2.全部答案在答題卡上完成，答在本試題上無效.
3.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)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.回答非選擇題時，將答案用0.5mm的黑色筆跡簽字筆寫在答題卡上.
4.考試結(jié)束后，將本試題和答題卡一并交回.
一、選擇題（每題4分，共48分）
1. 已知點是角終邊上一點，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出點P到原點的距離，再根據(jù)正弦函數(shù)的定義求解.
【詳解】依題意點P的坐標為 ， ， ；
故選：D.
2. 如圖所示，在直二面角中，四邊形是邊長為的正方形，是等腰直角三角形，其中，則點到平面的距離為
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】
【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，
，
從而，，
設(shè)平面的法向量為
則，即
令，則，
為平面的法向量
故點到平面的距離
故選.
3. 已知，，若，則（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由兩集合相等，元素完全一樣，則可列出等式，結(jié)合集合中元素滿足互異性即可解出答案.
【詳解】因為，所以或，解得或或，
又集合中的元素需滿足互異性，所以，
則．
故選：C.
4. 若，則的最小值為（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)基本不等式即可求解.
【詳解】，
因為，所以，所以，
當且僅當，即時等號成立，
故最小值為6，
故選：C
5. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐側(cè)面積的一半，那么其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)正四棱錐的幾何性質(zhì)列出等量關(guān)系，進而即可求解.
【詳解】設(shè)正四棱錐的高為，底面邊長為，側(cè)面三角形底邊上的高為，則
由題意可知，，
因此有
，即，解得，
因為，
所以.
所以側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為
故選：D.
6. 若對任意正實數(shù)x，y都有，則實數(shù)m的取值范圍為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】將不等式變式為，設(shè)后轉(zhuǎn)化為恒成立，只需
求函數(shù)的最大值即可.
【詳解】因為，
所以，設(shè)，
則，，
令
恒成立，故單調(diào)遞減，
當時，，函數(shù)單調(diào)遞增；
當時，，函數(shù)單調(diào)遞減；.
故
所以，得到.
故選:A.
7. 一組數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列為1，2，3，5，6，8，記這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為n，則二項式展開式的常數(shù)項為（ ）
A. B. 60C. 120D. 240
【答案】B
【解析】
【分析】利用題意找出該組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為，然后利用二項式展開式的公式找出常數(shù)項即可.
【詳解】因為，
所以，
所以展開式的通項為：
，
令得：，
所以展開式的常數(shù)項為，
故選：B．
8. 已知一組數(shù)據(jù)：1，2，3，5，m，則下列說法錯誤的是（ ）
A. 若平均數(shù)為4，則B. 中位數(shù)可以是5
C. 眾數(shù)可以是1D. 總體方差最小時，
【答案】B
【解析】
【分析】對于A，根據(jù)平均數(shù)公式得到關(guān)于m的方程，解方程得到m的值；
對于B，對m的取值范圍分類討論，結(jié)合中位數(shù)的概念確定可能的中位數(shù)得到結(jié)論；
對于C，根據(jù)眾數(shù)的概念確定眾數(shù)是1時m的值，從而得到結(jié)論；
對于D，根據(jù)方差公式結(jié)合二次函數(shù)的最值進行判斷.
【詳解】對于A，平均數(shù)為4時，，解得，A正確；
對于B，當時，易得中位數(shù)為3；當時，5是數(shù)據(jù)中的最大的數(shù)，不可能是中位數(shù)，故B錯誤；
對于C，當時，眾數(shù)可以是1，故C正確；
對于D，設(shè)平均數(shù)為a，則方差
，
故當且僅當時，方差取得最小值，D正確.
故選：B.
9. 在平面直角坐標系中，點的坐標為，則點?原點到直線的距離不都為1的直線方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分別利用點到直線距離公式即可確定答案.
【詳解】根據(jù)點到直線的距離公式可得，對于A，
點到直線的距離為，
點到直線的距離為，所以A錯誤；
對于B，點到直線的距離為，
點到直線的距離為，所以B正確；
對于C，點直線的距離為，
點O到直線的距離為，所以選項C錯誤；
對于D，點到直線的距離為，
點O到直線的距離為，所以選項D錯誤.
