本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分．
考試時間120分鐘，本次考試不得使用計算器，請考生將所有題目都做在答題卷上．
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. ，，則（ ）
A. B.
C. D.
【正確答案】C
【分析】求解一元二次不等式，得集合A，再求交集.
【詳解】由，可得，
所以，則.
故選：C
2. 函數的零點所在區(qū)間為（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】B
【分析】根據零點存在性定理進行求解.
【詳解】由已知，可知為增函數，
且，
，
根據零點存在定理，函數在有零點，且零點是唯一的.
故選：B
3. 設函數，則函數的單調性（ ）
A. 與有關，且與有關B. 與無關，且與有關
C. 與有關，且與無關D. 與無關，且與無關
【正確答案】D
【分析】
通過對進行討論，再用復合函數的求單調性的方法，可知該函數的單調性與是否有關.
【詳解】函數，
當時，單調遞減.
當時，單調遞減.
則且，，的單調性都為單調遞減.
所以函數的單調性與無關.
故選：D
4. 已知等差數列，則是成立的（ ）條件
A. 充要B. 充分不必要C. 必要不充分D. 既不充分也不必要
【正確答案】B
【分析】正面證明得到充分性成立，舉反例否定必要性即可.
【詳解】當時，由等差數列下標和性質得顯然成立，故充分性成立，設首項為，公差為，當時，無論取何值，一定成立，無法推出，可得必要性不成立，即則是成立的充分不必要條件.
故選:B
5. 已知直線a，m，n，l，且m，n為異面直線，平面，平面．若l滿足，，則下列說法中正確的是（ ）
A. B.
C. 若，則D.
【正確答案】C
【分析】由線面平行的判定定理和線面垂直的性質定理可判定選項A、C，其它易證.
【詳解】若，因為平面，，
所以，同理，過m上一點做直線n的平行線，則，
設由m和確定的平面為，則，
而，，同上可知，故，選項C正確；
有可能，所以選項A錯誤；
由上可知，且，所以，或，選項B錯誤；
如上圖，不一定成立，選項D錯誤.
故選：C
6. 已知是單位向量，且它們的夾角是.若，且，則（ ）
A. 2B. C. 2或D. 3或
【正確答案】D
【分析】根據條件將兩邊平方，然后利用數量積的運算律計算即可.
【詳解】，即，
解得或.
故選：D.
7. 函數在上的圖象大致為（ ）
A. B.
C. D.
【正確答案】C
【分析】根據函數的奇偶性，結合特殊值，即可排除選項.
【詳解】首先，所以函數是奇函數，故排除D，，故排除B，
當時，，故排除A，只有C滿足條件.
故選：C
8. 設實數x，y滿足，，不等式恒成立，則實數k的最大值為（ ）
A. 12B. 24C. D.
【正確答案】B
【分析】令，不等式變形為，求出的最小值，從而得到實數的最大值.
【詳解】，，變形為，
令，
則轉化為
，即，
其中

