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.
2.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題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.
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. 若復數，則（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由共軛復數的定義和復數的運算化簡，再由復數的模長公式求解即可.
【詳解】因為，所以，
，
所以.
故選：A.
2. 點為等軸雙曲線的焦點，過作軸的垂線與的兩漸近線分別交于兩點，則的面積為（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先求出雙曲線的方程，進而求出雙曲線的漸近線方程，即可求出兩點的坐標，即可求出的面積.
【詳解】設雙曲線為：，
因為，解得：，
所以雙曲線為：，則雙曲線的漸近線為：，
所以，解得：，則，
所以為等腰直角三角形，
所以面積為.
故選：B.
3. 已知：不等式的解集為，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】A
【解析】
【分析】首先計算出不等式的解集為時的取值范圍，再根據范圍大小即可得出結論.
【詳解】若不等式的解集為，當時，符合題意；
當時，需滿足且，解得
綜合可得而所以p能推出q，q不能推出p，
即是的充分不必要條件.
故選：A
4. 用能組成沒有重復數字且比32000小的數字（ ）個.
A. 212B. 213C. 224D. 225
【答案】D
【解析】
【分析】先對數字位數分類討論，在對五位數的首位數字進行分類討論：①首位為1，2；②首位為3.然后分析千位數的選取，結合分步乘法計數原理和分類加法計數原理可得結果.
【詳解】分數字位數討論：
一位數5個；
兩位數有個；
三位數有個；
四位數有個；
五位數分以下兩種情況討論：
①首位數字為1或2，此時共有個；
②首位數字為3，則千位數從0或1中選擇一個，其余三個數位任意排列，
此時共有個.
綜上所述，共有個比小的數.
故選：D.
5. 過圓錐高的中點作平行于底面的截面，則截面分圓錐上部分圓錐與下部分圓臺體積比為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用圓錐、圓臺的體積公式求得圓錐與圓臺的體積關系．
【詳解】設截面圓半徑為r，圓錐的高為h，圓錐的體積為,則圓臺下底面圓的半徑為2r，圓臺的高為h，圓臺的體積為，
所以，，
可得.
故選：D.
6. 平面四邊形中，點分別為的中點，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的加法法則可得，兩邊同時平方可得，由平面向量的夾角公式求解即可.
【詳解】因為平面四邊形中，點分別為的中點，
所以，
所以，
由可得：，
兩邊同時平方可得：，
所以，
解得：，所以.
故選：A.
7. 已知首項為2的數列滿足，當的前項和時，則的最小值為（ ）
A. 40B. 41C. 42D. 43
【答案】B
【解析】
【分析】通過計算得到為一個周期為4的數列，從而計算出，得到答案.
【詳解】由題意得，，解得，
同理，解得，
，解得，
，解得，
故為一個周期為4的數列，且，
故，，
故的最小值為41.
故選：B
8. 當時，恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化簡得到，再由，結合三角函數的圖象與性質，即可求解.
【詳解】由，可得，
因為，可得，所以，
可得，
又因為，
所以
即，
因為，
因為，可得，所以，
則，則，
要使得不等式，即恒成立，
所以，即實數的取值范圍為.
故選：D.
二?多選題：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. 已知五個數據的分位數為15，則這組數據（ ）
A. 平均數為9B. 眾數為10
C. 中位數為10D. 方差為30
【答案】CD
【解析】
【分析】先根據百分位數求出a,再根據眾數，平均數，中位數和方差的定義，即可判斷選項.
【詳解】由題意，五個數據80百分為，第80百分位數為，故；
這組數據中5和10都出現 2 次，其余數出現次數沒超過 2次，
故眾數為5和10，B錯誤；
計算平均數為?，故A錯誤；
將5次數據從小到大排列為: ?，
則中位數為 ?，故C正確；
方差為?，故D正確.
故選：CD.
10. 已知函數在上有且僅有兩個對稱中心，則下列結論正確的是（ ）
A. 的范圍是
B. 函數在上單調遞增
C. 不可能是函數的圖像的一條對稱軸
D. 的最小正周期可能為
【答案】AC
【解析】
【分析】A選項，時，，根據圖象得到，求出；B選項，整體法得到，結合A選項知，，B錯誤；C選項，假設為函數的一條對稱軸，得到方程，求出，C錯誤；D選項，，故的最小正周期，D錯誤.
【詳解】A選項，時，，
由函數在上有且僅有兩個對稱中心得，
，解得，A正確；
B選項，時，，
由A可知，故，而，
故函數在上不一定單調，B錯誤；
C選項，假設為函數的一條對稱軸，
令，，解得，，
又，故，又，故無解，
故不可能是函數的圖像的一條對稱軸，C正確；
D選項，，故的最小正周期，
故的最小正周期不可能為，D錯誤.
