2016年全国高考数学试题解析

文科数学(全国甲卷)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知集合A＝{1,2,3}，B＝{x|x2<9}，则A∩B＝()A．{－2，－1,0,1,2,3}B．{－2，－1,0,1,2}C．{1,2,3}D．{1,2}解析：选D.先化简集合B，再利用交集定义求解．∵x2<9，∴－3<x<3，∴B＝{x|－3<x<3}．又A＝{1,2,3}，∴A∩B＝{1,2,3}∩{x|－3<x<3}＝{1,2}，故选D.2．设复数z满足z＋i＝3－i，则eq\x\to(z)＝()A．－1＋2iB．1－2iC．3＋2iD．3－2i解析：选C.先求复数z，再利用共轭复数定义求eq\x\to(z).由z＋i＝3－i得z＝3－2i，∴eq\x\to(z)＝3＋2i，故选C.3.函数y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))解析：选A.根据图象上点的坐标及函数最值点，确定A，ω与φ的值．由图象知eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，故T＝π，因此ω＝eq\f(2π,π)＝2.又图象的一个最高点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2))，所以A＝2，且2×eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，故φ＝2kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，结合选项可知y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).故选A.4．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．12πB.eq\f(32,3)πC．8πD．4π解析：选A.先利用正方体外接球直径等于正方体体对角线长求出球的半径，再用球的表面积公式求解．设正方体棱长为a，则a3＝8，所以a＝2.所以正方体的体对角线长为2eq\r(3)，所以正方体外接球的半径为eq\r(3)，所以球的表面积为4π·(eq\r(3))2＝12π，故选A.5．设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，曲线y＝eq\f(k,x)(k>0)与C交于点P，PF⊥x轴，则k＝()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(3,2)D．2解析：选D.根据抛物线的方程求出焦点坐标，利用PF⊥x轴，知点P，F的横坐标相等，再根据点P在曲线y＝eq\f(k,x)上求出k.∵y2＝4x，∴F(1,0)．又∵曲线y＝eq\f(k,x)(k>0)与C交于点P，PF⊥x轴，∴P(1,2)．将点P(1,2)的坐标代入y＝eq\f(k,x)(k>0)得k＝2.故选D.6．圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心到直线ax＋y－1＝0的距离为1，则a＝()A．－eq\f(4,3)B．－eq\f(3,4)C.eq\r(3)D．2解析：选A.将圆的方程化为标准方程，根据点到直线距离公式求解．圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的标准方程为(x－1)2＋(y－4)2＝4，由圆心到直线ax＋y－1＝0的距离为1可知eq\f(|a＋4－1|,\r(a2＋12))＝1，解得a＝－eq\f(4,3)，故选A.7.右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π解析：选C.根据三视图特征，将三视图还原为直观图，根据直观图特征求表面积．由三视图可知，该几何体是由一个圆柱和一个圆锥组成的组合体，上面是一个圆锥，圆锥的高是2eq\r(3)，底面半径是2，因此其母线长为4，下面圆柱的高是4，底面半径是2，因此该几何体的表面积是S＝π×22＋2π×2×4＋π×2×4＝28π，故选C.8．某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为()A.eq\f(7,10)B.eq\f(5,8)C.eq\f(3,8)D.eq\f(3,10)解析：选B.利用几何概型的概率公式求解．如图，若该行人在时间段AB的某一时刻来到该路口，则该行人至少等待15秒才出现绿灯．AB长度为40－15＝25，由几何概型的概率公式知，至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为eq\f(40－15,40)＝eq\f(5,8)，故选B.9.中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图，执行该程序框图，若输入的x＝2，n＝2，依次输入的a为2,2,5，则输出的s＝()A．7B．12C．17D．34解析：选C.逐次运行程序，直到满足条件时输出s值终止程序．输入x＝2，n＝2.第一次，a＝2，s＝2，k＝1，不满足k>n；第二次，a＝2，s＝2×2＋2＝6，k＝2，不满足k>n；第三次，a＝5，s＝6×2＋5＝17，k＝3，满足k>n，输出s＝17.10．下列函数中，其定义域和值域分别与函数y＝10lgx的定义域和值域相同的是()A．y＝xB．y＝lgxC．y＝2xD．y＝eq\f(1,\r(x))解析：选D.根据函数解析式特征求函数的定义域、值域．函数y＝10lgx的定义域与值域均为(0，＋∞)．函数y＝x的定义域与值域均为(－∞，＋∞)．函数y＝lgx的定义域为(0，＋∞)，值域为(－∞，＋∞)．函数y＝2x的定义域为(－∞，＋∞)，值域为(0，＋∞)．函数y＝eq\f(1,\r(x))的定义域与值域均为(0，＋∞)．故选D.11．函数f(x)＝cos2x＋6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))的最大值为()A．4B．5C．6D．7解析：选B.利用诱导公式及二倍角的余弦公式，将三角函数最值问题转化为给定区间的二次函数的最值问题求解．∵f(x)＝cos2x＋6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝cos2x＋6sinx＝1－2sin2x＋6sinx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(3,2)))2＋eq\f(11,2)，又sinx∈[－1,1]，∴当sinx＝1时，f(x)取得最大值5.故选B.12．已知函数f(x)(x∈R)满足f(x)＝f(2－x)，若函数y＝|x2－2x－3|与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))xi＝()A．0B．mC．2mD．4m解析：选B.根据函数y＝f(x)与y＝|x2－2x－3|的图象都关于直线x＝1对称求解．∵f(x)＝f(2－x)，∴函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．又y＝|x2－2x－3|＝|(x－1)2－4|的图象关于直线x＝1对称，∴两函数图象的交点关于直线x＝1对称．当m为偶数时，eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))xi＝2×eq\f(m,2)＝m；当m为奇数时，eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))xi＝2×eq\f(m－1,2)＋1＝m.