高考數學全國卷1理試題及答案
在各領域中，我們會經常接觸并使用試題，借助試題可以為主辦方提供考生某方面的知識或技能狀況的信息。大家知道什么樣的試題才是規范的嗎？下面是小編為大家整理的高考數學全國卷1理試題及答案，歡迎大家分享。
高考數學全國卷1理試題及答案
一、選擇題（本大題共 12 小題，每小題 5 分，共 60 分）
1. 已知集合\(A = \{x|x^2 - 3x + 2 = 0\}\)，\(B=\{x\in Z| - 1\leqslant x\leqslant3\}\)，則\(A\cap B = (\space)\)
A. \(\{1,2\}\)
B. \(\{1,2,3\}\)
C. \(\{ - 1,0,1,2,3\}\)
D. \(\{0,1,2,3\}\)
答案：A。
解析：解集合\(A\)中的方程\(x^2-3x + 2=0\)，即\((x - 1)(x - 2)=0\)，得\(x = 1\)或\(x = 2\)，所以\(A=\{1,2\}\)。集合\(B = \{ - 1,0,1,2,3\}\)，則\(A\cap B=\{1,2\}\)。
2. 復數\(z=\frac{2i}{1 - i}\)（\(i\)為虛數單位）的共軛復數\(\overline{z}\)在復平面內對應的點位于（ ）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
答案：A。
解析：先化簡\(z\)，\(z=\frac{2i(1 + i)}{(1 - i)(1 + i)}=\frac{2i + 2i^2}{2}=-1 + i\)，其共軛復數\(\overline{z}=-1 - i\)，對應的點為\((-1,-1)\)，在第三象限。
3. 已知向量\(\vec{a}=(1,2)\)，\(\vec{b}=(x,1)\)，若\(\vec{a}\perp\vec{b}\)，則\(x = (\space)\)
A. 2
B. -2
C. 1
D. -1
答案：B。
解析：因為\(\vec{a}\perp\vec{b}\)，所以\(\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，即\(1\times x + 2\times1 = 0\)，解得\(x=-2\)。
4. 設\(a = \log_{3}2\)，\(b=\log_{5}2\)，\(c = \log_{2}3\)，則（ ）
A. \(a>c>b\)
B. \(b>c>a\)
C. \(c>a>b\)
D. \(c>b>a\)
答案：C。
解析：因為\(0=\log_{3}1<\log_{3}2<\log_{3}3 = 1\)，\(0=\log_{5}1<\log_{5}2<\log_{5}5 3="">\log_{2}2 = 1\)。又因為\(\log_{2}3>\log_{2}\sqrt{8}=\frac{3}{2}\)，\(\log_{3}2=\frac{\lg2}{\lg3}\)，\(\log_{5}2=\frac{\lg2}{\lg5}\)，且\(\lg3<\lg5\)，所以\(\log_{3}2>\log_{5}2\)，所以\(c>a>b\)。
5. 已知\(\sin(\alpha-\frac{\pi}{4})=\frac{7\sqrt{2}}{10}\)，\(\cos2\alpha=\frac{7}{25}\)，則\(\sin\alpha+\cos\alpha = (\space)\)
A. \(\frac{4}{5}\)
B. \(-\frac{4}{5}\)
C. \(\frac{1}{5}\)
D. \(-\frac{1}{5}\)
答案：D。
解析：因為\(\sin(\alpha-\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\alpha-\cos\alpha)=\frac{7\sqrt{2}}{10}\)，所以\(\sin\alpha-\cos\alpha=\frac{7}{5}\)。又\(\cos2\alpha=\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha = (\cos\alpha+\sin\alpha)(\cos\alpha-\sin\alpha)=\frac{7}{25}\)，所以\(\cos\alpha+\sin\alpha=-\frac{1}{5}\)。
6. 過點\((2,0)\)引直線\(l\)與曲線\(y=\sqrt{2 - x^{2}}\)相交于\(A\)、\(B\)兩點，\(O\)為坐標原點，當\(\triangle AOB\)的面積取最大值時，直線\(l\)的斜率等于（ ）
A. \(\frac{\sqrt{3}}{3}\)
B. \(-\frac{\sqrt{3}}{3}\)
C. \(\pm\frac{\sqrt{3}}{3}\)
D. \(-\sqrt{3}\)
答案：B。
解析：曲線\(y = \sqrt{2 - x^{2}}\)表示圓心在原點，半徑\(r=\sqrt{2}\)的圓的上半部分。設直線\(l\)的方程為\(y = k(x - 2)(k<0)\)，即\(kx - y - 2k = 0\)。圓心到直線的距離\(d=\frac{| - 2k|}{\sqrt{k^{2}+1}}\)，弦長\(|AB| = 2\sqrt{r^{2}-d^{2}}=2\sqrt{2-\frac{4k^{2}}{k^{2}+1}}\)。則\({S}_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}\times d\times|AB|=\frac{1}{2}\times\frac{| - 2k|}{\sqrt{k^{2}+1}}\times2\sqrt{2-\frac{4k^{2}}{k^{2}+1}}\)，化簡后求最大值可得\(k =-\frac{\sqrt{3}}{3}\)。
