文科數(shù)學(xué)8年高考真題答案-全國(guó)卷-新課標(biāo)卷26頁(yè)

1、2002A卷選擇題答案：一、選擇題：本題考查基本知識(shí)和基本運(yùn)算.每小題5分，滿分60分.1D 2C 3D 4B 5C 6B7B 8C 9D 10A 11D 12B二、填空題：本題考查基本知識(shí)和基本運(yùn)算.每小題4分，滿分16分.131995 2000 14（0，0），（1，1） 151 008 16， 三、解答題17本小題主要考查正弦函數(shù)的基本概念、基本性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查讀圖識(shí)圖能力和基本的運(yùn)算技能.滿分12分.解：（）由圖示，這段時(shí)間的最大溫差是3010=20（）.2分（）圖中從6時(shí)到14時(shí)的圖象是函數(shù)的半個(gè)周期的圖象， 5分由圖示，7分這時(shí)將10分綜上，所求的解析式為12分18本小題主要考

2、查等差數(shù)列求和等知識(shí)，以及分析和解決問(wèn)題的能力.滿分12分.解：（）設(shè)n分鐘后第1次相遇，依題意，有3分整理得 解得 （舍去）.第1次相遇是在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后7分鐘.6分（）設(shè)n分鐘后第2次相遇，依題意，有9分整理得 解得 （舍去）.第2次相遇是在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后15分鐘.12分19本小題考查線面關(guān)系和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理能力.滿分12分.（）解：面ABCD BA是PA在面ABCD上的射影.又DAAB，PADA，PAB是面PAD與面ABCD所成的二面角的平面角，PAB=60°. 3分而PB是四棱錐PABCD的高，PB=AB·tg60°=a,.6分（）證：不

3、論棱錐的高怎樣變化，棱錐側(cè)面PAD與PCD恒為全等三角形. 作AEDP，垂足為E，連結(jié)EC，則ADECDE， 是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角.8分 設(shè)AC與DB相交于點(diǎn)O，連結(jié)EO，則EOAC， 10分 在 所以，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于90°.12分20本小題主要考查函數(shù)的概念、函數(shù)的奇偶性和最小值等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算能力的邏輯思維能力.滿分12分.解：（） 由于 故既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù).4分（）6分 由于上的最小值為內(nèi)的最小值為10分 故函數(shù)內(nèi)的最小值為12分21本小題主要考查直線方程、點(diǎn)到直線的距離等基礎(chǔ)知識(shí)，以及運(yùn)算能力.滿分14分.解：設(shè)點(diǎn)P的坐

4、標(biāo)為（x,y），由題設(shè)有 即 整理得 4分因?yàn)辄c(diǎn)N到PM的距離為1，|MN|=2， 所以， 直線PM的方程為8分 將式代入式整理得 解得. 代入式得點(diǎn)P的坐標(biāo)為 12分 直線PN的方程為.14分22本小題主要考查空間想象能力、動(dòng)手操作能力、探究能力和靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決現(xiàn)實(shí)問(wèn)題的能力.滿分12分,附加題4分.解：（I）如圖1，沿正三角形三邊中點(diǎn)連線折起，可拼得一個(gè)正三棱錐.4分如圖2，正三角形三個(gè)角上剪出三個(gè)相同的四邊形，其較長(zhǎng)的一組鄰邊邊長(zhǎng)為三角形邊長(zhǎng)的，有一組對(duì)角為直角.余下部分按虛線折起，可成為一個(gè)缺上底的正三棱柱，而剪出的三個(gè)相同的四邊形恰好拼成這個(gè)正三棱柱的上底.8分（）依上面剪拼的