故选B.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22～24题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知向量a＝(m,4)，b＝(3，－2)，且a∥b，则m＝________.解析：利用两向量共线的坐标运算公式求解．∵a＝(m,4)，b＝(3，－2)，a∥b，∴－2m－4×3＝0.∴m＝－6.答案：－614．若x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y－3≥0，,x－3≤0，))则z＝x－2y的最小值为________．解析：作出不等式组表示的可行域，利用数形结合思想求解．不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y－3≥0，,x－3≤0))表示的可行域如图阴影部分所示．由z＝x－2y得y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)z.平移直线y＝eq\f(1,2)x，易知经过点A(3,4)时，z有最小值，最小值为z＝3－2×4＝－5.答案：－515．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，则b＝________.解析：利用正弦定理求解．在△ABC中，∵cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，∴sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，∴sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(63,65).又∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(1×\f(63,65),\f(3,5))＝eq\f(21,13).答案：eq\f(21,13)16．有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．解析：根据丙的说法及乙看了丙的卡片后的说法进行推理．由丙说“我的卡片上的数字之和不是5”，可推知丙的卡片上的数字是1和2或1和3.又根据乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”可知，乙的卡片不含1，所以乙的卡片上的数字为2和3.再根据甲的说法“我与乙的卡片上相同的数字不是2”可知，甲的卡片上的数字是1和3.答案：1和3三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.【思路方法】(1)设出等差数列的公差，根据已知条件列出方程组，求出首项与公差后再写出通项公式；(2)根据bn与an的关系，分别将n＝1,2，…，10代入，求出数列{bn}的前10项，再求和．解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋5d＝4，,a1＋5d＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝\f(2,5).))所以{an}的通项公式为an＝eq\f(2n＋3,5).(2)由(1)知，bn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2n＋3,5))).当n＝1,2,3时，1≤eq\f(2n＋3,5)<2，bn＝1；当n＝4,5时，2≤eq\f(2n＋3,5)<3，bn＝2；当n＝6,7,8时，3≤eq\f(2n＋3,5)<4，bn＝3；当n＝9,10时，4≤eq\f(2n＋3,5)<5，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.18．(本小题满分12分)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数01234≥5保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：出险次数01234≥5频数605030302010(1)记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P(A)的估计值；(2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P(B)的估计值；(3)求续保人本年度平均保费的估计值．【思路方法】(1)(2)根据频率估计概率；(3)根据题意列出保费与频率的关系，利用公式求平均保费．解：(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为eq\f(60＋50,200)＝0.55，故P(A)的估计值为0.55.(2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为eq\f(30＋30,200)＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.(3)由所给数据得保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a频率0.300.250.150.150.100.05调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.1925a.因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.1925a.19．(本小题满分12分)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．(1)证明：AC⊥HD′；(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱锥D′­ABCFE的体积．【思路方法】(1)利用AC与EF平行，转化为证明EF与HD′垂直；(2)求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD与△DEF面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD′与底面垂直以及求△DEF的面积问题了．解：(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(2))2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2).五边形ABCFE的面积S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4).所以五棱锥D′­ABCFE的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2).20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．【思路方法】(1)根据导数的几何意义可得切线的斜率为f′(1)，再求出f(1)的值，进而可得曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于lnx－eq\f(ax－1,x＋1)>0，构造函数g(x)＝lnx－eq\f(ax－1,x＋1)，求使函数g(x)的最小值大于0的a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于lnx－eq\f(ax－1,x＋1)>0.