（本試題滿分150分，考試時間120分鐘.答案一律寫在答題卡上）
注意事項：
1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，認其核對條形碼上的姓名、準考證號，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上.
2.答題時使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚.
3.請按照題號在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效.
4.保持卡面清潔，不折疊，不破損.
一、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. 已知圓，則圓心和半徑分別為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】將圓的一般方程化為標準方程，由此確定圓心坐標及半徑.
【詳解】圓的方程可化為.
所以圓心的坐標為，半徑為，
故選：B.
2. 雙曲線，則雙曲線的漸近線方程為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)題意，結合雙曲線的幾何性質(zhì)，即可求解.您看到的資料都源自我們平臺，20多萬份最新小初高試卷，家威鑫 MXSJ663 免費下載 【詳解】由雙曲線，可得，
又由雙曲線的焦點在軸上，所以雙曲線的漸近線方程為.
故選：C.
3. 已知正項等比數(shù)列滿足，則（ ）
A. 62B. 30或10C. 62或D. 30
【答案】A
【解析】
【分析】運用等比數(shù)列通項公式基本量的計算，先求出首項和公比，然后再運用等比數(shù)列前項和公式求出前項和.
【詳解】設等比數(shù)列的公比為，
因為該正項等比數(shù)列滿足，
所以，解得，
故.
故選：A.
4. 若函數(shù)在處有極小值，則（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得，由，求得或，分別求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結合函數(shù)極值點的定義，即可求解.
【詳解】由函數(shù)，可得，
因為函數(shù)在處取得極小值，可得，解得或，
當時，令，解得或；令，解得，
函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，
所以在處有極大值，不符合題意，舍去；
當時，令，可得或；令，可得，
函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，
所以在處有極小值，符合題意，
綜上可得，.
故選：A.
5. 函數(shù)的零點個數(shù)為（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】求導可得函數(shù)的單調(diào)性，進而結合零點存在性定理即可求.
【詳解】，令，則，令，解得，
故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
故當時取最小值，
又，，
所以=0在上各有一解，所以有兩個零點，
故選：B.
6. 如圖，正三棱柱的各棱長相等，為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】取中點，證得平面，得到，再證得，從而證得平面，得到，即可求解.
【詳解】取中點，因為，可得，
又因為平面，且平面，所以，
因為，且平面，所以平面，
又因為平面，所以，
在正方形中，分別為的中點，
設可得，
可得，所以，
所以，即，
因為且平面，所以平面，
又因為平面，所以，所以異面直線與所成的角為.
故選：D.
7. 某工廠去年12月試產(chǎn)1060個高新電子產(chǎn)品，產(chǎn)品合格率為.從今年1月份開始，工廠在接下來的兩年中將生產(chǎn)這款產(chǎn)品.1月按去年12月的產(chǎn)量和產(chǎn)品合格率生產(chǎn)，以后每月的產(chǎn)量都在前一個月的基礎上提高，產(chǎn)品合格率比前一個月增加，則今年4月份的不合格產(chǎn)品的數(shù)量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由條件依次求出月的產(chǎn)量和合格率，由此可求4月份的不合格產(chǎn)品的數(shù)量.
【詳解】由題知：1月份的產(chǎn)量為個，合格率是，
那么，2月份的產(chǎn)量為，合格率為，
3月份的產(chǎn)量為，合格率為，
則4月份的產(chǎn)量為，合格率為，
則4月份的不合格數(shù)量是，
故選：B.
8. 若，則的大小關系為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】構造函數(shù)，，利用導數(shù)求函數(shù)最小值，得到和，令即可比較大小.
【詳解】令，則，
當時，，所以，所以在上單調(diào)遞增；
當時，，所以，所以在上單調(diào)遞增，
所以當時，，
所以，即，所以，所以，
令，則，
當時，，所以在上單調(diào)遞增；
當時，，所以在上單調(diào)遞減；
所以，當時，，
所以，即，所以，所以，
所以.
故選：A.
二、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，有多項是符合題目要求的，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.
9. 設拋物線的焦點為，準線為，點是拋物線上不同的兩點，且，則（ ）
A. B. 以線段為直徑的圓必與準線相切
C. 線段的長為定值D. 線段的中點到軸的距離為定值
【答案】AD
【解析】
【分析】根據(jù)題意，求得拋物線及焦點，結合拋物線的幾何性質(zhì)，逐項判定，即可求解.，
【詳解】對于A中，由拋物線的準線為，可得，解得，
所以拋物線的焦點為 且，所以A正確；
對于B中，如圖，當線段過焦點時，過作，
取的中點作，可得，
此時以線段為直徑的圓與準線相切，
因為直線不一定過拋物線的焦點，則不一定成立，故B錯誤.
對于C中，設，
由拋物線得的定義得，所以，
當直線過原點時，設，則，此時，可得，
當直線為時，可得，不妨設，可得，
所以的長不是定值，所以C錯誤；
對于D中，由，則線段的中點到軸的距離為，所以D正確.
故選：AD.
10. 已知等差數(shù)列的首項，公差，在中每相鄰兩項之間都插入3個數(shù)，使它們和原數(shù)列的數(shù)一起構成一個新的等差數(shù)列是數(shù)列的前項和.以下說法正確的是（ ）
A. B. 是數(shù)列的第8項
C. 當時，最大D. 是公差為的等差數(shù)列
【答案】BC
【解析】
【分析】根據(jù)題意，求得，結合題意，得到，結合等差數(shù)列的性質(zhì)的求和公式，逐項判定，即可求解.
【詳解】由等差數(shù)列的首項，公差，可得，
對于A中，根據(jù)題意，可得，所以公差為，
所以數(shù)列的通項公式為，所以A錯誤；
對于B中，由，令，解得，所以B正確；
對于C中，令，解得，所以或時，取得最大值，所以C正確；
對于D中，由，可得，所以是公差為，所以D錯誤.
故選：BC.
11. 已知函數(shù)，下列說法正確的是（ ）
A. 單調(diào)遞減區(qū)間是
B. 在點處的切線方程是
C. 若方程只有一個解，則
D. 設，若對，使得成立，則
【答案】BD
【解析】
【分析】對函數(shù)求導，分析其單調(diào)性得到其圖象，可判斷ABC，對應選項D，設函數(shù)的值域為，的值域為G，由求解判斷.
【詳解】函數(shù)，，，
令，得或；令，得；
可得函數(shù)在和上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，其大致圖象如圖：

