注意事項：
1．答卷前，先將自己的考生號等信息填寫在試卷和答題紙上，并在答題紙規(guī)定位置貼條形
2．本試卷滿分150分，分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，第Ⅰ卷為第1頁至第3頁，第Ⅱ卷為第3頁至第4頁．
3．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．
4．非選擇題的作答：用0.m加黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內．寫在試
卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．
第Ⅰ卷（共60分）
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1. 已知集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化簡集合M,N，根據交集運算得解.
【詳解】因為，，
所以．
故選：D．
2. 已知復數z滿足，則復數z的實部為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據復數的除法運算求出復數z，即可得答案.
【詳解】由可得，
故復數z的實部為，
故選：D
3. 數列滿足，，則“”是“為單調遞增數列”的（ ）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】
【分析】利用充分條件和必要條件的定義判斷.
【詳解】解：由，解得或，
所以“”是“為單調遞增數列”的充分不必要條件，
故選：A
4. 把一個正方體各面上均涂上顏色，并將各棱三等分，然后沿等分線把正方體切開．若從所得的小正方體中任取一個，恰好抽到個面有顏色的小正方體的概率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據古典概型概率計算公式求得正確答案.
【詳解】一共有個小正方體，
其中個面有顏色的小正方體有個，（每條棱上有個）
所以恰好抽到個面有顏色小正方體的概率為.
故選：C
5. 如圖在正方體中，點為線段的中點. 設點在線段上，直線與平面所成的角為，則的取值范圍是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】設正方體的棱長為，則，所以，.
又直線與平面所成的角小于等于，而為鈍角，所以的范圍為，選B.
【考點定位】空間直線與平面所成的角.
6. 如圖，?是雙曲線：的左?右焦點，過的直線與雙曲線交于?兩點.若是中點且則該雙曲線的漸近線方程為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】設，利用雙曲線的定義得，
再利用勾股定理建立方程組，消去,得到，進而得到的值，由得到雙曲線的漸近線方程.
【詳解】設，
,
①，
②,
由①可得
代入②式化簡得：,
∴,∴,
所以雙曲線的漸近線方程為.
故選：A
【點睛】本題考查雙曲線的定義、漸近線方程，解題時要注意如果題干出現焦半徑，一般會用到雙曲線的定義.
7. 已知函數，若對任意都有，則實數a的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】轉化為任意都有，令 ，得到 在R上遞增求解.
【詳解】解：因為若對任意都有，
所以對任意都有，
令 ，則 在R上遞增，
當時， ，則，即 成立；
當時， ，
則 ，
當，即時，，解得 ；
當，即時， ，無解；
又，即，解得或，
綜上：，
故選：A.
8. 棱長為2的正四面體內切一球，然后在正四面體和該球形成的空隙處各放入一個小球，則這些小球的最大半徑為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出正四面體的體積及表面積，利用求出內切球的半徑，再通過求出空隙處球的最大半徑即可.
【詳解】由題，當球和正四面體的三個側面以及內切球都相切時半徑最大，
設內切球的球心為，半徑為R，空隙處最大球的球心為，半徑為，
為的中心，得平面，為中點，
球和球分別和平面相切于，，
在底面正三角形中，易求，，，
又，
由，即得，又，
，，，
又，可得即，即球的最大半徑為.
故選：C.
二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．
9. 一組數據，記其中位數為k，均值為m，標準差為，由其得到新數據的標準差為，下列結論正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用中位數的定義可判斷A選項；舉反例可判斷B選項C；利用均值和方差公式可判斷D選項.
【詳解】對于A選項，因，
樣本數據最中間項為，
由中位數的定義可知，，A正確；
對于B，不妨令，
則，B錯誤；
對于C，不妨令，
則，C錯誤；
對于D，數據的均值為：
，
其方差為，D對.
故選：AD
10. 已知函數為的兩個極值點，且的最小值為，直線為圖象的一條對稱軸，將的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，下列結論正確的是（ ）
A. B.
C. 在間上單調遞增D. 圖象關于點對稱
【答案】BCD
【解析】
【分析】由題意可得，即可求出，再根據正弦函數的對稱性即可求出，根據正弦函數的單調性和對稱性即可判斷CD.
