高考理科数学试题及答案解析_数学高考题理科

1.今年广西数学高考题难吗

2.2013辽宁高考理科数学选择题12题详细解答

3.2011年浙江省理科数学高考题

2004年普通高等学校招生全国统一考试

数 学（浙江卷）参考答案

一．选择题: 本大题共12小题,每小题5分,共60分．

1． D 2．A 3．B 4．C 5．A 6．A 7．C 8．B 9．D 10．D 11．B 12．D

二．填空题:本大题共4小题,每小题4分,满分16分．

13． 14． 14 --25 15． 5 16．

三．解答题:本大题共6小题,满分74分．

17． (本题满分12分)

解: (Ⅰ)

=

=

=

=

(Ⅱ) ∵

∴ ,

又∵

∴

当且仅当 b=c= 时,bc= ,故bc的最大值是 ．

(18) (满分12分)

解: (Ⅰ)由题意可得,随机变量 的取值是2、3、4、6、7、10．

随机变量 的概率分布列如下

2 3 4 6 7 10

P 0．09 0．24 0．16 0．18 0．24 0．09

随机变量 的数学期望

=2×0．09+3×0．24+4×0．16+6×0．18+7×0．24+10×0．09=5．2．

(19) (满分12分)

方法一

解: (Ⅰ)记AC与BD的交点为O,连接OE,

∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形，

∴四边形AOEM是平行四边形，

∴AM∥OE．

∵ 平面BDE， 平面BDE，

∴AM∥平面BDE．

(Ⅱ)在平面AFD中过A作AS⊥DF于S，连结BS，

∵AB⊥AF， AB⊥AD，

∴AB⊥平面ADF，

∴AS是BS在平面ADF上的射影，

由三垂线定理得BS⊥DF．

∴∠BSA是二面角A—DF—B的平面角．

在RtΔASB中，

∴

∴二面角A—DF—B的大小为60?．

（Ⅲ）设CP=t（0≤t≤2）,作PQ⊥AB于Q，则PQ∥AD，

∵PQ⊥AB，PQ⊥AF， ，

∴PQ⊥平面ABF， 平面ABF，

∴PQ⊥QF．

在RtΔPQF中，∠FPQ=60?，

PF=2PQ．

∵ΔPAQ为等腰直角三角形，

∴

又∵ΔPAF为直角三角形，

∴ ，

∴

所以t=1或t=3(舍去)

即点P是AC的中点．

方法二

（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系．

设 ，连接NE，

则点N、E的坐标分别是（ 、（0,0,1）,

∴ ,

又点A、M的坐标分别是

（ ）、（

∴

∴ 且NE与AM不共线，

∴NE∥AM．

又∵ 平面BDE， 平面BDE，

∴AM∥平面BDF．

（Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF

∴AB⊥平面ADF．

∴ 为平面DAF的法向量．

∵ ? =0，

∴ ? =0得

， ，

∴ 为平面BDF的法向量．

∴

∴ 与 的夹角是60?．

即所求二面角A—DF—B的大小是60?．

（Ⅲ）设P(t,t,0)(0≤t≤ )得

∴

又∵PF和CD所成的角是60?．

∴

解得 或 （舍去），

即点P是AC的中点．

（20）（满分12分）

解：（Ⅰ）因为

所以切线 的斜率为

故切线 的方程为 即 ．

（Ⅱ）令y=0得x=t+1,

又令x=0得

所以S（t）=

=

从而

∵当 （0，1）时， >0,

当 （1,+∞）时， <0,

所以S(t)的最大值为S(1)=

(21) (满分12分)

解: (Ⅰ)由条件得直线AP的方程

即

因为点M到直线AP的距离为1,

∵

即 ．

∵

∴

解得 +1≤m≤3或--1≤m≤1-- ．

∴m的取值范围是

(Ⅱ)可设双曲线方程为 由

得 ．

又因为M是ΔAPQ的内心,M到AP的距离为1,所以∠MAP=45?,直线AM是∠PAQ的角平分线,且M到AQ、PQ的距离均为1．因此， （不妨设P在第一象限）

直线PQ方程为 ．

直线AP的方程y=x-1,

∴解得P的坐标是（2+ ，1+ ），将P点坐标代入 得，

所以所求双曲线方程为

即

（22）（满分14分）

解：(Ⅰ)因为 ，

所以 ，又由题意可知

∴

=

=

∴ 为常数列．

∴

(Ⅱ)将等式 两边除以2，得

又∵

∴

（Ⅲ）∵

又∵

∴ 是公比为 的等比数列．

今年广西数学高考题难吗

上海数学(理工农医类)参考答案

一、(第1题至笫12题)

1. 1 2. 3. 4. 5. －1+i 6. 7.