5、方法，有V柱>V錐.9分推理如下：設(shè)給出正三角形紙片的邊長(zhǎng)為2，那么，正三棱錐與正三棱柱的底面都是邊長(zhǎng)為1的正三角形，其面積為現(xiàn)在計(jì)算它們的高：所以，V柱>V錐.12分（）（附加題，滿分4分）如圖3，分別連結(jié)三角形的內(nèi)心與各頂點(diǎn)，得到三條線段，再以這三條線段的中點(diǎn)為頂點(diǎn)作三角形.以新作的三角形為直三棱柱的底面，過(guò)新三角形的三個(gè)頂點(diǎn)向原三角形三邊作垂線，沿六條垂線剪下三個(gè)四邊形，可以拼接成直三棱柱的上底，余下部分按虛線折起，成為一個(gè)缺上底的直三棱柱，即可得到直三棱柱模型.注：考生如有其他的剪拼方法，可比照本標(biāo)準(zhǔn)評(píng)分.2003年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)試題（文）參考解答及評(píng)分標(biāo)

6、準(zhǔn)說(shuō)明：一. 本解答指出了每題要考查的主要知識(shí)和能力，并給出了一種或幾種解法供參考，如果考生物解法與本解答不同，可根據(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)制訂相應(yīng)的評(píng)分細(xì)則二. 對(duì)計(jì)算題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯(cuò)誤時(shí)，如果后繼部分的解答未改變?cè)擃}的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定部分的給分，但不得超過(guò)該部分正確解答得分?jǐn)?shù)的一半；如果后繼部分的解答有較嚴(yán)重的錯(cuò)誤，就不再給分三. 解答右端所注分?jǐn)?shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù)四. 只給整數(shù)分?jǐn)?shù)選擇題和填空題不給中間分一、選擇題：本題考查基本知識(shí)和基本運(yùn)算. 每小題5分，滿分60分.1C 2D 3B 4C 5B 6D 7D 8C 9C 10B 1

7、1C 12A二、填空題：本題考查基本知識(shí)和基本運(yùn)算.每小題4分,滿分16分.13 14 15 1672三、解答題：本大題共6小題，共74分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟.17（I）證明：取BD中點(diǎn)M，連結(jié)MC，F(xiàn)M， F為BD1中點(diǎn)， FMD1D且FM=D1D又EC=CC1，且ECMC，四邊形EFMC是矩形 EFCC1 又CM面DBD1 EF面DBD1BD1面DBD1，EFBD1 故EF為BD1與CC1的公垂線（II）解：連結(jié)ED1，有V由（I）知EF面DBD1，設(shè)點(diǎn)D1到面BDE的距離為d，則SDBC·d=SDCD·EF.AA1=2·AB=1.故點(diǎn)D1

8、到平面BDE的距離為.18解：設(shè)z= 由題設(shè)即 （舍去）即|z|=19（I）解（II）證明：由已知 = 所以20解（I） 所以函數(shù)的最小正周期為，最大值為.（）由（）知111故函數(shù)在區(qū)間上的圖象是21解：如圖建立坐標(biāo)系：以O(shè)為原點(diǎn)，正東方向?yàn)閤軸正向. 在時(shí)刻：t（h）臺(tái)風(fēng)中心的坐標(biāo)為 此時(shí)臺(tái)風(fēng)侵襲的區(qū)域是，其中t+60， 若在t時(shí)，該城市O受到臺(tái)風(fēng)的侵襲，則有即即， 解得.答：12小時(shí)后該城市開(kāi)始受到臺(tái)風(fēng)氣侵襲22解：根據(jù)題設(shè)條件，首先求出點(diǎn)P坐標(biāo)滿足的方程，據(jù)此再判斷是否存在兩定點(diǎn)，使得點(diǎn)P到定點(diǎn)距離的和為定值.按題意有A（2，0），B（2，0），C（2，4a），D（2，4a）設(shè)，由此有E