设g(x)＝lnx－eq\f(ax－1,x＋1)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2a,x＋12)＝eq\f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>0；②当a>2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq\r(a－12－1)，x2＝a－1＋eq\r(a－12－1).由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)<0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．21．(本小题满分12分)已知A是椭圆E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：eq\r(3)<k<2.【思路方法】(1)根据已知条件及椭圆的对称性得出直线AM的方程，代入椭圆方程求得交点坐标后即可求得△AMN的面积；(2)设出直线AM，AN的方程，代入椭圆方程中，求出|AM|，|AN|关于k的关系式，利用已知条件建立关于k的方程，再转化为函数的零点问题来解决．解：(1)设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq\f(π,4).又A(－2,0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝eq\f(12,7)，所以y1＝eq\f(12,7).因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq\f(1,2)×eq\f(12,7)×eq\f(12,7)＝eq\f(144,49).(2)证明：设直线AM的方程为y＝k(x＋2)(k>0)，代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0.由x1·(－2)＝eq\f(16k2－12,3＋4k2)得x1＝eq\f(23－4k2,3＋4k2)，故|AM|＝|x1＋2|eq\r(1＋k2)＝eq\f(12\r(1＋k2),3＋4k2).由题意，设直线AN的方程为y＝－eq\f(1,k)(x＋2)，故同理可得|AN|＝eq\f(12k\r(1＋k2),3k2＋4).由2|AM|＝|AN|得eq\f(2,3＋4k2)＝eq\f(k,3k2＋4)，即4k3－6k2＋3k－8＝0.设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)单调递增．又f(eq\r(3))＝15eq\r(3)－26<0，f(2)＝6>0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(eq\r(3)，2)内，所以eq\r(3)<k<2.请考生在第22～24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22.(本小题满分10分)选修4－1：几何证明选讲如图，在正方形ABCD中，E，G分别在边DA，DC上(不与端点重合)，且DE＝DG，过D点作DF⊥CE，垂足为F.(1)证明：B，C，G，F四点共圆；(2)若AB＝1，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积．【思路方法】(1)先证明△DGF∽△CBF，得到∠CGF＋∠CBF＝180°，进而证明B，C，G，F四点共圆；(2)把四边形BCGF分割为两个全等的直角三角形，利用三角形的面积求四边形BCGF的面积．解：(1)证明：因为DF⊥EC，所以△DEF∽△CDF，则有∠GDF＝∠DEF＝∠FCB，eq\f(DF,CF)＝eq\f(DE,CD)＝eq\f(DG,CB)，所以△DGF∽△CBF，由此可得∠DGF＝∠CBF.因此∠CGF＋∠CBF＝180°，所以B，C，G，F四点共圆．(2)由B，C，G，F四点共圆，CG⊥CB知FG⊥FB.如图，连接GB.由G为Rt△DFC斜边CD的中点，知GF＝GC，故Rt△BCG≌Rt△BFG，因此，四边形BCGF的面积S是△GCB面积S△GCB的2倍，即S＝2S△GCB＝2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,2).23．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x＋6)2＋y2＝25.(1)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；(2)直线l的参数方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝tsinα))(t为参数)，l与C交于A，B两点，|AB|＝eq\r(10)，求l的斜率．【思路方法】(1)把x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入圆C的方程(x＋6)2＋y2＝25，化简即得C的极坐标方程．(2)把直线l的参数方程化为普通方程，根据垂径定理、点到直线的距离公式，借助勾股定理求出l的斜率；或将直线的参数方程化为极坐标方程，与圆的极坐标方程联立求解．解：(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ可得圆C的极坐标方程为ρ2＋12ρcosθ＋11＝0.(2)(方法一)由直线l的参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝tsinα))(t为参数)，消去参数得y＝x·tanα.设直线l的斜率为k，则直线l的方程为kx－y＝0.由圆C的方程(x＋6)2＋y2＝25知，圆心坐标为(－6,0)，半径为5.又|AB|＝eq\r(10)，由垂径定理及点到直线的距离公式得eq\f(|－6k|,\r(1＋k2))＝eq\r(25－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))2)，即eq\f(36k2,1＋k2)＝eq\f(90,4)，整理得k2＝eq\f(5,3)，解得k＝±eq\f(\r(15),3)，即l的斜率为±eq\f(\r(15),3).(方法二)在(1)中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)．设A，B所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得ρ2＋12ρcosα＋11＝0，于是ρ1＋ρ2＝－12cosα，ρ1ρ2＝11.|AB|＝|ρ1－ρ2|＝eq\r(ρ1＋ρ22－4ρ1ρ2)＝eq\r(144cos2α－44).由|AB|＝eq\r(10)得cos2α＝eq\f(3,8)，tanα＝±eq\f(\r(15),3).所以l的斜率为eq\f(\r(15),3)或－eq\f(\r(15),3).24．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，M为不等式f(x)<2的解集．(1)求M；(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.