第一部分（選擇題 共40分）
一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.
1. 設集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用交集的定義可求.
【詳解】由題設有，
故選：B .
2. 已知為虛數(shù)單位，若，則復數(shù)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】
【分析】先利用復數(shù)的除法化簡，再利用復數(shù)的幾何意義判斷.
【詳解】因為，
所以，
所以復數(shù)在復平面內對應的點位于第一象限，
故選：A
3. 設函數(shù),則（ ）
A. 是奇函數(shù)，且在(0,+∞)單調遞增B. 是奇函數(shù)，且在(0,+∞)單調遞減
C. 是偶函數(shù)，且在(0,+∞)單調遞增D. 是偶函數(shù)，且在(0,+∞)單調遞減
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)的解析式可知函數(shù)的定義域為，利用定義可得出函數(shù)為奇函數(shù)，
再根據(jù)函數(shù)的單調性法則，即可解出．
【詳解】因為函數(shù)定義域為，其關于原點對稱，而，
所以函數(shù)為奇函數(shù)．
又因為函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞增，
而在上單調遞減，在上單調遞減，
所以函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞增．
故選：A．
【點睛】本題主要考查利用函數(shù)的解析式研究函數(shù)的性質，屬于基礎題．
4. 將2本不同的數(shù)學書和1本語文書在書架上隨機排成一行，則2本數(shù)學書相鄰的概率為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出所有的排列方式，得出兩本數(shù)學書相鄰的情況，即可求出概率.
【詳解】解析：兩本不同的數(shù)學書用a1，a2表示，語文書用b表示．
則所有的排列方式有(a1，a2，b)，(a1，b，a2)，(a2，a1，b)，(a2，b，a1)，(b，a1，a2)，(b，a2，a1)共6種．
其中兩本數(shù)學書相鄰的情況有4種，故所求概率為．
故選：D.
5. 記為等差數(shù)列的前項和，若，，則（ ）
A. 36B. 45C. 63D. 75
【答案】B
【解析】
【分析】由等差數(shù)列的前項和性質可得成等差數(shù)列，進而可得結果.
【詳解】因為為等差數(shù)列的前項和，
所以成等差數(shù)列，即成等差數(shù)列，
所以，解得，
故選：B.
6. 某學校調查了200名學生每周的自習時間（單位：小時），制成了如圖所示的頻率分布直方圖，其中自習時間的范圍是17.5，30]，樣本數(shù)據(jù)分組為17.5，20），20，22.5），22.5,25），25，27.5），27.5，30）.根據(jù)直方圖，這200名學生中每周的自習時間不少于22.5小時的人數(shù)是
A. 56B. 60C. 140D. 120
【答案】C
【解析】
【詳解】試題分析：由題意得，自習時間不少于小時的頻率為，故自習時間不少于小時的人數(shù)為，故選C.
考點：頻率分布直方圖及其應用．
7. 若，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)的單調性即可得出結果.
【詳解】對于A，當時，單調遞減，所以由可得，故A錯誤；
對于B，當時，單調遞減，所以由可得，故B錯誤；
對于C，當時，在單調遞增，由可得，故C錯誤；
對于D，當時，單調遞減，所以由可得，
則，即，故D正確.
故選：D.
8. 在△中，若，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通過正弦定理將邊化為角，結合兩角和的正弦公式可得，進而可得結果.
【詳解】因為，
由正弦定理可得，
由于，即，所以，得，
故選：C.
9. 設是首項為的等比數(shù)列，公比為，則“”是“對任意的正整數(shù)，”的（ ）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】由等比數(shù)列通項公式得到的變形式，轉化成關于公比的不等式，解得的
取值范圍，進而可以順利判定二者的關系.
【詳解】數(shù)列是首項為的等比數(shù)列，公比為
則
當時的值正負均可以出現(xiàn)，不能判定符號，即不能推出
當即時，可以得到，則成立.
則“”是“對任意的正整數(shù)，”的必要不充分條件,選項B正確.