對于，由上述分析可得A錯誤；
，由，，得，
所以切線為，故B正確；
對于C，由方程只有一解，由圖象可知，或，故C錯誤；
對于D，設函數(shù)的值域為，函數(shù)的值域為，
對于， ，，
對于，，，
若，，使得成立，
則，故D正確，
故選：BD.
12. 已知正方體的棱長為是空間中的一動點，下列結論正確的是（ ）
A. 若分別為的中點，則平面
B. 平面平面
C. 若，則最小值為
D. 若，則平面截正方體所得截面面積的最大值為
【答案】BCD
【解析】
【分析】由線面垂直，面面平行判斷AB,由平面展開求最值判斷C,由截面變化求最值判斷D.
【詳解】對于A，若分別為的中點，則，
又，則，
又由正方體性質(zhì)易知:平面平面故，
又平面，故平面，
又平面，則，同理可得平面
又平面，則 ，又平面，
故平面，若平面，則，而相交，
故與平面不垂直，故A不正確；
對于B，在正方體中，易知，
故為平行四邊形，則
又平面，平面，故平面，
同理可得平面，又平面，
故平面平面成立.故B正確；
對于C，正方體的棱長為2，是空間中的一動點，
在上取點，使得，在上取點，使得，如圖，
由，得，即，故是線段上一點．
將平面沿展開至與平面共面，
易知，則，
平面圖中，當，O，三點共線時，取得最小值，故C正確；
對于D，由，可知是線段上一點．連接并與交于點．
當與重合時，平面與平面重合，截面為正方形，面積為4．
當在線段（不含點上時，平面截正方體所得截面為三角形，
且易知當從D運動到時，三角形面積逐漸增大，
當與重合時截面為，由三角形三邊長均為，故此時截面面積為．
當在線段（不含點，上時，延長并與交于點，
作并與交于點，由選項B易知,且，
易知,則截面為等腰梯形，
設，則，．
梯形的高，故梯形面積為．
設，
設，恒成立，
則在單調(diào)遞減，故，則
當與重合時，截面為矩形，面積為．
綜上可知，平面截正方體所得截面積的最大值為，故D正確；
故選：BCD.
【點睛】關鍵點點睛:本題考查線面垂直及面面平行證明，截面問題，解決D選項的關鍵是利用動態(tài)變化討論O的變化情況.
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 若直線與直線平行，則______.
【答案】##
【解析】
【分析】由直線平行的充要條件即可求解.
【詳解】由與平行，則，所以.
故答案為：.
14. 已知數(shù)列的前項和為，若，則______.
【答案】
【解析】
【分析】由的關系對分類討論即可求解.
【詳解】當時，，
當時，不滿足上式，所以.
故答案為：.
15. 已知函數(shù)，若成立，則的最小值為______.
【答案】##
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，構造函數(shù)并利用導數(shù)求出函數(shù)的最小值即得.
【詳解】函數(shù)，由，得，則，
令，求導得，當時，，當時，，
因此函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則，
所以的最小值為.
故答案為：
16. 已知是橢圓的左、右焦點，直線與橢圓相交于兩點，的平分線交于點，且，則橢圓的離心率為______.
【答案】##
【解析】
【分析】根據(jù)橢圓的對稱性，角平分線性質(zhì)可得，結合橢圓定義可求，利用余弦定理列出關于的方程，由此可求離心率.
【詳解】 連接、，根據(jù)橢圓的對稱性可知四邊形為平行四邊形，
所以，
根據(jù)角平分線定理得：，
所以，又
，又，
又在中，由余弦定理得：
，所以
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. 如圖所示，平行六面體中，，.