【思路方法】(1)先分段写出函数f(x)的解析式，再解不等式f(x)<2求出M；(2)先证明(a＋b)2－(1＋ab)2<0，进而证明|a＋b|<|1＋ab|.解：(1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)＜x＜\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2).))当x≤－eq\f(1,2)时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；当－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)时，f(x)<2；当x≥eq\f(1,2)时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}．(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1<a<1，－1<b<1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0.因此|a＋b|<|1＋ab|.数学(全国乙卷)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．设集合A＝{1,3,5,7}，B＝{x|2≤x≤5}，则A∩B＝()A．{1,3}B．{3,5}C．{5,7}D．{1,7}解析：选B.根据交集的定义求解．集合A与集合B的公共元素有3,5，故A∩B＝{3,5}，故选B.2．设(1＋2i)(a＋i)的实部与虚部相等，其中a为实数，则a＝()A．－3B．－2C．2D．3解析：选A.先化简复数，再根据实部与虚部相等列方程求解．(1＋2i)(a＋i)＝a－2＋(1＋2a)i，由题意知a－2＝1＋2a，解得a＝－3，故选A.3．为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(5,6)解析：选C.先列出基本事件，再利用古典概型概率公式求解．从4种颜色的花中任选2种颜色的花种在一个花坛中，余下的2种颜色的花种在另一个花坛的种数有：红黄—白紫、红白—黄紫、红紫—白黄、黄白—红紫、黄紫—红白、白紫—红黄，共6种，其中红色和紫色的花不在同一花坛的种数有：红黄—白紫、红白—黄紫、黄紫—红白、白紫—红黄，共4种，求所求概率为P＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，故选C.4．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq\r(5)，c＝2，cosA＝eq\f(2,3)，则b＝()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D．3解析：选D.利用余弦定理列方程求解．由余弦定理得5＝b2＋4－2×b×2×eq\f(2,3)，解得b＝3或b＝－eq\f(1,3)(舍去)，故选D.5．直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的eq\f(1,4)，则该椭圆的离心率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)解析：选B.利用椭圆的几何性质列方程求离心率．不妨设直线l经过椭圆的一个顶点B(0，b)和一个焦点F(c,0)，则直线l的方程为eq\f(x,c)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋cy－bc＝0.由题意知eq\f(|－bc|,\r(b2＋c2))＝eq\f(1,4)×2b，解得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，即e＝eq\f(1,2).故选B.6．将函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq\f(1,4)个周期后，所得图象对应的函数为()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))解析：选D.先求出函数的周期，再根据函数图象的平移变换规律求出对应的函数解析式．函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的周期为π，将函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq\f(1,4)个周期即eq\f(π,4)个单位长度，所得图象对应的函数为y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故选D.7.如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是eq\f(28π,3)，则它的表面积是()A．17πB．18πC．20πD．28π解析：选A.根据三视图还原出几何体，再根据表面积公式求解．由三视图可知其对应几何体应为一个切去了eq\f(1,8)部分的球，由eq\f(4,3)πr3×eq\f(7,8)＝eq\f(28π,3)，得r＝2，所以此几何体的表面积为4πr2×eq\f(7,8)＋3×eq\f(1,4)πr2＝17π，故选A.8．若a>b>0,0<c<1，则()A．logac<logbcB．logca<logcbC．ac<bcD．ca>cb解析：选B.根据式子的特征，构造函数并利用其单调性进行比较．对于选项A：logac＝eq\f(lgc,lga)，logbc＝eq\f(lgc,lgb)，∵0<c<1，∴lgc<0.而a>b>0，∴lga>lgb，但不能确定lga，lgb的正负，∴logac与logbc的大小不能确定．对于选项B：logca＝eq\f(lga,lgc)，logcb＝eq\f(lgb,lgc)，而lga>lgb，两边同乘一个负数eq\f(1,lgc)不等号方向改变，∴logca<logcb，∴选项B正确．对于选项C：利用y＝xc(0<c<1)在第一象限内是增函数，可得ac>bc，∴选项C错误．对于选项D：利用y＝cx(0<c<1)在R上为减函数，可得ca<cb，∴选项D错误，故选B.9．函数y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为()解析：选D.利用导数研究函数y＝2x2－e|x|在[0,2]上的图象，再利用奇偶性判断．∵f(x)＝2x2－e|x|，x∈[－2,2]是偶函数，又f(2)＝8－e2∈(0,1)，故排除A，B.设g(x)＝2x2－ex，则g′(x)＝4x－ex.又g′(0)<0，g′(2)>0，∴g(x)在(0,2)内至少存在一个极值点，∴f(x)＝2x2－e|x|在(0,2)内至少存在一个极值点，排除C.故选D.10.执行右面的程序框图，如果输入的x＝0，y＝1，n＝1，则输出x，y的值满足()A．y＝2xB．y＝3xC．y＝4xD．y＝5x解析：选C.执行程序框图，直至输出x，y的值．输入x＝0，y＝1，n＝1，运行第一次，x＝0，y＝1，不满足x2＋y2≥36；运行第二次，x＝eq\f(1,2)，y＝2，不满足x2＋y2≥36；运行第三次，x＝eq\f(3,2)，y＝6，满足x2＋y2≥36，输出x＝eq\f(3,2)，y＝6.由于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，6))在直线y＝4x上，故选C.11．平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(1,3)解析：选A.