普通高等学校招生全国统一考试数学(理科)预测卷(附答案解析)(全国课标卷二).pdf

1 普通高等学校招生全国统一考试数学（理）预测卷（全国课标卷2）（满分 150分，考试时间 120分）第卷（选择题 60 分）一、选择题 (5 1260 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，请将正确选项用2B 铅笔涂黑答题纸上对应题目的答案标号) 1.已知集合集合， 则的子集个数为 （) A.2 B.4 C.8 D.16解析：中的元素有 3 个元素，子集个数有8 个2.复数, 则对应的点所在的象限为( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限解析：复数z=1i ，+z=+1i=+1 i=对应的点所在的象限为第四象限故选：D3下列函数中，其图象既是轴对称图形又在区间（0，+）上单调递增的是（）A y=B y=x2+1 C y=2x D y=lg|x+1| 【解析】： 解：对于 A， 函数 y=的图象是中心对称图形，不是轴对称图形， 不满足题意；对于 B，函数 y=x2+1 的图象是轴对称图形，在区间（0，+）上是单调减函数，不满足题意；对于 C，函数 y=2x的图象不是轴对称图形，不满足题意；对于 D，函数 y=lg|x+1| 的图象是关于直线x= 1对称的图形，且在区间（0，+）上是单调增函数，满足题意故选： D4阅读如下程序框图，如果输出4i，那么空白的判断框中应填人的条件是2 O 510 1520 频率组距重量0.06 0.1 A?10SB?12SC?14SD?16S【知识点】程序框图；算法. 【答案解析】 A 解析：解：根据算法的运算，第一次循环后2,2iS，第二次循环后3,8iS，第三次循环后4,12iS这时要输出i所以应填?10S【思路点拨】按算法的关系可依次计算出各次的值. 5220sin2xdxA0B142C144D12【知识点】导数的原函数；微积分的计算. 【答案解析】 B 解析：解21cossin2xx：它的原函数可以为11sin22xx，220sin2xdx11sin22xx20|=142【思路点拨】先求出函数的原函数，再利用积分计算. 6右图是一容量为100的样本的重量的频率分布直方图，则由图可估计样本重量的中位数为A11 B11.5 C12 D12.5 【知识点】直方图与特征数的关系；中位数的求法. 【答案解析】 C 解析：解：根据中位数左右两侧的面积相等，也就是概率相等所以中位数为12,第一块的面积为0.06 50.3，第二块的面积为0.5所以第三块的面积为0.2，所以中位数为12 时左右的面积相等. 【思路点拨】根据中位数左右两侧的面积相等，也就是概率相等所以中位数为 12 7.如图，网格纸上小正方形的边长为1， 粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为A. 323B. 64C. 32 33D. 643【命题意图】 本小题主要考查立体几何中的三视图问题，并且对考生的空间想象能力及利用三视图还原几何体的能力进行考查，同时考查简单几何体的体积公式. 【试题解析】 D 由三视图可知， 该多面体是一个四棱锥，且由一个顶点出发的三条侧棱两两垂直，长度都为4， 其体积为643，故选3 8.在平面直角坐标系中，若( , )P x y满足44021005220 xyxyxy，则2xy的最大值是A. 2 B. 8 C. 14 D. 16 【命题意图】 本小题主要考查二元一次不等式组所表示的可行域的获取以及目标函数的几何意义，是线性规划的一种简单应用，对学生的数形结合思想提出一定要求. 【试题解析】C 根据线性规划的方法可求得最优解为点)6 ,2(，此时2xy的值等于14，故选 C. 9.已 知 直 线22(1)yx与 抛 物 线:Cxy42交 于BA,两 点 ， 点), 1(mM， 若0MBMA，则mA. 2B. 22C. 21D. 0 【试题解析】B )2,21(),22,2(BA，), 1(mM，且0MBMA，01mm22-22，解得22m，故选 B. 10.对定义在0,1上，并且同时满足以下两个条件的函数( )f x称为M函数：(i) 对任意的0,1x，恒有( )0fx；(ii) 当12120,0,1xxxx时，总有1212()()()f xf xf xx成立 . 则下列四个函数中不是M函数的个数是2( )f xx2( )1f xx2( )ln(1)f xx( )21xf xA. 1 B. 2C. 3D. 4 D. 【命题意图】 本小题通过函数的运算与不等式的比较，另外也可以利用函数在定义域内的变化率、函数图像的基本形式来获得答案，本题对学生的运算求解能力和数形结合思想提出一定要求 . 【试题解析】A (i)在0,1上，四个函数都满足；(ii)12120,0,1xxxx；对于，022221212212121)()()()()(xxxxxxxfxfxxf，满足；对于，22212121212()()()()1(1)(1)f xxfxfxxxxx02121xx，不满足 . 对于，)1ln() 1ln( 1)ln()()()(21221212122xxxxxfxfxxf112ln)1)(1(1)(ln)1)(1ln( 1)ln(2122121222121221212212222222xxxxxxxxxxxxxxxx而1212120,0,12xxxxx x，4121xx，212121xxxxxx24122，122211221221212221xxxxxxxx，0222112ln21221212221xxxxxxxx，满足；对于，)121()()()(21212121xxxxxfxfxxf21)-(20222)12)(12(12212121xxxxxx，满足；故选 A. 12.若对,0,)x y，不等式2242xyxyaxee恒成立，则实数a的最大值是4 A. 14B. 1 C. 2 D. 12【试题解析】 D 因为) 1(22)(22222xyyxyxyxeeeeee，再由,4)1(22axex可有xeax 212，令xexgx21)(，则22(1)1( )xexg xx，可得(2)0g，且在),2(上( )0g x，在)2 ,0上( )0gx，故)(xg的最小值为1)2(g，于是, 12a即21a，故选 D. 第卷（非选择题共 90 分）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.已知直线与圆交于两点，是坐标原点，向量满足，则实数的值是答案及解析：2 解析：因为向量满足，所以 OA OB ，又直线x+y=a 的斜率为1，所以直线经过圆与y 轴的交点，所以a=2.【思路点拨】本题先由向量加法与减法的几何意义得到OA OB ，再由所给直线与圆的特殊性确定实数a 的值 .14.61()2xx的展开式中常数项为_. 【试题解析】61()2xx的通项为kkkkkkkxxxTCC266661)21()21(，令026k，3k，故展开式中常数项为52；15正四面体ABCD的棱长为4，E为棱BC的中点，过E作其外接球的截面，则截面面积的最小值为 _【知识点】几何体的作图；球的半径与截面圆的半径之间的关系. 【答案解析】4解析：解：将四面体ABCD 放置于正方体中，如图所示5 可得正方体的外接球就是四面体ABCD 的外接球，正四面体ABCD 的棱长为4，正方体的棱长为2 2可得外接球半径R 满足 2R2 23解得 R=6E 为棱 BC 的中点，过E 作其外接球的截面，当截面到球心O 的距离最大时，截面圆的面积达最小值，此时球心 O 到截面的距离等于正方体棱长的一半，可得截面圆的半径为r=222R得到截面圆的面积最小值为S=2r=4故答案为： 416已知函数( )sin()f xAx（A，是常数，0A，0）的部分图象如图所示若( )1f，(0,)3则sin2【知识点】三角函数的图像和性质；三角函数求值；两角差的正弦公式。