故選：B
10. 如圖，正方體的棱長為，線段上有兩個動點，且，給出下列三個結論：
①
②的面積與的面積相等
③三棱錐的體積為定值
其中，所有正確結論的個數(shù)是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】證明面可判斷①；計算和的面積可判斷②，計算三棱錐的體積可判斷③，進而可得正確答案.
【詳解】對于①：連接，因為四邊形是正方形，所以，因為面，面，所以，因為，所以面，因為面，所以，故①正確；
對于②：連接和，則是邊長為的等邊三角形，所以點到邊的距離為，所以點到邊的距離為，所以的面積為，因為面，面，可得，
所以的面積為，所以的面積與的面積不相等，故②不正確；
對于③：因為面，所以點到面的距離為，所以三棱錐的體積為，所以三棱錐的體積為定值，故③正確；
故選：C.
第二部分（非選擇題共110分）
二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.
11. 已知向量，若，則_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量平行的充分必要條件得到關于的方程，解方程即可求得實數(shù)的值.
【詳解】由題意結合向量平行的充分必要條件可得：，
解方程可得：.
故答案為：.
12. 雙曲線的焦點坐標為________，漸近線方程為________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根據(jù)雙曲線的焦點坐標公式和漸近線方程即可直接求出答案.
【詳解】因為，所以，
又因為雙曲線的焦點在軸上，
所以雙曲線的焦點坐標為，漸近線方程為，即.
故答案為：；.
13. 設函數(shù)，則使得成立的的取值范圍是________.
【答案】
【解析】
【分析】分和兩種情況討論從而解不等式即可.
【詳解】當時，由，得，所以，又因為，所以；
當時，由，得，所以，又因為，所以.
所以滿足成立的的取值范圍為 .
故答案為：.
14. 若點關于軸的對稱點為，則的一個取值為________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根據(jù)兩點關于軸的對稱，可得出，從而可求出的值.
【詳解】因為點關于軸的對稱點為，
所以，即，所以，
所以，即.
故答案為：（答案不唯一）.
15. 數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美的曲線，如星形線，讓一個半徑為的小圓在一個半徑為的大圓內部，小圓沿著大圓的圓周滾動，小圓的圓周上任一點形成的軌跡即為星形線.如圖，已知，起始位置時大圓與小圓的交點為（點為軸正半軸上的點），滾動過程中點形成的軌跡記為星形線.有如下結論：
① 曲線上任意兩點間距離的最大值為；
② 曲線的周長大于曲線的周長；
③ 曲線與圓有且僅有個公共點.
其中正確的序號為________________.
【答案】①③
【解析】
【分析】由題意知星形線任意點滿足，為參數(shù)，其中，即，，從而可判斷①；分析曲線的圖像，與星形線圖像對比可知②；求出星形線與直線的交點，知曲線與圓相切，可判斷③；
【詳解】由已知可知小圓與大圓是內切的關系，設小圓的圓心為，
則小圓的圓心軌跡為以為圓心，半徑為3的圓，即
設星形線任意點，則，為參數(shù)，其中
可知星形線任意點，滿足，
對于①，星形線上左右兩個端點，或上下兩個端點，的距離最遠，等于8，故①正確；
對于②，曲線為過點，，，的正方形，
而星形線與坐標軸的交點也是這四個點，由兩點之間線段最短，可知曲線的周長小于曲線的周長，故②錯誤；
對于③，星形線與直線的交點為，即
它們到原點的距離為與圓的半徑相等，
所以曲線與圓相切，即有且僅有個公共點，故③正確；
故答案為：①③
【點睛】關鍵點點睛：本題考查兩個圓的內切關系求軌跡，解題的關鍵是理解星形線的定義，求出對應點滿足的條件，再分析選項，考查學生的分析審題能力，屬于難題.
三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
16. 已知函數(shù)，，從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求：
（1）的最小正周期；
（2）在區(qū)間上的最小值.
【答案】（1）選條件①；選條件②
（2）選條件①；選條件②
【解析】
【分析】選條件①：；
（1）利用兩角和與差的正弦公式化簡可得，
由周期公式可得答案；
（2）根據(jù)的范圍求得的范圍可得答案；
選條件②：.