根据平面与平面平行的性质，将m，n所成的角转化为平面CB1D1与平面ABCD的交线及平面CB1D1与平面ABB1A1的交线所成的角．设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1.∵平面α∥平面CB1D1，∴m1∥m.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1，同理可证CD1∥n.因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形，故直线B1D1与CD1所成角为60°，其正弦值为eq\f(\r(3),2).12．若函数f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是()A．[－1,1]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))解析：选C.根据四个选项的特点，用特殊值法判断．取a＝－1，则f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x－sinx，f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x－cosx，但f′(0)＝1－eq\f(2,3)－1＝－eq\f(2,3)<0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22～24题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．设向量a＝(x，x＋1)，b＝(1,2)，且a⊥b，则x＝________.解析：根据向量垂直的性质列方程求解．∵a⊥b，∴a·b＝0，即x＋2(x＋1)＝0，∴x＝－eq\f(2,3).答案：－eq\f(2,3)14．已知θ是第四象限角，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝________.解析：将θ－eq\f(π,4)转化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))－eq\f(π,2).由题意知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，θ是第四象限角，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))>0，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(4,5).taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)－\f(π,2)))＝－eq\f(1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(\f(4,5),\f(3,5))＝－eq\f(4,3).答案：－eq\f(4,3)15．设直线y＝x＋2a与圆C：x2＋y2－2ay－2＝0相交于A，B两点，若|AB|＝2eq\r(3)，则圆C的面积为________．解析：利用圆的弦长、弦心距、圆的半径之间的关系及勾股定理列方程求解．圆C：x2＋y2－2ay－2＝0化为标准方程是C：x2＋(y－a)2＝a2＋2，所以圆心C(0，a)，半径r＝eq\r(a2＋2).|AB|＝2eq\r(3)，点C到直线y＝x＋2a，即x－y＋2a＝0的距离d＝eq\f(|0－a＋2a|,\r(2))，由勾股定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|0－a＋2a|,\r(2))))2＝a2＋2，解得a2＝2，所以r＝2，所以圆C的面积为π×22＝4π.答案：4π16．某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料，生产一件产品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3个工时．生产一件产品A的利润为2100元，生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为________元．解析：设出产品A、产品B的产量，列出产品A，B的产量满足的约束条件，转化为线性规划问题求解．设生产产品Ax件，产品By件，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1.5x＋0.5y≤150，,x＋0.3y≤90，,5x＋3y≤600，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*.))目标函数z＝2100x＋900y.作出可行域为图中的阴影部分(包括边界)内的整数点，图中阴影四边形的顶点坐标分别为(60,100)，(0,200)，(0,0)，(90,0)．当直线z＝2100x＋900y经过点(60,100)时，z取得最大值，zmax＝2100×60＋900×100＝216000(元)．答案：216000三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.(1)求{an}的通项公式；(2)求{bn}的前n项和．【思路方法】(1)取n＝1，先求出a1，再求{an}的通项公式．(2)将an代入anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得出数列{bn}为等比数列，再求{bn}的前n项和．解：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，得a1＝2.所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)知anbn＋1＋bn＋1＝nbn，得bn＋1＝eq\f(bn,3)，因此{bn}是首项为1，公比为eq\f(1,3)的等比数列．记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n,1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2×3n－1).18.(本小题满分12分)如图，已知正三棱锥P­ABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．【思路方法】(1)利用等腰三角形的“三线合一”性质，只需证明AB⊥PG即可．(2)过点E作PB的平行线交PA于点F，证明F为点E在平面PAC内的正投影，再求四面体PDEF的体积．解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB⊥DE.因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，PA＝PB，所以G是AB的中点．(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点E，F即为E在平面PAC内的正投影．理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC.又PA∩PC＝P，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影．连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝eq\f(2,3)CG.