【詳解】因為為的兩個極值點，且的最小值為，
所以，所以，故A錯誤；
則，
又直線為圖象的一條對稱軸，
所以，所以，
又，所以，故B正確；
所以，
由，得，
所以在間上單調遞增，故C正確；
將的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，
則，
因為，
所以圖象關于點對稱，故D正確.
故選：BCD.
11. 已知函數，下列說正確的是（ ）
A. 當時，
B. 函數在上單調遞增
C. 方程有4個相異實根
D. 若關于x的不等式在恒成立，則
【答案】BC
【解析】
【分析】A、B項利用函數的周期性和單調性求解；C項，利用函數圖象交點解決方程根的問題；D項，利用切線性質解決不等式問題.
【詳解】A項，，表示當時，向右平移2個單位長度時，y值變?yōu)樵瓉淼谋?，所以當，，A項錯誤；
B項，當時，，增區(qū)間為和，當時，增區(qū)間為和，同理可得，所以在上單調遞增，B項正確；
C項，如圖所示，與的圖象，滿足，，兩圖象共有4個交點，所以方程有4個相異實根，C項正確；
D項，當時，，
所以，
當兩函數相切時，k有最小值，，
所以，所以，D項錯誤.
故選：BC.
12. 圓柱高為1，下底面圓的直徑長為2，是圓柱的一條母線，點分別在上、下底面內（包含邊界），下列說法正確的有（ ）．
A. 若，則點的軌跡為圓
B. 若直線與直線成，則的軌跡是拋物線的一部分
C. 存在唯一的一組點，使得
D. 的取值范圍是
【答案】BC
【解析】
【分析】建立空間直角坐標系，利用兩點間距離公式以及向量夾角公式列式計算可得點的軌跡方程判斷選項A和選項B，假設，根據勾股定理列式結合均值不等式計算最值，即可判斷選項C，計算的最大值判斷選項D.
【詳解】對B，如圖，不妨以為原點，以的垂直平分線，
分別為軸建立空間直角坐標系，則，
，設，則，
由題意，，化簡得，，
由于點在上底面內，所以的軌跡是拋物線的一部分，故B正確；
對A， ，化簡得，即點的軌跡為橢圓，故A錯誤；

對C，設點在下平面投影為，若，
則，則，
當在線段上時，可取最小值，
由均值不等式，，
當且僅當時等號成立，
所以，即，
而點只有在與點重合時，才能取到，
此時點與點重合，點與點重合，故C正確；
對D，當點與點，點與點重合，
的值為，故D錯誤.
故選：BC
【點睛】判斷本題選項B時，利用定義法計算線線所成的角不好計算時，可通過建立空間直角坐標系，利用向量夾角的計算公式列式計算.
第Ⅱ卷（共90分）
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13. 已知點，，向量，若與成銳角，則y的取值范圍為________．
【答案】
【解析】
【分析】根據向量夾角為銳角利用數量積求解.
【詳解】因為，，與成銳角，
所以，
解得，
當與同向時，，即，解得，
此時滿足，但與所成角為0，不滿足題意，
綜上，與成銳角時，y的取值范圍為.
故答案為：
14. 如果圓臺的上底面半徑為5，下底面半徑為R，中截面（與上、下底面平行且等距的平面）把圓臺分為上、下兩個部分，其側面積的比為，則_______．
【答案】25
【解析】
【分析】中截面把圓臺分為上、下兩個圓臺，則兩個圓臺的側高相等，且中截面半徑等于兩底面半徑和的一半，根據中截面把圓臺分為上、下兩個圓臺的側面積的比為，我們易構造出關于的方程，解方程即可求出的值．
【詳解】設中截面的半徑為，則①，
記中截面把圓臺分為上、下兩個圓臺的側面積分別為、，母線長均為，
，
又，
②，
將①代入②整理得：.
故答案為：25
15. 若關于的不等式在恒成立，則實數的取值范圍是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用分離參數法，通過構造函數以及利用導數來求得的取值范圍.