7. 已知雙曲線\(\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a>0,b>0)\)的右焦點為\(F\)，過\(F\)作雙曲線一條漸近線的垂線，垂足為\(A\)，若\(\triangle AOF\)的面積為\(\frac{1}{2}a^{2}\)（\(O\)為坐標原點），則該雙曲線的離心率為（ ）
A. \(\sqrt{5}\)
B. \(\sqrt{3}\)
C. \(\sqrt{2}\)
D. 2
答案：A。
解析：設雙曲線的一條漸近線方程為\(y=\frac{b}{a}x\)，右焦點\(F(c,0)\)，則\(|AF|=\frac{|bc|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=b\)，在\(Rt\triangle AOF\)中，\(|OA| = a\)，由\({S}_{\triangle AOF}=\frac{1}{2}a^{2}\)，可得\(\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}a^{2}\)，得\(b = a\)，則\(c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{2}a\)，離心率\(e=\frac{c}{a}=\sqrt{2}\)。
8. 已知函數\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}x^{2}+(4a - 3)x + 3a,x<0\\ x="" a="">0\)且\(a\neq1\)）在\(R\)上單調遞減，則\(a\)的取值范圍是（ ）
A. \([\frac{3}{4},1)\)
B. \((0,\frac{3}{4}]\)
C. \([\frac{1}{3},\frac{3}{4}]\)
D. \((0,\frac{1}{3}]\)
答案：C。
解析：因為函數\(f(x)\)在\(R\)上單調遞減，所以在每一段上都單調遞減，且在\(x = 0\)處，左邊的值不小于右邊的值。對于\(y = x^{2}+(4a - 3)x + 3a\)，其對稱軸\(x =-\frac{4a - 3}{2}\geqslant0\)，且\(3a\geqslant1\)；對于\(y=\log_{a}(x + 1)+1\)在\([0,+\infty)\)單調遞減，可得\(0 < a < 1\)。聯立不等式組求解可得\(a\in[\frac{1}{3},\frac{3}{4}]\)。
9. 定義在\((0,+\infty)\)上的函數\(f(x)\)滿足\(x^{2}f(x)+1>0\)，\(f(1)=5\)，則不等式\(f(x)<\frac{1}{x}+4\)的解集為（ ）
A. \((0,1)\)
B. \((1,+\infty)\)
C. \((0,2)\)
D. \((2,+\infty)\)
答案：A。
解析：設\(g(x)=f(x)-\frac{1}{x}-4\)，\(x\in(0,+\infty)\)，則\(g(x)=f(x)+\frac{1}{x^{2}}\)。由\(x^{2}f(x)+1>0\)得\(f(x)+\frac{1}{x^{2}}>0\)，即\(g(x)>0\)，所以\(g(x)\)在\((0,+\infty)\)上單調遞增。又\(g(1)=f(1)-1 - 4 = 0\)，所以\(g(x)<0\)的解集為\((0,1)\)，即不等式\(f(x)<\frac{1}{x}+4\)的解集為\((0,1)\)。
二、填空題（本大題共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分）
1. 在\((x + \frac{1}{x}-1)^{6}\)的展開式中，含\(x^{5}\)項的系數為____。
答案：-6。
解析：\((x+\frac{1}{x}-1)^{6}=[(x+\frac{1}{x})-1]^{6}\)，其展開式的通項公式為\(T_{r + 1}=C_{6}^{r}(x+\frac{1}{x})^{6 - r}(-1)^{r}\)。對于\((x+\frac{1}{x})^{6 - r}\)，其通項公式為\(T_{m+1}=C_{6-r}^{m}x^{6 - r - m}(\frac{1}{x})^{m}=C_{6-r}^{m}x^{6 - r - 2m}\)。令\(6 - r - 2m = 5\)，當\(r = 0\)，\(m=\frac{1}{2}\)（舍去）；當\(r = 1\)，\(m = 0\)時，此時該項系數為\(C_{6}^{1}\times(-1)^{1}\times C_{5}^{0}=-6\)。
2. 若\(x\)，\(y\)滿足約束條件\(\left\{\begin{array}{l}x - y + 1\geqslant0\\ x + y - 3\leqslant0\\ x + 3y - 3\geqslant0\end{array}\right.\)，則\(z = 3x - y\)的最大值為____。
答案：7。
解析：畫出可行域，三條直線\(x - y + 1 = 0\)，\(x + y - 3 = 0\)，\(x + 3y - 3 = 0\)的交點分別為\(A(1,2)\)，\(B(0,1)\)，\(C(3,0)\)。將目標函數\(z = 3x - y\)變形為\(y = 3x - z\)，當直線\(y = 3x - z\)經過點\(C(3,0)\)時，\(z\)取得最大值，\(z_{max}=3\times3 - 0 = 7\)。
3. 已知三棱錐\(P - ABC\)的四個頂點在球\(O\)的球面上，\(PA = PB = PC\)，\(\triangle ABC\)是邊長為\(2\)的正三角形，\(E\)，\(F\)分別是\(PA\)，\(AB\)的中點，\(\angle CEF = 90^{\circ}\)，則球\(O\)的體積為____。
答案：\(\sqrt{6}\pi\)
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