由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝eq\f(2,3)PG，DE＝eq\f(1,3)PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2eq\r(2).在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，所以四面体PDEF的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).19．(本小题满分12分)某公司计划购买1台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：记x表示1台机器在三年使用期内需要换的易损零件数，y表示1台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)，n表示购机的同时购买的易损零件数．(1)若n＝19，求y与x的函数解析式；(2)若要求“需更换的易损零件数不大于n”的频率不小于0.5，求n的最小值；(3)假设这100台机器在购机的同时每台都购买19个易损零件，或每台都购买20个易损零件，分别计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买1台机器的同时应购买19个还是20个易损零件？【思路方法】(1)根据题意写出分段函数的解析式．(2)根据柱状图结合频率的概念，求n的最小值．(3)分别计算两种情况的平均数，并比较大小，作出决策．解：(1)当x≤19时，y＝3800；当x>19时，y＝3800＋500(x－19)＝500x－5700，所以y与x的函数解析式为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3800，x≤19，,500x－5700，x>19))(x∈N)．(2)由柱状图知，需更换的零件数不大于18的频率为0.46，不大于19的频率为0.7，故n的最小值为19.(3)若每台机器在购机同时都购买19个易损零件，则这100台机器中有70台在购买易损零件上的费用为3800,20台的费用为4300,10台的费用为4800，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为eq\f(1,100)(3800×70＋4300×20＋4800×10)＝4000.若每台机器在购机同时都购买20个易损零件，则这100台机器中有90台在购买易损零件上的费用为4000,10台的费用为4500，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为eq\f(1,100)(4000×90＋4500×10)＝4050.比较两个平均数可知，购买1台机器的同时应购买19个易损零件．20．(本小题满分12分)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p>0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.(1)求eq\f(|OH|,|ON|)；(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由．【思路方法】(1)先求出N，H的坐标，再求eq\f(|OH|,|ON|).(2)将直线MH的方程与抛物线C的方程联立，根据方程的解的个数进行判断．解：(1)如图，由已知得M(0，t)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2p)，t)).又N为M关于点P的对称点，故Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,p)，t))，故直线ON的方程为y＝eq\f(p,t)x，将其代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2t2,p).因此Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,p)，2t)).所以N为OH的中点，即eq\f(|OH|,|ON|)＝2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点．理由如下：直线MH的方程为y－t＝eq\f(p,2t)x，即x＝eq\f(2t,p)(y－t)．代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点．21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．【思路方法】先求出f′(x)，对f′(x)中的字母参数分类讨论确定f′(x)的符号，从而得出f(x)的单调性．(2)根据(1)中所得函数的单调性的结论，结合函数图象和零点存在性定理对参数a分类讨论，得出f(x)有两个零点时a的取值范围．解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．①若a＝－eq\f(e,2)，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a>－eq\f(e,2)，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减．③若a<－eq\f(e,2)，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减．(2)(ⅰ)设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<lneq\f(a,2)，则f(b)>eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))>0，所以f(x)有两个零点．(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．(ⅲ)设a<0，若a≥－eq\f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；若a<－eq\f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．请考生在第22～24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22.(本小题满分10分)选修4－1：几何证明选讲如图，△OAB是等腰三角形，∠AOB＝120°.以O为圆心，eq\f(1,2)OA为半径作圆．(1)证明：直线AB与⊙O相切；(2)点C，D在⊙O上，且A，B，C，D四点共圆，证明：AB∥CD.【思路方法】(1)利用圆心到直线的距离等于圆的半径证明直线与圆相切；(2)利用直线AB，CD均与直线OO′垂直证明AB，CD平行．证明：(1)设E是AB的中点，连接OE.因为OA＝OB，∠AOB＝120°，所以OE⊥AB，∠AOE＝60°.在Rt△AOE中，OE＝eq\f(1,2)AO，即O到直线AB的距离等于⊙O的半径，所以直线AB与⊙O相切．(2)因为OA＝2OD，所以O不是A，B，C，D四点所在圆的圆心．设O′是A，B，C，D四点所在圆的圆心，作直线OO′.由已知得O在线段AB的垂直平分线上，又O′在线段AB的垂直平分线上，所以OO′⊥AB.同理可证，OO′⊥CD，所以AB∥CD.23．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝acost，,y＝1＋asint，))(t为参数，a>0)．