【詳解】依題意，不等式恒成立，
即在恒成立，
設，
，
其中，所以在區(qū)間上，單調遞減；
在區(qū)間上，單調遞增，
所以，所以，
所以的取值范圍是.
故答案為：
16. 已知橢圓，過C中心的直線交C于M，N兩點，點P在x軸上其橫坐標是點M橫坐標的3倍，直線NP交C于點Q，若直線QM恰好是以MN為直徑的圓的切線，則C的離心率為_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用三條直線的斜率關系，結合點差法可得.
【詳解】
設，，則，，
設、、，分別為直線、、的斜率，
則，，，
因直線是以為直徑的圓的切線
所以，，
所以，
又在直線上，所以，
因、在上，
所以，，
兩式相減得，
整理得，
故，即，
，
故.
故答案為：
四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17. 記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．
（1）求角C的大小
（2）若的平分線交于點D，且，，求的面積．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用正弦定理轉化為，再利用余弦定理求解；
（2）方法一 根據平分，且，利用角平分線定理得到，，，再由，，求得邊長，再利用三角形面積公式求解. 方法二根據 平分，且，得到，然后由，求得邊a，再利用三角形面積公式求解.
【小問1詳解】
解：由及正弦定理，
得，即，
所以．
因為，所以．
【小問2詳解】
方法一 因為平分，且，
所以由角平分線定理，得，
則有，，．
由，得．
又，
將代入，可得或．
當時，，則，故舍去，所以．
所以．
方法二 因為平分，且，所以，則有．
因為，
所以，
則有，所以，
所以．
18. 如圖，三棱錐的底面和側面都是等邊三角形，且平面平面，點在側棱上．
（1）當為側棱的中點時，求證：平面；
（2）若二面角的大小為60°，求的值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）通過證明和即可得證；
（2）取的中點，連接，，以點為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，利用向量法建立關系可求解.
【詳解】（1）證明：因為為等邊三角形，所以.
因為為等邊三角形，所以，所以，.
在等腰和等腰中，因為為的中點，所以，.
又因為，，平面，所以平面.
（2）如圖，取的中點，連接，，則在等邊和等邊中，有，，所以為二面角的平面角.
因為平面平面，所以，即.
所以，，兩兩垂直.
以點為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系.
設，
則，，，.
因為在上，設，，
則，，
解得，，
即.
顯然平面的一個法向量.
設平面的一個法向量為，
因為，.
所以，即，
令，則，所以.
因為二面角的大小為60°，
所以，
所以.又，解得，即.
【點睛】本題考查線面垂直的證明，考查向量法求空間中線段比例，屬于中檔題.
19. 已知在數列中，
（1）求數列的通項公式；
（2）若數列的通項公式在和之間插入k個數，使這個數組成等差數列，將插入的k個數之和記為，其中，2，…，n，求數列的前n項和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方法1：根據遞推關系式，先變形；再采用累積法求數列通項公式；方法2：根據遞推關系式，先構造出等比數列，再求數列通項公式.
（2）先求出數列的通項公式，再根據通項公式的特點利用錯位相減法求前n項和.
【小問1詳解】
方法1：
，∴，
∴當時，
∴
又也適合上式，∴；
方法2：∵，∴，
又，故，
∴為公比為2，首項為1的等比數列．
∴，∴．
【小問2詳解】
，，∴.
由題知，
設數列的前n項和為﹐
則
所以
，
故.
20. 某中學有A，B兩個餐廳為老師與學生們提供午餐與晚餐服務，王同學、張老師兩人每天午餐和晚餐都在學校就餐，近一個月（30天）選擇餐廳就餐情況統(tǒng)計如下：
假設王同學、張老師選擇餐廳相互獨立，用頻率估計概率．
（1）估計一天中王同學午餐和晚餐選擇不同餐廳就餐的概率；
（2）記X為王同學、張老師在一天中就餐餐廳的個數，求X的分布列和數學期望；
（3）假設M表示事件“A餐廳推出優(yōu)惠套餐”，N表示事件“某學生去A餐廳就餐”，，已知推出優(yōu)惠套餐的情況下學生去該餐廳就餐的概率會比不推出優(yōu)惠套餐的情況下去該餐廳就餐的概率要大，證明．．
【答案】（1）0.6 （2）分布列見解析，1.9
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）由頻率估計概率，按古典概型進行求解；
（2）先確定隨機變量的可能取值，再求出各值所對應的概率，列出分布列，根據期望的定義求期望；
（3）用條件概率公式進行推理證明.