（1）利用兩角和與差的正弦公式化簡可得，
由周期公式可得答案；
（2）根據(jù)的范圍求得的范圍可得答案.
【小問1詳解】
選條件①：；
（1）
，
所以的最小正周期是.
選條件②：.
，
所以最小正周期是.
【小問2詳解】
選條件①：；
因為，
所以≤≤，
所以≤≤，
所以≤≤，
當，即時，有最小值.
選條件②：.
因為，
所以≤≤，
所以≤≤，
當，即時，有最小值.
17. 如圖，四棱錐中，底面為直角梯形，，側面為直角三角形，，.
（1）求證：平面；
（2）求證：；
（3）若，，，判斷在線段上是否存在一點，使得直線與平面所成角的大小為.
【答案】（1）證明見解析
（2）證明見解析 （3）存在，理由見解析.
【解析】
【分析】（1）由條件得到即可；
（2）由條件可得，即可證明；
（3）以點為坐標原點，分別以為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，算出平面的法向量，設，然后可得，然后可建立方程求解.
【小問1詳解】
因為四棱錐中，，
所以，
因為，，
所以平面.
【小問2詳解】
因為，，所以，
又因為，所以，
因為，，
所以.
【小問3詳解】
存在，當為線段中點時，理由如下：
由（2）可知，因為，，
所以，
又，，
如圖以點為坐標原點，分別以為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，.
設平面的法向量為，
由得
令，所以.
設，
則，
所以，
直線與平面所成角，
所以，
解得，符合題意，
所以當為線段中點時，直線與平面所成角的大小為.
18. 某校組織“創(chuàng)建文明城區(qū)”知識競賽，有，兩類問題，每位參加比賽的學生先在兩類問題中選擇一類，然后從所選類別的問題中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則比賽結束；若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，比賽結束.類問題回答正確得分，否則得分；類問題回答正確得分，否則得分.已知小明同學能正確回答類中的每一個問題的概率均為，能正確回答類中的每一個問題的概率均為，且能正確回答問題的概率與回答次序無關.
（1）若小明先回答類問題，記為小明的累計得分，求的分布列；
（2）為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答哪類問題？并說明理由.
【答案】（1）分布列見解析
（2）類問題，理由見解析
【解析】
【分析】（1）得分情況有三種可能性，第一個問題錯誤，0分，第一個問題正確，第二個錯誤，10分，兩個問題都正確，40分，分別求出對應概率即可
（2）將兩種情況分別進行計算，比較大小即可得出結論
【小問1詳解】
由題可知，的所有可能取值為，，.
；；.
所以的分布列為
【小問2詳解】由（1）知，若小明先回答問題，則.
若小明先回答問題，記為小明的累計得分，則的所有可能取值為，，.
；；，
所以.
因為，所以小明應選擇先回答類問題.
19. 已知橢圓，為坐標原點，右焦點坐標為，橢圓的離心率為.
（1）求橢圓的方程；
（2）橢圓在軸上的兩個頂點為，點滿足，直線交橢圓于兩點，且，求此時的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用橢圓的焦點坐標及橢圓的離心率可求解；
（2）分析可知直線斜率存在，設為，聯(lián)立直線與橢圓的方程，結合韋達定理弦長公式可知直線的方程為，再利用，知點在以原點為圓心，半徑為的圓上，利用點到直線的距離公式可判斷直線與圓的位置關系，進而求解.
【小問1詳解】
因為右焦點為，所以，
因為離心率，所以，，
所以橢圓的方程為.
【小問2詳解】
當直線垂直于軸時，（舍）.
當直線不垂直于軸時，設直線的方程為，
由整理得，
設，由題意恒成立，
所以，，
利用弦長公式知
，解得，
所以直線的方程為.
因為為橢圓在軸上的兩個頂點，不妨設，
因為，設，
所以，即，
即點在以原點為圓心，半徑為的圓上.
因為原點到直線的距離，
所以直線與圓相切，
所以.
20. 已知函數(shù).
（1）求曲線在點處的切線方程；
（2）當時，求的單調區(qū)間；
（3）求證：當≤時，≥.
