①，正确；②错误；③，和在第一象限无交点，错误；④正确；⑤错误．故选①④．