【詳解】（1）設事件C為“一天中王同學午餐和晚餐選擇不同餐廳就餐”，
因為30天中王同學午餐和晚餐選擇不同餐廳就餐的天數為，
所以．
（2）記X為王同學、張老師在一天中就餐餐廳的個數，
則X的所有可能取值為1和2，
所以，
，
所以X的分布列為
所以X的數學期望．
（3）由題知，所以
所以，
所以，
即，
所以，即
21. 已知函數，．
（1）若函數，求函數的單調區(qū)間；
（2）設直線為函數的圖象上一點處的切線．證明：在區(qū)間上存在唯一的，使得直線與曲線相切．
【答案】（1）增區(qū)間和；（2）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）求得函數定義域和導數，分析導數的符號變化，即可得出函數的單調遞增區(qū)間和遞減區(qū)間；
（2）求得直線的方程為，設直線與函數相切于點，可得出，進而可將直線的方程表示為，可得，然后利用（1）中的函數在區(qū)間上的單調性結合零點存在定理可證得結論成立.
【詳解】（1），定義域為，
，
所以，函數的單調遞增區(qū)間為，；
（2），，
所以，直線的方程為，即，
，則，設直線與函數相切于點，
則，得，則切點坐標為，
所以，直線的方程可表示為，即，
由題意可得，則，
下面證明：存在唯一的使得.
由（1）知，函數在區(qū)間上單調遞增，
，，
由零點存在定理可知，存在唯一的，使得，即.
所以，存在唯一的使得.
因此，在區(qū)間上存在唯一的，使得直線與與曲線相切.
【點睛】本題考查利用導數求解函數的單調區(qū)間，同時也考查了利用導數證明直線與曲線相切，考查了零點存在定理的應用，考查推理能力與計算能力，屬于難題.
22. 已知動圓過點，且與直線相切，設動圓圓心的軌跡為曲線．
（1）求曲線的方程；
（2）過上一點作曲線的兩條切線，為切點，與軸分別交于，兩點．記，，的面積分別為、、．
（?。┳C明：四邊形為平行四邊形；
（ⅱ）求的值．
【答案】（1）
（2）（?。┳C明見解析（ⅱ）1
【解析】
【分析】（1）設出圓心，利用條件建立方程，再化簡即可得出結果；
（2）（ⅰ）設出兩條切線方程，從而求出的坐標，再利用向量的加法法則即可得出證明；
（ⅱ）利用（?。┲袟l件，找出邊角間的關系，再利用面積公式即可求出結果.
【小問1詳解】
設圓心，由題意得：，化簡整理得：，
所以曲線的方程為：．
【小問2詳解】
（?。┰O，，因為，所以，
∴直線PA的方程為：，即，令，得到，
同理可得直線PB的方程為：，令，得到，
∴，，聯(lián)立，消解得，
所以，
又，∴，
所以四邊形FNPM為平行四邊形；
（ⅱ）由（?。┲本€PA的方程為，又，所以，即，
同理可知直線PB的方程為，又因為P在直線PA，PB上，設，則有，
所以直線AB的方程為：，故直線AB過點，
∵四邊形FNPM為平行四邊形，∴，，
∴，，，，
∴，
∵，，，
∴．
【點睛】關鍵點點睛：（2）中的第（?。﹩?，關鍵在于利用向量來證明，從而將問題轉化成求出點的坐標，將幾何問題代數化；第（ⅰ?。﹩柕年P鍵在于求出直線恒過定點，再利用幾何關系，求出相似比.
選擇餐廳情況（午餐，晚餐）
王同學
9天
6天
12天
3天
張老師
6天
6天
6天
12天
X
1
2
P
0.1
0.9

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