故選:B.
10. 已知，則直線的傾斜角的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由題設(shè)直線的斜率，再由斜率與傾斜角的關(guān)系求角的范圍.
【詳解】由題意，直線的斜率k一定存在，且，
則，故.
故選：C
11. 已知的一條直徑為是上的兩點，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取MB的中點為Q，連接NQ，作于點S，然后利用四邊形MQNS為矩形，結(jié)合已知可解.
【詳解】取MB的中點為Q，連接NQ，作于點S，如圖，
則，又，，
故四邊形MQNS為矩形，且N，O，Q三點共線，
因為，所以
所以
故，
則.
故選：D.
12. 已知某人射擊每次擊中目標的概率都是0.6，現(xiàn)采用隨機模擬的方法估計其3次射擊至少2次擊中目標的概率P．先由計算器產(chǎn)生0到9之間的整數(shù)值的隨機數(shù)，指定0?1?2?3?4?5表示擊中目標，6?7?8?9表示未擊中目標．因為射擊3次，所以每3個隨機數(shù)為一組，代表3次射擊的結(jié)果．經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了以下20組隨機數(shù)：
據(jù)此估計P的值為（ ）
A. 0.6B. 0.65C. 0.7D. 0.75
【答案】B
【解析】
【分析】求出20組隨機數(shù)中，至少2次擊中目標的次數(shù)，利用古典概型求概率公式進行求解.
【詳解】20組隨機數(shù)中，至少2次擊中目標的有151,525,271,582,407,481,249，333,038,554,731,539,037，共有13組，
所以估計P的值為
故選：B
二、填空題（共22分）
13. 在梯形中，，，為的中點，將沿直線翻折成，當三棱錐的體積最大時，過點的平面截三棱錐的外接球所得截面面積的最小值為___________.
【答案】2π
【解析】
【分析】當三棱錐的體積最大時，此時到底面的高最大，即此時平面平面，即平面，設(shè)球心為在平面內(nèi)作，垂足為,證明平面即得解.
【詳解】解：由題得, 因為.
因為,所以是△外接圓的圓心，外接圓的半徑為
當三棱錐的體積最大時，由于底面的面積是定值，所以此時到底面的高最大，即此時平面平面，即平面.
如圖，設(shè)球心為在平面內(nèi)作，垂足為, 因為,所以,所以平面,
所以過點的平面截三棱錐的外接球所得最小截面就是過的外接圓. 所以截面的最小值為.
故答案為：
14. 已知直線和圓相交于兩點．若，則的值為_________．
【答案】5
【解析】
【分析】根據(jù)圓的方程得到圓心坐標和半徑，由點到直線的距離公式可求出圓心到直線的距離，進而利用弦長公式，即可求得．
【詳解】因為圓心到直線的距離，
由可得，解得．
故答案為：．
【點睛】本題主要考查圓的弦長問題，涉及圓的標準方程和點到直線的距離公式，屬于基礎(chǔ)題．
15. 如圖，已知四邊形ABCD為圓柱的軸截面，，E，F(xiàn)為上底圓上的兩個動點，且EF過圓心G，當三棱錐的體積最大時，直線AC與平面BEF所成角的正弦值為________．
【答案】
【解析】
【分析】由的值不變，得到當EF垂直CD時，三棱錐的體積最大，建立的空間直角坐標系，求得向量和平面的法向量，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.
【詳解】因為，的值不變，所以當EF垂直CD時，三棱錐的體積最大，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，
設(shè)平面的法向量，
則，可得，令，則，
設(shè)直線AC與平面BEF所成角為，則．
故答案為：.
16. 已知直線與直線平行，則___________.
【答案】
【解析】
【分析】由兩直線平行，可得，即可求解.