當且僅當，即時取等號，可知.
故選：B
思路點睛：不等式恒成立問題，先分離參數后，然后利用基本不等式求最值.
利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9. 已知復數，，則下列結論正確的有（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】BC
【分析】根據復數的運算性質以及模的運算公式對應各個選項逐個判斷即可求解．
【詳解】設，，其中.
對于選項A: ，所以與不一定相等，故選項A錯誤；
對于選項B: 因為，
所以，
因為，
所以,故選項B正確；
對于選項C: 因為,
所有
因為，
所以,故選項C正確；
對于選項D:因為，所以
，而與不一定相等,故選項D錯誤；
故選：BC.
10. 已知，的定義域為R，且（），，若為奇函數，則（ ）
A. 關于對稱B. 為奇函數
C. D. 為偶函數
【正確答案】ACD
【分析】根據函數奇偶性，對稱性定義一一判斷即可.
【詳解】因為的定義域為R，且，
所以關于對稱，故A正確；
但不能確定為奇函數，故B錯誤；
根據題意，是定義域為的奇函數，
所以，令，得，故C正確；
因為，則，
結合，則，所以，
即為偶函數，故D正確.
故選：ACD
11. 已知為坐標原點，曲線：，，為曲線上動點，則（ ）
A. 曲線關于y軸對稱B. 曲線的圖象具有3條對稱軸
C. D. 的最大值為
【正確答案】ABC
【分析】對于選項A:將用替換代入方程計算，即可判斷；對于選項B:令，，代入整理可得，利用周期性與對稱性即可判斷；對于選項C:代入，借助三角恒等變換公式化簡計算即可；對于選項D:借助三角函數的性質并表示出.
【詳解】對于選項A:將用替換代入方程，方程不變，故曲線關于y軸對稱，A正確；
對于選項B:由
，
令，，
代入整理可得，
其中，為點所在終邊對應的角度，且，
因為，故，
因為曲線關于y軸對稱，
故對應的圖象關于軸（即y軸對稱）對稱，
注意到關于的周期為，
故曲線也關于和（即）對稱，
故B選項正確；
對于選項C:，C正確；
對于選項D:，D錯誤；
故選：ABC．
C另解：，
該方程關于有解，令，則在上有根，
由，
則， 或，
解得；或
綜上：．
D另解：
，
解得．
關鍵點點睛：解題的關鍵在于將曲線進行換元，令，，代入整理得，借助三角函數的相關性質探討即可.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 在中，角的對邊分別為，已知．則角______.
【正確答案】
【分析】利用正弦定理及二倍角公式化簡計算即可.
【詳解】由正弦定理及二倍角公式得：
，
因為在中，，
，
即，
即，
因在中，,
所以，所以.
故答案為.
13. 鎮(zhèn)海中學舉辦大觀紅樓知識競賽，該比賽為擂臺賽，挑戰(zhàn)者向守擂者提出挑戰(zhàn)，兩人輪流答題，直至一方答不出或答錯，則另一方自動獲勝，挑戰(zhàn)者先答題，守擂者和挑戰(zhàn)者每次答對問題的概率都是，每次答題互相獨立，則挑戰(zhàn)者最終獲勝的概率為______.
【正確答案】
【分析】設為挑戰(zhàn)者獲勝的概率，根據條件概率和獨立事件的概率公式列式求解.
【詳解】在一輪答題中，挑戰(zhàn)者獲勝的概率為，守擂者獲勝的概率為，
所以在一輪中若有勝者，則挑戰(zhàn)者獲勝的概率為，所以挑戰(zhàn)者最終獲勝的概率為.
故答案為.
14. 在四面體中，，若，則四面體體積的最大值是__________，它的外接球表面積的最小值為__________.
【正確答案】 ①. ②.
【分析】根據余弦定理以及不等式可得，進而可求解面積的最大值，進而根據，即可求解高的最大值，進而可求解體積，根據正弦定理求解外接圓半徑，即可根據球的性質求解球半徑的最小值，即可由表面積公式求解.
【詳解】由余弦定理可得,
故，所以，
當且僅當時取等號，故，
故面積的最大值為，
，
由于，所以點在以為直徑的球上（不包括平面），故當平面平面時，此時最大為半徑，
故，
由正弦定理可得：，為外接圓的半徑，
設四面體外接球半徑為,則,其中分別為球心和外接圓的圓心，故當時，此時最小，
故外接球的表面積為,
故,