（1）用向量表示向量，并求；
（2）求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)空間向量的線性運算，得到，結合向量的數(shù)量積的運算法則，即可求解；
（2）由空間向量的運算法則，得到，結合向量的數(shù)量積的運算公式，即可求解.
【小問1詳解】
解：根據(jù)空間向量的線性運算，可得，
可得
，
所以.
【小問2詳解】
解：由空間向量的運算法則，可得，
因為且，
所以
.
18. 已知圓.
（1）求的取值范圍；
（2）當取最小正整數(shù)時，若點為直線上的動點，過作圓的一條切線，切點為，求線段的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，結合方程表示圓的條件，列出方程，即可求解；
（2）由（1）得到圓心，半徑為，得到，結合圓心到直線的距離，即可求解.
【小問1詳解】
由方程表示圓，則滿足，
即，解得或，
所以的取值范圍是.
【小問2詳解】
由（1），因為取最小正整數(shù)，所以，
所以圓，可得圓心，半徑為，
又因為，
所以取最小值時取最小值，而取最小值，
即為圓心到直線的距離，可得，
所以.
19. 已知數(shù)列的首項，且滿足.
（1）求證：是等比數(shù)列，并求出的通項公式；
（2）設，求數(shù)列的前項和.
【答案】（1）證明見解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）由遞推關系把拆到等號兩邊，變成后推出即可；
（2）求出數(shù)列的通項，再用錯位相減法求出即可.
【小問1詳解】
證明：
所以是以為首項，為公比的等比數(shù)列.
所以，所以.
【小問2詳解】
因為，所有，
，
，
作差可得，
所以.
20. 已知橢圓的左右頂點分別為，長軸長為，點在橢圓上（不與重合），且，左右焦點分別為.
（1）求的標準方程；
（2）設過右焦點的直線與橢圓交于兩點，當?shù)拿娣e最大時，求直線的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由橢圓的性質(zhì)得到，設點，表示出，再代入橢圓方程，求出，得到橢圓方程；
（2）設直線的方程：，直曲聯(lián)立，韋達定理表示出，再用其表示出三角形面積，最后結合基本不等式求出結果.
【小問1詳解】

依題意可得，，所以.
設，則，
又因為所以，
所以，所以的標準方程為.
【小問2詳解】

因為在直線上，設直線的方程：，
聯(lián)立，整理得，
，
由題可知∶
當且僅當，
即時，面積最大為，此時直線的方程是∶.
21. 如圖，多面體由正四面體和正四面體組合而成，棱長為.

（1）證明：；
（2）求與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中點，證得，利用線面垂直的判定定理，證得平面，進而證得；
（2）取的中心為坐標原點，建立空間直角坐標系，再取的中心為，求得，得到向量和平面的一個法向量，結合向量的夾角公式，即可求解.
【小問1詳解】
取的中點，連接，
在正四面體和正四面體中，可得和均為等邊三角形，
所以，
因為且平面，所以平面，
又因為平面，所以.
【小問2詳解】
取的中心為坐標原點，過作的平行線為軸正方向，為軸正方向，為軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，

因為正四面體的棱長是，可得，則,
所以，
則，
再取的中心為，因為，
設，可得，
解得，即，
所以，，可得，
則
又由平面的一個法向量，
設直線與平面所成的角為，
可得，
所以直線與平面所成角的正弦值是.
22. 已知函數(shù).
（1）討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）當時，恒成立，求實數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）答案見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）對函數(shù)求導，分別討論和兩種情況，即可求出結果；
（2）先分離參數(shù)，將原式化為，構造函數(shù)，利用導數(shù)判斷的單調(diào)性進而求出的最大值即可.
【小問1詳解】
定義域為，，
當時，恒成立，所以的單調(diào)遞減區(qū)間為,
當時，令，則，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，
令，則，所以的單調(diào)遞減區(qū)間為,
綜上：當時，的單調(diào)遞減區(qū)間為，無增區(qū)間；
當時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；
【小問2詳解】
當時，恒成立，
即對恒成立，
即對恒成立，
令（），
令（），則，
令（），則，
由得，，所以，所以在上單調(diào)遞減，
所以，即，所以在上單調(diào)遞減，
所以，
令，則，所以單調(diào)遞增，
令，則，所以在單調(diào)遞減，
所以，所以.
綜上實數(shù)的取值范圍為.
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是分離參數(shù)得對恒成立，再設新函數(shù)（），對此求導研究其最值即可.

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