【答案】（1）
（2）答案見解析 （3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）求導，由導數(shù)的幾何意義求出切線方程；
（2）求出，分、、，討論的單調性可得答案；
（3）當時，令，得或，取得極小值，
，由極小值定義及的單調性可知：當時，；
時，設，由二次函數(shù)的性質可知恒成立，可得答案.
【小問1詳解】
，
因為，，
所以曲線在點處的切線方程為.
【小問2詳解】
由（1）知：，（），
因為，令，所以或，
當時，，
則的變化情況如下表：
當時，，則 恒成立，內恒增；
當時，，則 的變化情況如下表：
綜上，當時，單調遞增區(qū)間是和，單調遞減區(qū)間是；
當時，單調遞增區(qū)間是，無單調遞減區(qū)間；
當時，單調遞增區(qū)間是和 ，單調遞減是.
【小問3詳解】
當時，令，得或，易知，
則的變化情況如下表：
所以當時，取得極小值，
由于，則，，，，
所以由極小值定義及的單調性可知：當時，，
接下來，研究在的變化情況，
因為恒成立，設，
對稱軸，，拋物線開口向上，，
所以由二次函數(shù)的性質可知：當時，恒成立，
所以在時恒成立.
綜上所述：當時，.
21. 記實數(shù)，中的較大者為，例如，，對于無窮數(shù)列，記，若對于任意的，均有，則稱數(shù)列為“趨勢遞減數(shù)列”.
（1）已知數(shù)列的通項公式分別為，，判斷數(shù)列是否為“趨勢遞減數(shù)列”，并說明理由；
（2）已知首項為公比為的等比數(shù)列是“趨勢遞減數(shù)列”，求的取值范圍；
（3）若數(shù)列滿足，為正實數(shù)，且，求證：為“趨勢遞減數(shù)列”的充要條件為的項中沒有.
【答案】（1）、為“趨勢遞減數(shù)列”，理由見解析；
（2）；
（3）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）由的通項公式知：是單調遞減且，結合“趨勢遞減數(shù)列”的定義判斷并說明是否為“趨勢遞減數(shù)列”.
（2）討論公比的范圍，結合“趨勢遞減數(shù)列”的性質判斷不同的取值下是否滿足要求，即可確定范圍.
（3）應用充要條件的定義，由反證法結合“趨勢遞減數(shù)列”的性質證明的項中沒有，再證的項中沒有時是否為“趨勢遞減數(shù)列”，即可證結論.
【小問1詳解】
數(shù)列是“趨勢遞減數(shù)列”.
由通項公式知：公差為，故是單調遞減數(shù)列，
∴，且，故數(shù)列是“趨勢遞減數(shù)列”.
數(shù)列是“趨勢遞減數(shù)列”.
由為奇數(shù)，為偶數(shù)，則，
∴，且，故數(shù)列是“趨勢遞減數(shù)列”.
【小問2詳解】
當時，數(shù)列為單調遞增數(shù)列，此時，且不滿足題意；
當時，數(shù)列為常數(shù)列，不滿足題意；
當時，數(shù)列為單調遞減數(shù)列，此時，且，滿足題意；
當時，此時，且，滿足題意；
當時，此時，且，不滿足題意；
綜上，的取值范圍為.
【小問3詳解】
先證必要性：
假設存在正整數(shù)≥使得，令.
因為，為正實數(shù)，且，
∴≥，故≥，則數(shù)列從開始以后的各項為，
當≥時，，與為“趨勢遞減數(shù)列”矛盾，故假設不成立，項中沒有.
再證明充分性：
得：，
由的項中沒有，故對于任意正整數(shù)，，
∴，即
當時，，
當時，，
∴為“趨勢遞減數(shù)列”.
綜上：為“趨勢遞減數(shù)列”的充要條件為的項中沒有.
【點睛】關鍵點點睛：第三問，分別從充分性、必要性兩個方面證明結論，注意反證法的應用：假設為“趨勢遞減數(shù)列”存在推出矛盾.極大值
極小值
極大值
極小值
極小值
極大值

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