1. 已知集合，若，則實數的值可能是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】A
【解析】依題意，由，可得，
當時，符合題意，A正確；
當或2時，不符合集合中元素的互異性，從而排除項；
當時，，從而排除項.
故選：A.
2. 若復數滿足，則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】B
【解析】由，得，
所以在復平面內對應的點為，位于第二象限，
故選：B.
3. 已知雙曲線的一條漸近線方程為，則的焦點坐標為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】易知，令，解得，依題有，即，
雙曲線方程為，從而，從而的焦點坐標為.
故選：A.
4. 已知甲種雜交水稻近五年的產量數據為，乙種雜交水稻的產量數據為，則下列說法錯誤的是（ ）
A. 甲種的樣本極差小于乙種的樣本極差
B. 甲種的樣本平均數等于乙種的樣本平均數
C. 甲種的樣本中位數等于乙種的樣本中位數
D. 甲種的樣本方差大于乙種的樣本方差
【答案】D
【解析】對于A，甲種的樣本極差，乙種的樣本極差，A正確；
對于B，甲種的樣本平均數，
乙種的樣本平均數，B正確；
對于C，甲種的樣本中位數為10.0，乙種的樣本中位數為10.0，C正確.
對于D，甲種的樣本方差，
乙種的樣本方差，D錯誤.
故選：D
5. 若函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】函數在上單調遞減，
解得.
故選：C.
6. 已知，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
.
故選：A.
7. 已知為正實數，則“”是“”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】C
【解析】若，根據糖水不等式可得，即充分性成立；
若，則，即且，故，即必要性成立，
所以“”是“”的充要條件.
故選：C.
8. 已知函數，則下列說法中不正確的是（ ）
A. 的最小正周期為
B. 的最大值為
C. 在區(qū)間上單調遞增
D.
【答案】C
【解析】依題意，則函數的最大值為，最小值正周期為，從而可排除選項.
，，根據三角函數的性質可知，
當，即時函數單調遞減，
當，即時函數單調遞增，
故在區(qū)間上不可能單調遞增，應選C項.
為偶函數，
從而，從而可排除D選項.
故選：C
9. 已知函數是定義域為的偶函數，且為奇函數，若，則（ ）
A. B.
C. 函數的周期為2D.
【答案】D
【解析】為奇函數，，
又為偶函數，，故A項錯誤.
即函數的周期為4，
即C項錯誤.由，令，得，
即B項錯誤.
又，
所以D項正確.
故選：D
10. 在正方體中，分別為的中點，若，則平面截正方體所得截面的面積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如圖，過點作的平行線交于點，過點作的平行線交于點，
過點作的平行線交于點，易知點都在截面內，
且都是其所在棱的中點，從而所得截面是邊長為的正六邊形，
所求面積.故選：D.
11. 榫卯結構是中國古代建筑文化的瑰寶，在連接部分通過緊密的拼接，使得整個結構能夠承受大量的重量，并且具有較高的抗震能力.這其中木楔子的運用，使得榫卯配合的牢度得到最大化滿足，木楔子是一種簡單的機械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛?木片等.如圖為一個木楔子的直觀圖，其中四邊形是邊長為2的正方形，且均為正三角形，，則該木楔子的外接球的體積為（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如圖，分別過點作的垂線，垂足分別為，連接，則，故.
取的中點，連接，
又，則.
由對稱性易知，過正方形的中心且垂直于平面的直線必過線段的中點，且所求外接球的球心在這條直線上，如圖.
設球的半徑為，則，且，
從而，即，
當點在線段內（包括端點）時，有，可得，
從而，即球心在線段的中點，其半徑.
當點在線段外時，，解得（舍）.
故所求外接球的體積.
故選：C

12. 已知為橢圓的左?右焦點，點在上且位于第一象限，圓與線段的延長線?線段以及軸均相切，的內切圓的圓心為.若圓與圓外切，且圓與圓的面積之比為9，則橢圓的離心率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由已知及平面幾何知識可得圓心在的角平分線上.
如圖，設圓與軸的切點分別為，由平面幾何知識可得，
直線為兩圓的公切線，公切點也在的角平分線上，
則，所以，

由橢圓的定義知，則，
，
，
.
又圓與圓的面積之比為圓與圓的半徑之比為3，
所以，即，故橢圓的離心率.
故選：A
二?填空題
13. 有5名學生準備去照金香山，藥王山，福地湖，玉華宮這4個景點游玩，每名學生必須去一個景點，每個景點至少有一名學生游玩，則不同的游玩方式有__________種.
【答案】240
【解析】先從5名學生中選2人組成一組，有種方法，
然后將4組學生分配到4個景點，有種方法，
由分步計數原理知共有種不同的游玩方式.
故答案為：240.
14. 已知點為外接圓的圓心，且，則_________.
【答案】
【解析】由，得，由為外接圓的圓心，得，如圖，結合向量加法的幾何意義知，四邊形為菱形，且，故.故.
故答案為：