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝4cosθ.(1)说明C1是哪一种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；(2)直线C3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tanα0＝2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a.【思路方法】(1)消去参数，求出曲线C1的直角坐标方程，利用极坐标与直角坐标互化公式求出曲线C1的极坐标方程；(2)将曲线C1，C2的极坐标方程联立得方程组，解方程组求解．解：(1)消去参数t得到C1的普通方程为x2＋(y－1)2＝a2，则C1是以(0,1)为圆心，a为半径的圆．将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入C1的普通方程中，得到C1的极坐标方程为ρ2－2ρsinθ＋1－a2＝0.(2)曲线C1，C2的公共点的极坐标满足方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2－2ρsinθ＋1－a2＝0，,ρ＝4cosθ.))若ρ≠0，由方程组得16cos2θ－8sinθcosθ＋1－a2＝0，由已知tanθ＝2，可得16cos2θ－8sinθcosθ＝0，从而1－a2＝0，解得a＝－1(舍去)或a＝1.当a＝1时，极点也为C1，C2的公共点，且在C3上．所以a＝1.24．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.(1)画出y＝f(x)的图象；(2)求不等式|f(x)|>1的解集．【思路方法】(1)利用绝对值的性质化简函数表达式；(2)根据函数的图象写出不等式的解集．解：(1)由题意得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4，x≤－1，,3x－2，－1<x≤\f(3,2)，,－x＋4，x>\f(3,2)，))故y＝f(x)的图象如图所示．(2)由f(x)的函数表达式及图象可知，当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；当f(x)＝－1时，可得x＝eq\f(1,3)或x＝5.故f(x)>1的解集为{x|1<x<3}，f(x)<－1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,3)或x>5)))).所以|f(x)|>1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,3)或1<x<3或x>5)))).数学(全国丙卷)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．设集合A＝{0,2,4,6,8,10}，B＝{4,8}，则∁AB＝()A．{4,8}B．{0,2,6}C．{0,2,6,10}D．{0,2,4,6,8,10}解析：选C.直接根据补集的定义进行计算即可．∵集合A＝{0,2,4,6,8,10}，B＝{4,8}，∴∁AB＝{0,2,6,10}．2．若z＝4＋3i，则eq\f(\x\to(z),|z|)＝()A．1B．－1C.eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)iD.eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i解析：选D.先求出eq\x\to(z)与|z|，再计算eq\f(\x\to(z),|z|).∵z＝4＋3i，∴eq\x\to(z)＝4－3i，|z|＝eq\r(42＋32)＝5，∴eq\f(\x\to(z),|z|)＝eq\f(4－3i,5)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i.3．已知向量eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，则∠ABC＝()A．30°B．45°C．60°D．120°解析：选A.根据向量的夹角公式求解．∵eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，∴|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝1，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)，∴cos∠ABC＝cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),2).∵0°≤〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉≤180°，∴∠ABC＝〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝30°.4．某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图．图中A点表示十月的平均最高气温约为15℃，B点表示四月的平均最低气温约为5℃.下面叙述不正确的是()A．各月的平均最低气温都在0℃以上B．七月的平均温差比一月的平均温差大C．三月和十一月的平均最高气温基本相同D．平均最高气温高于20℃的月份有5个解析：选D.依据给出的雷达图，逐项验证．对于选项A，由图易知各月平均最低气温都在0℃以上，A正确；对于选项B，七月的平均最高气温点与平均最低气温点间的距离大于一月的平均最高气温点与平均最低气温点间的距离，所以七月的平均温差比一月的平均温差大，B正确；对于选项C，三月和十一月的平均最高气温均为10℃，所以C正确；对于选项D，平均最高气温高于20℃的月份有七月、八月，共2个月份，故D错误．5．小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是()A.eq\f(8,15)B.eq\f(1,8)C.eq\f(1,15)D.eq\f(1,30)解析：选C.根据古典概型的概率公式求解．∵Ω＝{(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)，(N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)}，∴事件总数有15种．∵正确的开机密码只有1种，∴P＝eq\f(1,15).6．若tanθ＝－eq\f(1,3)，则cos2θ＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(1,5)C.eq\f(1,5)D.eq\f(4,5)解析：选D.先利用二倍角公式展开，再进行“1”的代换，转化为关于tanθ的关系式进行求解．∵cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)，又∵tanθ＝－eq\f(1,3)，∴cos2θ＝eq\f(1－\f(1,9),1＋\f(1,9))＝eq\f(4,5).7．已知a＝2eq\f(4,3)，b＝3eq\f(2,3)，c＝25eq\f(1,3)，则()A．b<a<cB．a<b<cC．b<c<aD．c<a<b解析：选A.利用幂函数的性质比较大小．a＝2eq\f(4,3)＝4eq\f(2,3)，b＝3eq\f(2,3)，c＝25eq\f(1,3)＝5eq\f(2,3).