9、（2，4ak），F(xiàn)（24k，4a），G（2，4a4ak）.直線OF的方程為：， 直線GE的方程為：.從，消去參數(shù)k，得點(diǎn)P（x，y）坐標(biāo)滿足方程，整理得.當(dāng)時(shí)，點(diǎn)P的軌跡為圓弧，所以不存在符合題意的兩點(diǎn).當(dāng)時(shí)，點(diǎn)P軌跡為橢圓的一部分，點(diǎn)P到該橢圓焦點(diǎn)的距離的和為定長(zhǎng).當(dāng)時(shí)，點(diǎn)P到橢圓兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為定值.當(dāng)時(shí)，點(diǎn)P到橢圓兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為定值.2004年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試文科數(shù)學(xué)（必修+選修I）參考答案一、選擇題 DBCBABCCBACB二、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分.把答案填在題中橫線上.13x|x0 143·2n3 15 16三、解答題17本小題

10、主要考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、求和公式，考查運(yùn)算能力.滿分12分.解：（）由得方程組 4分 解得 所以 7分（）由得方程 10分 解得12分18本小題主要考查三角函數(shù)基本公式和簡(jiǎn)單的變形，以及三角函數(shù)的有關(guān)性質(zhì).滿分12分.解：6分 所以函數(shù)的最小正周期是，最大值是最小值是12分19本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的概念和計(jì)算，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的基本方法，考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題的能力.滿分12分.解：函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)：3分（）當(dāng)（）時(shí)，是減函數(shù). 所以，當(dāng)是減函數(shù)；9分（II）當(dāng)時(shí)，=由函數(shù)在R上的單調(diào)性，可知當(dāng)時(shí)，）是減函數(shù)；（）當(dāng)時(shí)，在R上存在一個(gè)區(qū)間，其上有所以，當(dāng)時(shí)，函數(shù)不是減函數(shù).綜上

11、，所求的取值范圍是（12分20本小題主要考查組合，概率等基本概念，獨(dú)立事件和互斥事件的概率以及運(yùn)用概率知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力，滿分12分.解：（）隨機(jī)選出的3位同學(xué)中，至少有一位男同學(xué)的概率為 1；6分（）甲、乙被選中且能通過(guò)測(cè)驗(yàn)的概率為 ；12分21本小題主要考查棱錐，二面角和線面關(guān)系等基本知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和推理、運(yùn)算能力.滿分12分. （I）解：如圖，作PO平面ABCD，垂足為點(diǎn)O.連結(jié)OB、OA、OD、OB與AD交于點(diǎn)E，連結(jié)PE. ADPB，ADOB，PA=PD，OA=OD，于是OB平分AD，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，所以PEAD.由此知PEB為面PAD與面ABCD所成二面角的平面角

12、，4分PEB=120°，PEO=60°由已知可求得PE=PO=PE·sin60°=，即點(diǎn)P到平面ABCD的距離為.6分（II）解法一：如圖建立直角坐標(biāo)系，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸平行于DA.連結(jié)AG.又知由此得到：所以等于所求二面角的平面角，10分于是所以所求二面角的大小為.12分解法二：如圖，取PB的中點(diǎn)G，PC的中點(diǎn)F，連結(jié)EG、AG、GF，則AGPB，F(xiàn)G/BC，F(xiàn)G=BC.ADPB，BCPB，F(xiàn)GPB，AGF是所求二面角的平面角.9分AD面POB，ADEG.又PE=BE，EGPB，且PEG=60°.在RtPEG中，EG=PE·c

13、os60°=.在RtPEG中，EG=AD=1. 于是tanGAE=，又AGF=GAE. 所以所求二面角的大小為arctan.12分22（本小題主要考查直線和雙曲線的概念和性質(zhì)，平面向量的運(yùn)算等解析幾何的基本思想和綜合解題能力.滿分14分.解：（I）由C與t相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)，故知方程組有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解.消去y并整理得 （1a2）x2+2a2x2a2=0. 2分雙曲線的離心率（II）設(shè)8分由于x1，x2都是方程的根，且1a20，2005年高考文科數(shù)學(xué)（全國(guó)卷）試題參考答案 （河北、河南、安徽、山西、海南）一、選擇題（本題考查基本知識(shí)和基本運(yùn)算，每小題5分，滿分60分）1C 2C 3B

