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1、一般高等学校招生全国统一考试（2全国卷）数学(理）试题一、选择题(本大题 共12 题，合计60 分)1、=()A.-2+4i B.-i C.2+iD.2-4i2、设集合=|3,B=x|,则AB=( )A. B(3，4） .(-2，) D.(,+)、已知BC中,则osA=（ )A.B. C. D.4、曲线在点(1,1）处的切线方程为( )Ax-=0B.x+y-2=0 Cy-50Dx4y-=05、已知正四棱柱BCDA1BC11中，A=2AB,E为AA1中点，则异面直线E与CD1所成角的余弦值为（ ) B. C. D.6、已知向量a=（2，1)，ab=0,|ab|=,则|b=（）A B. C 257
2、、设a=lo3,则( )A.abc B.c bc .a8、若将函数=an()()的图象向右平移个单位长度后,与函数y=tan（）的图象重叠,则的最小值为(）A .C.D.、已知直线y=(x)(k0)与抛物线C:y2=x相交于A、两点,F为的焦点.若FA|2|FB|,则k=( )A. CD1、甲、乙两人从门课程中各选修门,则甲、乙所选的课程中至少有1门不相似的选法共有( )A.6种 .12种 C种 D.36种1、已知双曲线C:(a，b)的右焦点为F,过F且斜率为的直线交C于A、B两点.若,则C的离心率为( )A.B. C. D.12、纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北
3、目前沿该正方体的某些棱将正方体剪开、外面朝上展平,得到右侧的平面图形,则标“”的面的方位是( ）A南B.北C.西 D下二、填空题 ( 本大题 共 4 题,合计 20 分)13、（）4的展开式中x3的系数为_.1、设等差数列an的前n项和为n,若a55a3.则=_. 15、设是球O的半径，M是OA的中点,过M且与OA成45角的平面截球O的表面得到圆C,若圆C的面积等于,则球O的表面积等于_.16、已知AC,BD为圆O:x2+y24的两条互相垂直的弦,垂足为(1,),则四边形的面积的最大值为_.三、解答题 ( 本大题 共 题,合计 70 分)17、（10分) 设ABC的内角A,B，C的对边长分别为
4、a,b，c，co(A-C）+osB=,b2=ac，求B.8、(2分）如图,直三棱柱ABCA11C中,BC,D、分别为A1、B1C的中点，平面BCC1. ()证明:B=A;()设二面角A-BD-C为0,求1与平面BCD所成的角的大小19、（2分)设数列an的前项和为Sn,已知a1=1，Sn+14an+.（）设bnan1-2an,证明数列b是等比数列；()求数列a的通项公式.20、(12分)某车间甲组有10名工人,其中有名女工人;乙组有5名工人,其中有名女工人,现采用分层抽样措施（层内采用不放回简朴随机抽样)从甲、乙两组中共抽取名工人进行技术考核.（)求从甲、乙两组各抽取的人数；()求从甲组抽取的
5、工人中恰有1名女工人的概率；()记表达抽取的3名工人中男工人数,求的分布列及数学盼望.21、(1分)已知椭圆：(ab0)的离心率为,过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点,当l的斜率为时,坐标原点O到l的距离为（)求a,b的值；(）C上与否存在点P,使得当l绕F转到某一位置时，有成立?若存在,求出所有的P的坐标与l的方程;若不存在,阐明理由.2、(12分)设函数=x2aln(+x)有两个极值点x，x2,且x1. （)求a的取值范畴,并讨论的单调性；（）证明： .一般高等学校招生全国统一考试(2全国卷）数学(理)试题答案解析：一、选择题（ 本大题 共 1 题, 合计 60 分)1、（5分） A解
6、析：故选A.、（分）B解析:(x-)(x-4)0,x,即B=1xog33=1，,.abc.故选、(分)D解析:将函数y=n()(0)的图象向右平移个单位,得a(),又因平移后函数的图象与=tn（）的图象重叠,(),即, 当0时,，即的最小值为.故选D.、（5分）解析:设(1,y)，(x2，y2),由题意得k2x2+(4k2-8)x+42=0,=16(2-2)4k24k20.得-k，即0k0）.=2+2=4.又01,.故选10、(5分) C解析:由题意知甲、乙所选的课程有一门相似的选法为种，甲、乙所选的课程都不相似的选法有种，因此甲、乙所选的课程中至少有一门不相似的选法共有4+=种.故选C.1、
7、(5分）A解析：设（,y1)，B(x2,y),（,0)，由,得(cx1，-y1)=4(x2-c，y2),=-y2.设过F点斜率为的直线方程为,则有将y1=-4y2分别代入得化简得.化简得12=9(2-2)=9(3a2c2+2)25c2=6a2.,即.12、(5分) B解析:如右图所示正方体，要展开成规定的平面图，必须剪开棱BC,剪开棱D1使正方形DCCD1向北的方向展平剪开棱1B1，使正方形BB1A1向南的方向展开,然后拉开展平，则标“”的面的方位则为北.故选.二、填空题 ( 本大题 共 4题, 合计 20 分)1、（5分） 6解析:设展开式中第r1项为x33项，由展开式中的通项,得=.令，得
8、r2.系数为1、(5分)9 解析:由a55a3,得,.15、（5分) 解析:如图所示,设球半径为R，球心O到截面圆的距离为,在RtOB中,d22-BN又BN2，.在ONM中,dOsin45,将代入得，R2=2.S球=R2=8.1、（分)5 解析:如图所示,设O|d1，|O|=2，则d12+d22=|M2=12（)2=3.在ONC中,d12=|OC|2-|CN|2=-|N|2,.同理在OBP中，.S四边形SDSAB=.当且仅当d12时取等号,即d1=d2=时取等号 三、解答题 ( 本大题 共 6 题,合计 7分）7、(10分) 解:由cs(A-)+os及B=-(A+)得os(-C）-cs(A+C
9、）=，osAosCsinsinC-（cosAsCsinAsin)=,.又由2ac及正弦定理得sn2sinAsinC.故,或(舍去),于是或.又由b2=ac知b或b,因此.18、(1分) 解法一：()取BC的中点F,连接EF,则EF,从而EFDA. 连接AF,则E为平行四边形,从而D又DE平面BCC1,故AF平面C1,从而AFBC,即AF为B的垂直平分线,因此AB=A,()作AGB，垂足为，连接G.由三垂线定理知CGBD,故AC为二面角A-BD-C的平面角.由题设知AGC=.设A=2,则.又AB=2，,故.由BA=AGD得,解得，故D=AF又ADA,因此四边形DEF为正方形由于BCA,BAD，F
10、A=A,故BC平面DF,因此平面BCD平面DEF.连接AE、DF,设AEDFH,则EDF，EH平面BCD.连接CH,则H为B1与平面BC所成的角.因AF为正方形,故H=1，又,因此ECH=30,即B1C与平面BCD所成的角为30解法二:()以A为坐标原点,射线AB为轴的正半轴,建立如图所示的直角坐标系Ayz，设B(1,0,0)，C(0，b，0),(0,），则B1(1,0,2),（，,c).于是=（,0),=(-1,b,0）.由DE平面BCC知DEBC,=0,求得b=1,因此AB=AC.(）设平面BCD的法向量=(x,，z)，则=0,=0.又=（-1,，), (,，c)故令x=,则y=1， , =(1,).又平面ABD