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15. 在中，內角的對邊分別為，向量，且．
（1）求；
（2）若的外接圓半徑為2，且，求的面積．
【正確答案】（1）
（2）
【分析】（1）結合題意表示出，利用正弦定理將角化邊，借助余弦定理化簡即可;
（2）結合第（1）問及余弦的和角公式，得到，利用正弦定理化簡得，求出的面積即可.
【小問1詳解】
由已知，即，
由正弦定理得，即，
整理得，即，
又，故；
【小問2詳解】
因為，所以，則，
即，又，所以．
因為的外接圓半徑，
所以由正弦定理可得，所以，
所以．
16. 已知為正項數列的前n項的乘積，且，，數列滿足．
（1）求數列通項公式；
（2）若數列為遞增數列，求實數k的取值范圍；
【正確答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）根據，可得，兩式相除可得，兩邊取對數并構造常數列，即可求得答案.
（2）由（1）的結論，求出，再根據單調數列的意義列式求解即得.
【小問1詳解】
由為正項數列的前n項的乘積，得，由，得，
于是，即，兩邊取對數得，
即，整理得，
因此數列是常數列，即，于是，
所以.
【小問2詳解】
由（1）知，，
由數列為遞增數列，得，
即，而數列是遞減數列，，當且僅當時等號，
所以實數k的取值范圍是.
17. 某款游戲預推出一項皮膚抽卡活動，玩家每次抽卡需要花費10元，現有以下兩種方案．方案一：沒有保底機制，每次抽卡抽中新皮膚的概率為；方案二：每次抽卡抽中新皮膚的概率為，若連續(xù)99次未抽中，則第100次必中新皮膚．已知，玩家按照一、二兩種方案進行抽卡，首次抽中新皮膚時的累計花費為X，Y（元）．
（1）求X，Y的分布列；
（2）求；
（3）若，根據花費的均值從游戲策劃角度選擇收益較高的方案．（參考數據：．）
【正確答案】（1），，
（2）
（3）選擇方案二
【分析】（1）根據獨立事件和對立事件的概率公式求出，
（2）結合錯位相減法可求期望，
（3）由已知條件依次求得，，根據數學期望即可給出選擇方案.
【小問1詳解】
可取值，可取值，
當時，摸球次數為，沒有抽中新皮膚的概率為，
故，，
．
【小問2詳解】
令，
則，故，
整理得到，
所以，
若玩家按方案一抽卡，花費元時抽到皮膚，則抽取次數為，
而，其中，.
則
，
因為玩家按方案一抽卡次數無限制，
且當時，，，
所以.
【小問3詳解】
，即，
由（2）可得故；
若玩家按方案二抽卡，則可取值，
且，其中，
，
故，
因為，故選擇方案二．
18. 已知橢圓C：的左、右焦點分別為、，離心率為，經過點且傾斜角為（）的直線l與橢圓交于A、B兩點（其中點A在x軸上方），的周長為8．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）如圖，將平面xOy沿x軸折疊，使y軸正半軸和x軸所確定的半平面（平面）與y軸負半軸和x軸所確定的半平面（平面）互相垂直．
①若，求三棱錐的體積，
②若，異面直線和所成角的余弦值；
③是否存在（），使得折疊后的周長為與折疊前的周長之比為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．
【正確答案】（1）
（2）①；②；③存在，
【分析】（1）由橢圓定義求得，結合離心率求得，再求出后即得橢圓標準方程；
（2）①求得點坐標，確定折疊后新坐標，然后由體積公式計算體積；②建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求異面直線所成的角；③建立解析中所示空間直角坐標系，設折疊前，，折疊后A，B在新圖形中對應點記為，，，由三角形周長求得，設方程為，代入橢圓方程應用韋達定理得，，用坐標表示變形后代入，求出值，從而可得結論．
【小問1詳解】
由橢圓的定義知：，，
所以的周長，所以，
又橢圓離心率，所以，所以，，
由題意，橢圓的焦點在x軸上，
所以橢圓的標準方程為；
【小問2詳解】
①由直線l：與，
由得或，
所以（因為點A在x軸上方）以及，
，，
②O為坐標原點，折疊后原y軸負半軸，原x軸，原y軸正半軸所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則

，，，，
，．
記異面直線和所成角為，則；
③設折疊前，，折疊后A，B在新圖形中對應點記為，，，
折疊前周長是8，則折疊后周長是，
由，，故，
設方程為，
由，得，
，，
在折疊后的圖形中建立如圖所示的空間直角坐標系（原x軸仍然為x軸，原y軸正半軸為y軸，原y軸負半軸為z軸）；

，，
所以，（?。?br>又，
所以，（ⅱ）
由（?。áⅲ┛傻茫?br>因為，
所以，
即，
所以，解得，
因為，所以．
19. 在幾何學常常需要考慮曲線彎曲程度，為此我們需要刻畫曲線的彎曲程度．考察如圖所示的光滑曲線C：上的曲線段，其弧長為，當動點從A沿曲線段運動到B點時，A點的切線也隨著轉動到B點的切線，記這兩條切線之間的夾角為（它等于的傾斜角與的傾斜角之差）．顯然，當弧長固定時，夾角越大，曲線的彎曲程度就越大；當夾角固定時，弧長越小則彎曲程度越大，因此可以定義為曲線段的平均曲率；顯然當B越接近A，即越小，K就越能精確刻畫曲線C在點A處的彎曲程度，因此定義（若極限存在）為曲線C在點A處的曲率．（其中y＇，y＇＇分別表示在點A處的一階、二階導數）
（1）求單位圓上圓心角為60°的圓弧的平均曲率；
（2）求橢圓在處的曲率；
（3）定義為曲線的“柯西曲率”．已知在曲線上存在兩點和，且P，Q處的“柯西曲率”相同，求的取值范圍．
【正確答案】（1）1 （2）
（3）
分析】（1）依據所給定義求解即可.
（2）直接利用定義求解即可.
（3）合理構造給定式子，轉化為一元函數，結合高觀點極限方法求解即可.
【小問1詳解】
．
【小問2詳解】
，，，
故，，故．
【小問3詳解】
，，故，其中，
令，，則，則，其中（不妨）
令，在遞減，在遞增，故；
令，
，令，
則，當時，恒成立，故在上單調遞增，
可得，即，
故有，
則在遞增，
又，，故，
故．
關鍵點點睛：本題考查求導數新定義，解題關鍵是將給定式子合理轉化為一元函數，然后利用極限方法求得關鍵函數值域，最終即可求解．

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