答案解析】12 66解析：解 ： 由 函 数 图 像 知 ： A=3 ，741234T,所以T,则=2；故( )3s in(2)f xx，又过03（， ），解得=3，( )3sin(2)3f xx因为()1f即sin(2)=13，得1sin(2)=33，2(0,)20,2,3333，故2 2cos(2)=-33，则sin 2sin233=sin 2coscos 2sin3333=12 66jOEBDCA6 三、解答题：17 （本小题满分12 分）已知数列na中，51a且1221nnnaa（2n且*nN） （）证明：数列12nna为等差数列；（）求数列na的前n项和nS【知识点】等差数列；错位相减法. 【答案解析】 (I)略 (II) 11221nnnSnnn解析：解：（）51a且1221nnnaa（2n且*nN） 设12nnnab，则：15122b1111122nnnnnnaabb111212nnnaa1112112nn1，由上可知，数列12nna为首项是2、公差是1 的等差数列（ ）由（ ）知，1111122nnaan，即：121nnan1212 213 2121121nnnSnn即1212 23 2212nnnSnnn令1212 23 2212nnnTnn，则23122 23 2212nnnTnn，得12312 222212nnnTn12nn11221nnnSnnn【思路点拨】 根据递推关系式可以导出等差的通项形式，列出通项公式， 依据数列的特点选择特殊数列求和的方法. 【典型剖解】 数列问题求通项一般都向定义方向去转化，从而找出成特殊关系的数列，进而求解 . 18.工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次， 工作时间不超过10 分钟， 如果有一个人10 分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人。

现在一共只有甲、 乙、 丙三个人可派， 他们各自能完成任务的概率分别，假设互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立. （）如果按甲最先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？7 （）若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为，其中是的一个排列，求所需派出人员数目的分布列和均值（数字期望）；（）假定，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数字期望）达到最小. 答案及解析：18.解：（ I ）无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是，所以任务能被完成的概率与三个被派出的先后顺序无关，并等于（II ）当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为时，随机变量 X的分布列为X123P所需派出的人员数目的均值（数学期望）EX是（III ）（方法一）由（ II ）的结论知，当以甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，8 根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值 .下面证明：对于的任意排列，都有（ *）事实上，即（*）成立 .（方法二）（i ）可将（II ）中所求的 EX改写为若交换前两人的派出顺序， 则变为. 由此可见，当时，交换前两人的派出顺序可减小均值.（ii ）也可将（ II ）中所求的 EX改写为，或交换后两人的派出顺序， 则变为. 由此可见，若保持第一个派出的人选不变，当时，交换后两人的派出顺序也可减小均值.序综合（i ） （ii ）可知，当时，EX达到最小 . 即完成任务概率大的人优先派出， 可减小所需派出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的 .19 （本小题满分12 分）如图，在四棱锥PABCD中，,/ /,22,PAAD ABCD CDAD ADCDABE F分别为,PC CD的中点，9 DEEC（）求证：平面ABE平面 BEF；（） 设P Aa，若平面 EBD 与平面 ABCD 所成锐二面角,43，求a的取值范围【知识点】线面垂直、面面垂直的判定定理；二面角 . 【答案解析】 (I)略 (II) 2 。