15.已知的內角所對的邊分別是，點是的中點.若，且，則__________.
【答案】
【解析】因為，由正弦定理得，
又因為，
所以，
因為，可得，所以
又因為為的一條中線，可得，
所以，
即，解得或（舍）.
由余弦定理得.
故答案為：.
16. 若函數有兩個極值點，則實數的取值范圍為__________.
【答案】
【解析】的定義域為，
，
令，得.
令，則.
令，則，即，即
當時，單調遞增；當時，單調遞減.
，
又當趨近于0時，趨近于；當趨近于時，趨近于0，
作出的草圖如圖，
由圖可知，當時，方程有兩個正根，從而函數有兩個極值點.
三?解答題
（一）必考題
17. 已知數列滿足：.
（1）求數列的通項公式；
（2）若，求正整數的最大值.
解：（1）當時，，
當時，，
，
兩式相減，得，
，
顯然也符合上式，
數列的通項公式為.
（2）由（1）知，
，
解得.正整數的最大值為15.
18. 學校團委和工會聯合組織教職員工進行益智健身活動比賽.經多輪比賽后，由教師甲?乙作為代表進行決賽.決賽共設三個項目，每個項目勝者得10分，負者得分，沒有平局.三個項目比賽結束后，總得分高的獲得冠軍.已知教師甲在三個項目中獲勝的概率分別為，各項目的比賽結果相互獨立.甲?乙獲得冠軍的概率分別記為.
（1）判斷甲?乙獲得冠軍的實力是否有明顯差別（若，則認為甲?乙獲得冠軍的實力有明顯差別，否則認為沒有明顯差別）；
（2）用表示教師甲的總得分，求的分布列和數學期望.
解：（1）不妨設教師甲在三個項目中獲勝的事件依次為，
甲獲得冠軍可以表示為：,
因兩兩互斥，
故教師甲獲得冠軍的概率
，
則教師乙獲得冠軍的概率，
，，
甲?乙獲得冠軍的實力沒有明顯差別.
（2）易知的所有取值為，
，
，
，
，
則的分布列為：
.
19. 如圖，四棱錐的底面是正方形，平面，點是的中點，是線段上（包括端點）的動點，.
（1）求證：平面；
（2）若直線與平面的夾角為，求的值.
（1）證明：；連接交于點，連接，
四邊形是正方形，為的中點，
是的中點，，
平面平面平面.
（2）解：易知兩兩垂直，
以為原點，分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，
則.
，
設，則.
.
設平面的法向量為，
則，令，則.
又直線與平面的夾角為，
，解得.
.
20. 過拋物線焦點的直線交于兩點，若直線垂直于軸，則的面積為2，其中為原點.
（1）求拋物線的方程；
（2）拋物線的準線上是否存在點，使得當時，的面積為.若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.
（1）解：由拋物線，可得焦點為，
因為直線垂直于軸，不妨設，
代入，可得，所以，
又因為的面積為，所以，解得，
所以拋物線的方程為.
（2）解：由（1）知拋物線的焦點為，準線方程為，
設點，當直線的斜率等于0時，不符合題意；
故可設直線的方程為，聯立方程組，消去得，
可得，且，
因為，所以，
所以
，
所以，
因為，
原點到直線距離，
所以，解得，所以，
所以存在點，符合題目要求.
21. 已知函數.
（1）當時，求曲線在點處的切線方程；
（2）若函數存在零點，求實數的取值范圍.
解：（1）當時，，所以.
這得到，，所以所求切線是經過且斜率為的直線.
故所求切線方程為，即.
（2）設，則，
所以當時，當時.
從而在上遞增，在上遞減，故，
這得到.
若，則，
從而取值恒為負，
故沒有零點，不滿足條件；
若，則有，
及.
從而由零點存在定理可知存在零點，滿足條件.
綜上，的取值范圍是.
（二）選考題
選修4-4：坐標系與參數方程
22. 在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系.
（1）求曲線的極坐標方程；
（2）設是曲線上的兩點，且，求面積的最大值.
（1）解：曲線的參數方程為（為參數），即（為參數），
平方相加，可得，即，
又由，可得，
所以曲線的極坐標方程為.
（2）解：由（1）知曲線的標準方程為，
可得曲線是以為圓心，半徑為5的圓，且過原點，
因為，可得過圓心，且為直角三角形，
所以，
所以，當時，等號成立，
所以面積最大值為.
選修4-5：不等式選講
23. 已知函數.
（1）求不等式的解集；
（2）記函數的最小值為，若正數滿足，證明：.
（1）解：
不等式等價于或或，
解得或或.
不等式的解集為.
（2）證明：由（1）可得的圖象如下所示：
所以，即，
方法一：
，
當且僅當時，等號成立.
方法二：，
即，
當且僅當時，等號成立.
-15
0
15
30
0.096
0.352
0.408
0.144

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