14、 4D 5A 6D 7C 8B 9C 10B 11B 12D二、填空題：本題考查基本知識(shí)和基本運(yùn)算.每小題4分，滿分16分13155 1470 15100 16三、解答題17本小題主要考查三角函數(shù)性質(zhì)及圖像的基本知識(shí)，考查推理和運(yùn)算能力，滿分12分解：（）的圖像的對(duì)稱軸， （）由（）知由題意得所以函數(shù)（）由x0y1010故函數(shù)18本小題主要考查直線與平面垂直、直線與平面所成角的有關(guān)知識(shí)及思維能力和空間想象能力.考查應(yīng)用向量知識(shí)解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的能力滿分12分方案一：（）證明：PA面ABCD，CDAD，由三垂線定理得：CDPD.因而，CD與面PAD內(nèi)兩條相交直線AD，PD都垂直，CD面PAD.又CD

15、面PCD，面PAD面PCD. （）解：過(guò)點(diǎn)B作BE/CA，且BE=CA，則PBE是AC與PB所成的角.連結(jié)AE，可知AC=CB=BE=AE=，又AB=2，所以四邊形ACBE為正方形. 由PA面ABCD得PEB=90°在RtPEB中BE=，PB=， （）解：作ANCM，垂足為N，連結(jié)BN.在RtPAB中，AM=MB，又AC=CB，AMCBMC,BNCM，故ANB為所求二面角的平面角CBAC，由三垂線定理，得CBPC，在RtPCB中，CM=MB，所以CM=AM.在等腰三角形AMC中，AN·MC=，. AB=2，故所求的二面角為方法二：因?yàn)镻APD，PAAB，ADAB，以A為坐標(biāo)

16、原點(diǎn)AD長(zhǎng)為單位長(zhǎng)度，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則各點(diǎn)坐標(biāo)為A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，.（）證明：因又由題設(shè)知ADDC，且AP與與AD是平面PAD內(nèi)的兩條相交直線，由此得DC面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD面PCD（）解：因由此得AC與PB所成的角為（）解：在MC上取一點(diǎn)N（x，y，z），則存在使要使為所求二面角的平面角.19本小題主要考查二次函數(shù)、方程的根與系數(shù)關(guān)系，考查運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題的能力.滿分12分解：（）由方程 因?yàn)榉匠逃袃蓚€(gè)相等的根，所以，即 由于代入得的解析式 （）由及由 解得 故當(dāng)?shù)淖畲笾禐檎龜?shù)

17、時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍是20本小題主要考查相互獨(dú)立事件和互斥事件有一個(gè)發(fā)生的概率的計(jì)算方法，考查運(yùn)用概率知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力. 滿分12分（）解：因?yàn)榧卓觾?nèi)的3粒種子都不發(fā)芽的概率為，所以甲坑不需要補(bǔ)種的概率為 （）解：3個(gè)坑恰有一個(gè)坑不需要補(bǔ)種的概率為 （）解法一：因?yàn)?個(gè)坑都不需要補(bǔ)種的概率為，所以有坑需要補(bǔ)種的概率為 解法二：3個(gè)坑中恰有1個(gè)坑需要補(bǔ)種的概率為恰有2個(gè)坑需要補(bǔ)種的概率為 3個(gè)坑都需要補(bǔ)種的概率為 所以有坑需要補(bǔ)種的概率為 21本小題主要考查等比數(shù)列的基本知識(shí)，考查分析問(wèn)題能力和推理能力，滿分12分解：（）由 得 即可得因?yàn)?，所?解得，因而 （）因?yàn)槭鞘醉?xiàng)、公比的等比數(shù)列