8. 5 9. 10. 36 11. k=0,－1<b<1 12. a≤10

二、(第13题至笫16题)

13. C 14. A 15. A 16. D

三、(第17题至笫22题)

17.解：y=cos(x+ ) cos(x－ )+ sin2x

=cos2x+ sin2x=2sin(2x+ )

∴函数y=cos(x+ ) cos(x－ )+ sin2x的值域是[－2,2],最小正周期是π.

18.解：连接BC,由余弦定理得BC2=202+102－2×20×10COS120°=700.

于是,BC=10 .

∵ , ∴sin∠ACB= ,

∵∠ACB<90° ∴∠ACB=41°

∴乙船应朝北偏东71°方向沿直线前往B处救援.

19.解：(1) 在四棱锥P-ABCD中,由PO⊥平面ABCD,得

∠PBO是PB与平面ABCD所成的角, ∠PBO=60°.

在Rt△AOB中BO=ABsin30°=1, 由PO⊥BO,

于是,PO=BOtg60°= ,而底面菱形的面积为2 .

∴四棱锥P-ABCD的体积V= ×2 × =2.

(2)解法一：以O为坐标原点,射线OB、OC、OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系.

在Rt△AOB中OA= ,于是,点A、B、D、P的坐标分别是A(0,－ ,0),

B(1,0,0),D(－1,0,0)P(0,0, ).

E是PB的中点,则E( ,0, ) 于是 =( ,0, ), =(0, , ).

设 的夹角为θ,有cosθ= ,θ=arccos ,

∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos .

解法二：取AB的中点F,连接EF、DF.

由E是PB的中点,得EF‖PA,

∴∠FED是异面直线DE与PA所成角(或它的补角).

在Rt△AOB中AO=ABcos30°= =OP,

于是, 在等腰Rt△POA中,PA= ,则EF= .

在正△ABD和正△PBD中,DE=DF= .

cos∠FED= =

∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos .

20.证明：（1）设过点T(3,0)的直线l交抛物线y2=2x于点A(x1,y1)、B(x12,y2).

当直线l的钭率下存在时,直线l的方程为x=3,此时,直线l与抛物线相交于点A(3, )、B(3,－ ).∴ =3

当直线l的钭率存在时,设直线l的方程为y=k(x－3),其中k≠0.

当 y2=2x

得ky2－2y－6k=0,则y1y2=－6.

y=k(x－3)

又∵x1= y , x2= y ,

∴ =x1x2+y1y2= =3.

综上所述, 命题“如果直线l过点T(3,0),那么 =3”是真命题.

(2)逆命题是：设直线l交抛物线y2=2x于A、B两点,如果 =3,那么该直线过点T(3,0).该命题是假命题.

例如：取抛物线上的点A(2,2),B( ,1),此时 =3,

直线AB的方程为Y= (X+1),而T(3,0)不在直线AB上.

说明：由抛物线y2=2x上的点A(x1,y1)、B(x12,y2)满足 =3,可得y1y2=－6.

或y1y2=2,如果y1y2=－6.,可证得直线AB过点(3,0)；如果y1y2=2, 可证得直线AB过点(－1,0),而不过点(3,0).

21.证明(1)当n=1时,a2=2a,则 =a；

2≤n≤2k－1时, an+1=(a－1) Sn+2, an=(a－1) Sn－1+2,

an+1－an=(a－1) an, ∴ =a, ∴数列{an}是等比数列.

解(2)由(1)得an=2a , ∴a1a2…an=2 a =2 a =a ,

bn= (n=1,2,…,2k).

（3）设bn≤ ,解得n≤k+ ,又n是正整数,于是当n≤k时, bn< ；

当n≥k+1时, bn> .

原式=( －b1)+( －b2)+…+( －bk)+(bk+1－ )+…+(b2k－ )

=(bk+1+…+b2k)－(b1+…+bk)

= = .

当 ≤4,得k2－8k+4≤0, 4－2 ≤k≤4+2 ,又k≥2,

∴当k=2,3,4,5,6,7时,原不等式成立.

22.解(1) 函数y=x+ (x>0)的最小值是2 ,则2 =6, ∴b=log29.

(2)设0<x1<x2,y2－y1= .