【詳解】由得，，則，
故答案為：
17. 甲?乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制（當一隊贏得四場勝利時該隊獲勝，比賽結(jié)束），根據(jù)以往比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”，設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.8，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結(jié)果相互獨立，則甲隊以4：1獲勝的概率是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】甲隊以4∶1獲勝包含的情況有:
①前5場比賽中，第一場負，另外4場全勝，
②前5場比賽中，第二場負，另外4場全勝，
③前5場比賽中，第三場負，另外4場全勝，
④前5場比賽中，第四場負，另外4場全勝，由此能求出甲隊以4∶1獲勝的概率.
【詳解】甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”
設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.8，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結(jié)果相互獨立，
甲隊以4：1獲勝包含情況有：
①前5場比賽中，第一場負，另外4場全勝，其概率為：，
②前5場比賽中，第二場負，另外4場全勝，其概率為：，
③前5場比賽中，第三場負，另外4場全勝，其概率為：，
④前5場比賽中，第四場負，另外4場全勝，其概率為：，
則甲隊以4：1獲勝的概率為：
故答案為：0.32
三、解答題（本題共5小題，每題16分，共80分）
18. 已知橢圓C：的離心率為，且過點．
（1）求的方程：
（2）點，在上，且，，為垂足．證明：存在定點，使得為定值．
【答案】（1）；（2）詳見解析.
【解析】
【分析】（1）由題意得到關(guān)于的方程組，求解方程組即可確定橢圓方程.
（2）方法一：設(shè)出點，的坐標，在斜率存在時設(shè)方程為, 聯(lián)立直線方程與橢圓方程，根據(jù)已知條件，已得到的關(guān)系，進而得直線恒過定點，在直線斜率不存在時要單獨驗證，然后結(jié)合直角三角形的性質(zhì)即可確定滿足題意的點的位置.
【詳解】（1）由題意可得：，解得：，
故橢圓方程為：.
(2)［方法一］：通性通法
設(shè)點，
若直線斜率存在時，設(shè)直線的方程為：，
代入橢圓方程消去并整理得：，
可得，，
因為，所以，即，
根據(jù),代入整理可得：
，
所以，
整理化簡得，
因為不在直線上，所以，
故，于是的方程為，
所以直線過定點直線過定點.
當直線的斜率不存在時，可得，
由得：，
得，結(jié)合可得：，
解得：或（舍）.
此時直線過點.
令為的中點，即，
若與不重合，則由題設(shè)知是的斜邊，故，
若與重合，則，故存在點，使得為定值.
［方法二］【最優(yōu)解】：平移坐標系
將原坐標系平移，原來的O點平移至點A處，則在新的坐標系下橢圓的方程為，設(shè)直線的方程為．將直線方程與橢圓方程聯(lián)立得，即，化簡得，即．
設(shè)，因為則，即．
代入直線方程中得．則在新坐標系下直線過定點，則在原坐標系下直線過定點．
又，D在以為直徑的圓上．的中點即為圓心Q．經(jīng)檢驗，直線垂直于x軸時也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲線系
A點處的切線方程為，即．設(shè)直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為．由題意得．
則過A，M，N三點的二次曲線系方程用橢圓及直線可表示為（其中為系數(shù)）．
用直線及點A處的切線可表示為（其中為系數(shù)）．
即．
對比項、x項及y項系數(shù)得
將①代入②③，消去并化簡得，即．
故直線的方程為，直線過定點．又，D在以為直徑的圓上．中點即為圓心Q．
經(jīng)檢驗，直線垂直于x軸時也成立．故存在，使得．
［方法四］：
設(shè)．
若直線的斜率不存在，則．
因為，則，即．
由，解得或（舍）．
所以直線的方程為．
若直線斜率存在，設(shè)直線的方程為，則．
令，則．
又，令，則
．
因，所以，
即或．
當時，直線的方程為．所以直線恒過，不合題意；
當時，直線的方程為，所以直線恒過．
綜上，直線恒過，所以．
又因為，即，所以點D在以線段為直徑的圓上運動．
取線段的中點為，則．
所以存在定點Q，使得為定值．
【整體點評】（2）方法一：設(shè)出直線方程，然后與橢圓方程聯(lián)立，通過題目條件可知直線過定點，再根據(jù)平面幾何知識可知定點即為的中點，該法也是本題的通性通法；
方法二：通過坐標系平移，將原來的O點平移至點A處，設(shè)直線的方程為，再通過與橢圓方程聯(lián)立，構(gòu)建齊次式，由韋達定理求出的關(guān)系，從而可知直線過定點，從而可知定點即為的中點，該法是本題的最優(yōu)解；
方法三：設(shè)直線，再利用過點的曲線系，根據(jù)比較對應(yīng)項系數(shù)可求出的關(guān)系，從而求出直線過定點，故可知定點即為的中點；
方法四：同方法一，只不過中間運算時采用了一元二次方程的零點式賦值，簡化了求解以及的計算．
19. 如圖，在三棱錐中，，底面ABC
（1）證明：平面平面PAC
（2）若，M是PB中點，求AM與平面PBC所成角的正切值
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得到，再根據(jù)底面ABC，得到，然后利用線面垂直和面面垂直的判定定理證明；
（2）作，連接OM，由平面平面PAC，得到平面PBC，
則即為AM與平面PBC所成的角求解.