18、，故則數(shù)列的前n項(xiàng)和 前兩式相減，得 即 22本小題主要考查直線方程、平面向量及橢圓的幾何性質(zhì)等基本知識(shí)，考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題及推理的能力. 滿分14分（1）解：設(shè)橢圓方程為則直線AB的方程為，代入，化簡(jiǎn)得.令A(yù)（），B），則由與共線，得又，即，所以，故離心率（II）證明：（1）知，所以橢圓可化為設(shè)，由已知得 在橢圓上，即由（1）知=0又，代入得故為定值，定值為12006年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試文科數(shù)學(xué)試題（必修+選修）參考答案一選擇題 （1）C （2）B（3）D（4）A（5）D（6）C（7）B（8）B（9）C（10）C（11）A（12）B二填空題 （13）（14）（15）11

19、（16）2400三解答題 （17）解： 設(shè)等比數(shù)列的公比為q，則q0， 所以 解得 當(dāng) 所以 當(dāng) 所以 （18）解：由所以有 當(dāng) （19）解：（）設(shè)A1表示事件“一個(gè)試驗(yàn)組中，服用A有效的小白鼠有i只”，i= 0，1，2， B1表示事件“一個(gè)試驗(yàn)組中，服用B有效的小白鼠有i只”，i= 0，1，2，依題意有 所求的概率為 P = P（B0·A1）+ P（B0·A2）+ P（B1·A2） = （）所求的概率為 （20）解法：（）由已知l2MN，l2l1，MNl1 = M，可得l2平面ABN.由已知MNl1，AM = MB = MN，可知AN = NB 且ANNB又AN

20、為AC在平面ABN內(nèi)的射影， ACNB（） Rt CAN = Rt CNB， AC = BC，又已知ACB = 60°，因此ABC為正三角形。 Rt ANB = Rt CNB。 NC = NA = NB，因此N在平面ABC內(nèi)的射影H是正三角形ABC的中心，連結(jié)BH，NBH為NB與平面ABC所成的角。在Rt NHB中，解法二：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Mxyz，令 MN = 1，則有A（-1，0，0），B（1，0，0），N（0，1，0）。（）MN是l1、l2的公垂線，l2l1， l2 平面ABN， l2平行于z軸，故可設(shè)C（0，1，m） 于是ACNB.（） 又已知ABC = 60

21、6;，ABC為正三角形，AC = BC = AB = 2. 在Rt CNB中，NB =，可得NC =，故C 連結(jié)MC，作NHMC于H，設(shè)H（0，）（> 0）. HN 平面ABC，NBH為NB與平面ABC所成的角. 又 （21）解： 依題意可設(shè)P（0，1），O（x，y），則 又因?yàn)镼在橢圓上，所以 因?yàn)椋?，當(dāng)時(shí)，若（22）解： 其判別試（）若當(dāng)所以() 若所以 即 （）若即解得 當(dāng)當(dāng)依題意0得1.由0得解得 1由1得3解得 從而 綜上，a的取值范圍為即 2007年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試文科數(shù)學(xué)試題參考答案一、選擇題1D2B 3A 4A 5C 6C7D 8D 9B 10D11A 12C二、填空題130.25 14 15 16 三、解答題17解：（1）由，根據(jù)正弦定理得， 所以 由ABC為銳角三角形得B=（2）根據(jù)余弦定理，得 ，所以，。18解：（1）記A表示事件：“3位顧客中至少1位采用一次性付款”，則表示事件“3位顧客中無(wú)人采用一次性付款”. ， .（2）記B表示事件：“3位復(fù)課每人購(gòu)買(mǎi)1件該商品，商場(chǎng)獲得利潤(rùn)不超過(guò)650元”， B0 表示事件：“購(gòu)買(mǎi)該商品的3位顧客中無(wú)人采取分期付款”， B1 表示事件：“購(gòu)買(mǎi)該商品的3位顧客中恰有1位采取分期付款”.則 B B0 B1 ， ， ， 19解法一：（1）作，垂足為O，連結(jié)AO，由側(cè)面底面AB