当 <x1<x2时, y2>y1, 函数y= 在[ ,+∞)上是增函数；

当0<x1<x2< 时y2<y1, 函数y= 在(0, ]上是减函数.

又y= 是偶函数,于是,该函数在(－∞,－ ]上是减函数, 在[－ ,0)上是增函数.

(3)可以把函数推广为y= (常数a>0),其中n是正整数.

当n是奇数时,函数y= 在(0, ]上是减函数,在[ ,+∞) 上是增函数,

在(－∞,－ ]上是增函数, 在[－ ,0)上是减函数.

当n是偶数时,函数y= 在(0, ]上是减函数,在[ ,+∞) 上是增函数,

在(－∞,－ ]上是减函数, 在[－ ,0)上是增函数.

F(x)= +

=

因此F(x) 在 [ ,1]上是减函数,在[1,2]上是增函数.

所以,当x= 或x=2时, F(x)取得最大值( )n+( )n；

当x=1时F(x)取得最小值2n+1.

图画不到。

2013辽宁高考理科数学选择题12题详细解答

2023广西高考理科数学试题难度有点难度，广西高考理科数学试卷整体上难度比较常规，在题目的难度设置上也比较明显。

概率题、数列题、填空题就难度较小，立体几何、选择题的7、8题就难度大一些，最难的就是选择题的最后两题、解析几何与倒数的最后一问，个别题目有较大的计算量,这种题目要求快且准的计算速度,解析几何和全国乙卷类似。

2023广西高考理科数学试题一定也会特别灵活，难度方面会让广西学生表面觉得简单，但又很难下手做。需要广西学生基本功扎实，知识学的灵活，能够随机应变。

2023广西高考理科数学试卷是全国甲卷。横向比较，甲卷难度甚至高于乙卷，但从历年纵向比较，广西高考理科数学试题难度变化相差不大，但阅读量和计算量确实相较于往年有所增加。

广西高考理科数学试卷试题给出部分已知条件，要求广西考生根据试题要求构建一个命题，给考生充分的选择空间，充分考查学生对数学本质的理解，引导中学数学在数学概念与数学方法的教学中。广西高考理科数学试题重视培养数学核心素养，克服“机械刷题”现象。

2011年浙江省理科数学高考题

［解］

∵x^2f′（x）＋2xf（x）＝e^x/x，∴x^2f′（x）＝e^x/x－2xf（x），

∴f′（x）＝［e^x/x－2xf（x）］/x^2，

令f′（x）＝0，得：e^x/x－2xf（x）＝0，∴f（x）＝e^x/（2x^2）。

令f（x）＝e^x/（2x^2）中的x＝2，得：f（2）＝e^2/8，这说明，当f′（x）＝0时，有：x＝2。

∴当f（x）有极值时，就在x＝2时取得。······①

由x^2f′（x）＋2xf（x）＝e^x/x，两边取导数，得：

2xf′（x）＋x^2f″（x）＋2f（x）＋2xf′（x）＝（xe^x－e^x）/x^2，

∴当f（x）有极值时，有：x^2f″（x）＋e^x/x^2＝（xe^x－e^x）/x^2，

∴f″（x）＝（xe^x－2e^x）/x^4。

∴f″（2）＝（2e^x－2e^2）/16＝0，∴当x＝2时，f（x）没有极值。······②

综合①、②，得：f（x）没有极值，∴本题的答案是D。

设实数x、y是不等式组{x+2y-5＞0，2x+y-7＞0，x≥0 y≥0}，若x、y为整数，则3x+4y的最小值为

A.14； B. 16； C. 17； D. 19

解：作直线L?：x+2y-5=0，设其与x轴的交点为A(5，0)；再作直线L?:2x+y-7=0，设其与L?的

交点(3，1)为B，与y轴的交点(0，7)为C；那么由不等式组{x+2y-5＞0，2x+y-7＞0，x≥0 y≥0}所规定的区域就是x轴的上方(含x轴)，y轴的右方(含y轴)，折线ABC的右上方的所围的半开放区域。

由于不等式x+2y-5＞0，2x+y-7＞0都不带等于号，故折线ABC上的点都不能算在上面指定的区域

内。又x，y是整数，那么最接近这个区域边界的点从右到左依次排列为：(6，0)；(5，1)；(4，1)

(3，2)；(2，4)；(1，6)；(0，8).共7个点，那么这些点中使3x+4y的值最小的点是点(4，1)，其值=3×4+4×1=16，故应选B。