【小問1詳解】
證明：因為，
所以，又底面ABC，
所以，又，
所以平面PAC，
因為平面PBC，
所以平面平面PAC；
【小問2詳解】
如圖所示：
作，連接OM，
因為平面平面PAC，平面平面PAC=PC，
所以平面PBC，
則即為AM與平面PBC所成的角，
設(shè)，則，
所以，又，
所以，
所以AM與平面PBC所成角的正切值為.
20. 已知函數(shù)．若函數(shù)在處有極值-4．
（1）求的單調(diào)遞減區(qū)間；
（2）求函數(shù)在上的最大值和最小值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【詳解】試題分析：
先求出導函數(shù)，根據(jù)導數(shù)的幾何意義得到關(guān)于的方程組，求得后再根據(jù)導函數(shù)的符號求出單調(diào)遞減區(qū)間．
由求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，可以數(shù)判斷函數(shù)在上的單調(diào)性，求出函數(shù)在上的極值和端點值，通過比較可得的最大值和最小值．
試題解析：
（1）∵，
∴，
依題意有即，解得
∴，
由，得，
∴函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間
由知
∴，
令，解得．
當變化時，的變化情況如下表：
由上表知，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
故可得
又．
∴
綜上可得函數(shù)在上的最大值和最小值分別為和．
21. 已知圓與圓相交于兩點，點位于軸上方，且兩圓在點處的切線相互垂直.
（1）求的值；
（2）若直線與圓?圓分別切于兩點，求的最大值.
【答案】（1）
（2）最大值為3
【解析】
【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)構(gòu)造直角三角形，結(jié)合勾股定理求解；
（2）平移公切線構(gòu)造直角三角形，由勾股定理結(jié)合基本不等式求解的最大值.
【小問1詳解】
如圖，由題意可知與圓相切，與圓相切，
且，
故，
即.
【小問2詳解】
作于點H，連接PQ，
在中，，
其中，
故，
又，當且僅當時取等號，
故，
即的最大值為3.
22. 在正方體中，為的中點，為棱上一點，平面交棱于點，交棱于點.
（1）若，求；
（2）若，求證：平面.
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）連接，并延長，DA交于點Q，連接QE，則QE與AB的交點即為點F，根據(jù)相似三角形的相似比可得；
（2）設(shè)正方體棱長為a，，延長，EH交于點S，連接，AC，利用三角形相似比求得t和CH，然后可證.
【小問1詳解】
連接，并延長，DA交于點Q，連接QE，則QE與AB的交點即為點F，如圖，
易得,，
又，則，
則.
小問2詳解】
設(shè)正方體棱長為a，，
易得，則，
故.
延長，EH交于點S，連接，AC，如圖，
易得，則，則，
又，則
，
化簡得，則，
故，則四邊形MACH為平行四邊形，
則，平面ABCD，平面ABCD，
則平面ABCD.

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