∵y＝xeq\f(2,3)在第一象限内为增函数，又5>4>3，∴c>a>b.8．执行如图所示的程序框图，如果输入的a＝4，b＝6，那么输出的n＝()A．3B．4C．5D．6解析：选B.先识别程序框图的功能，再结合循环结构和条件结构求解．a＝4，b＝6，n＝0，s＝0，第一次循环：a＝b－a＝6－4＝2，b＝b－a＝6－2＝4，a＝b＋a＝4＋2＝6，s＝s＋a＝0＋6＝6，n＝n＋1＝1，不满足x>16；第二次循环：a＝b－a＝4－6＝－2，b＝b－a＝4－(－2)＝6，a＝b＋a＝6－2＝4，s＝s＋a＝6＋4＝10，n＝n＋1＝1＋1＝2，不满足s>16；第三次循环：a＝b－a＝6－4＝2，b＝b－a＝6－2＝4，a＝b＋a＝4＋2＝6，s＝s＋a＝10＋6＝16，n＝n＋1＝2＋1＝3，不满足s>16；第四次循环：a＝b－a＝4－6＝－2，b＝b－a＝4－(－2)＝6，a＝b＋a＝6－2＝4，s＝s＋a＝16＋4＝20，n＝n＋1＝3＋1＝4，满足s>16，输出n＝4.9．在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC边上的高等于eq\f(1,3)BC，则sinA＝()A.eq\f(3,10)B.eq\f(\r(10),10)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(3\r(10),10)解析：选D.利用勾股定理及三角形的面积公式求解．如图，AD为△ABC中BC边上的高．设BC＝a，由题意知AD＝eq\f(1,3)BC＝eq\f(1,3)a，B＝eq\f(π,4)，易知BD＝AD＝eq\f(1,3)a，DC＝eq\f(2,3)a.在Rt△ABD中，由勾股定理得，AB＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))2)＝eq\f(\r(2),3)a.同理，在Rt△ACD中，AC＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a))2)＝eq\f(\r(5),3)a.∵S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq\f(1,2)BC·AD，∴eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),3)a×eq\f(\r(5),3)a·sin∠BAC＝eq\f(1,2)a·eq\f(1,3)a，∴sin∠BAC＝eq\f(3,\r(10))＝eq\f(3\r(10),10).10．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A．18＋36eq\r(5)B．54＋18eq\r(5)C．90D．81解析：选B.先通过三视图还原出几何体，再求几何体的表面积．由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜平行六面体．由题意可知该几何体底面边长为3，高为6，所以侧棱长为eq\r(32＋62)＝3eq\r(5).故该几何体的表面积S＝32×2＋(3×6)×2＋(3×3eq\r(5))×2＝54＋18eq\r(5).11．在封闭的直三棱柱ABC­A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是()A．4πB.eq\f(9π,2)C．6πD.eq\f(32π,3)解析：选B.先计算球与直三棱柱三个侧面相切时球的半径，再计算球与直三棱柱两底面相切时球的半径，半径较小的球即为所求．设球的半径为R，∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有eq\f(1,2)(6＋8＋10)×R＝eq\f(1,2)×6×8，此时R＝2；当球与直三棱柱两底面相切时，有2R＝3，此时R＝eq\f(3,2).所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为eq\f(3,2)，故最大体积V＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝eq\f(9π,2).12．已知O为坐标原点，F是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)解析：选A.根据比例的性质建立关于a，c的关系式求解．如图所示，设OE的中点为N，在△AOE中，∵MF∥OE，∴eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(|AF|,|AO|)＝eq\f(a－c,a).①在△MFB中，∵ON∥MF，∴eq\f(|ON|,|MF|)＝eq\f(|BO|,|BF|)＝eq\f(a,a＋c)＝eq\f(\f(1,2)|OE|,|MF|)，∴eq\f(2a,a＋c)＝eq\f(|OE|,|MF|)，即eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(a＋c,2a).②由①②可得eq\f(a－c,a)＝eq\f(a＋c,2a)，解得a＝3c，从而得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3).第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22～24题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．设x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0，,x－2y－1≤0，,x≤1，))则z＝2x＋3y－5的最小值为________．解析：作出可行域，利用线性规划知识求解．画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示．由题意可知，当直线y＝－eq\f(2,3)x＋eq\f(5,3)＋eq\f(z,3)过点A(－1，－1)时，z取得最小值，即zmin＝2×(－1)＋3×(－1)－5＝－10.答案：－1014．函数y＝sinx－eq\r(3)cosx的图象可由函数y＝2sinx的图象至少向右平移________个单位长度得到．解析：首先利用辅助角公式将函数y＝sinx－eq\r(3)cosx化为正弦型函数，再进行平移变换．∵y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，∴函数y＝sinx－eq\r(3)cosx的图象可由函数y＝2sinx的图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度得到．答案：eq\f(π,3)15．已知直线l：x－eq\r(3)y＋6＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，则|CD|＝________.解析：作出平面图形，利用数形结合求解．如图所示，∵直线AB的方程为x－eq\r(3)y＋6＝0，∴kAB＝eq\f(\r(3),3)，∴∠BPD＝30°，从而∠BDP＝60°.在Rt△BOD中，∵|OB|＝2eq\r(3)，∴|OD|＝2.取AB的中点H，连接OH，则OH⊥AB，∴OH为直角梯形ABDC的中位线，∴|OC|＝|OD|，∴|CD|＝2|OD|＝2×2＝4.答案：416．已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是________．解析：首先求