故選：AC
11. 已知函數的零點分別為，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】對于A，由題意得，進而得即可求解判斷；對于B，先明確零點取值范圍，由取值范圍再結合即即可求解判斷；對于C，由即以及零點的取值范圍即可求解判斷；對于D，結合AB以及將轉化成即可判斷.
【詳解】對于A，由題，，
所以即，
所以，故，故A正確；
對于B，由得，
故函數與圖象交點橫坐標和與圖象交點的橫坐標即為函數和的零點，
如圖，由圖象性質可知，
又由A得，故，
所以，故B錯；
對于C，由上即，以及得：
，故C對；
對于D，由AB得，，，
所以，故D對.
故選：ACD.
【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵一是由和得即，二是數形結合明確零點的取值范圍為且，接著對所判式子進行變形放縮等即可判斷.
三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 已知的展開式中各項系數和為8，則展開式中常數項為__________.
【答案】
【解析】
【分析】令即可求出，求出展開式通項即可求出常數項.
【詳解】令，可得展開式中各項系數的和，解得；
的展開式通項為，
因為，所以展開式中常數項為，
故答案為：.
13. 拋物線上的動點到直線的距離最短時，到的焦點距離為__________.
【答案】2
【解析】
【分析】設，求出P到直線距離，結合絕對值變形后配方可得最小值,最后求出P到C的焦點距離即可．
【詳解】設，則點到直線的距離為
,
當，即當時，
拋物線 上一點到直線的距離最短，P到C的焦點距離為.
故答案為：2．
14. 下圖數陣的每一行最右邊數據從上到下形成以1為首項，以2為公比的等比數列，每行的第個數從上到下形成以為首項，以3為公比的等比數列，則該數陣第行所有數據的和__________.
【答案】
【解析】
【分析】先寫出第n行的項再根據等比數列求和即可.
【詳解】因為每行的第n個數從上到下形成以為首項，以3為公比的等比數列，
所以
所以
.
故答案為：.
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，角的對邊分別為，且.
（1）求角的大小；
（2）若邊，邊的中點為，求中線長的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理邊角互換以及余弦定理進行化簡即可得解.
（2）利用向量模的平方以及余弦定理，再結合基本不等式即可求解.
【小問1詳解】
因為，
由正弦定理可得：，則，
即，
由余弦定理可得：，
因為，所以.
【小問2詳解】
因為為的中點，所以，
則，
又由余弦定理得，，
即，所以.
由得，，
則，當且僅當取等號，
即，
所以，即中線長的最大值為.
16. 如圖所示，三棱柱中，分別為棱的中點，分別是棱上的點，.
（1）求證：直線平面；
（2）若三棱柱為正三棱柱，求平面和平面的夾角的大小.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中點，連接交于，連接，則可證得，再由可證得四邊形為平行四邊形，則∥，再由線面平行的判定定理可證得結論；
（2）以為原點，以所在的直線為軸，過與平行的直線為軸，所在的直線為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.
【小問1詳解】
證明：取的中點，連接交于，連接，
因為分別為棱的中點，所以∥∥，
所以，所以，
所以，
因為，所以，所以，
因為分別為棱的中點，所以，
因為∥∥，所以，∥，
所以四邊形為平行四邊形，
所以∥，
因平面，平面，
所以直線平面；
【小問2詳解】
解：連接，因為三棱柱為正三棱柱，
所以為等邊三角形，所以，
所以以為原點，以所在的直線為軸，過與平行的直線為軸，所在的直線為軸建立空間直角坐標系，
設，則，
所以，
設平面的法向量為，
則，令，則，
設平面的法向量為，
則，令，則，
所以，
設平面和平面的夾角為，則，
因為，所以.
17. 已知，平面內動點滿足直線的斜率之積為.
（1）求動點的軌跡方程；
（2）過點的直線交的軌跡于兩點，以為鄰邊作平行四邊形（為坐標原點），若恰為軌跡上一點，求四邊形的面積.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據題意得，化簡可得軌跡方程．
（2）先設直線再聯立直線與軌跡方程，得關于x的一元二次方程，結合韋達定理及點到直線距離公式計算面積即可.
【小問1詳解】
設,則,化簡可得
【小問2詳解】
以為鄰邊作平行四邊形,則直線與x軸不重合,設直線的方程為，直線的方程與橢圓方程聯立，
設，，
聯立，消去x得，
所以，
則.
求得O到直線的距離，
因為平行四邊形的對角線互相平分
所以
所以在橢圓上，可得
所以平行四邊形面積
所以四邊形面積是.
【點睛】方法點睛：利用平行四邊形對角線互相平分，對角線共中點求參進而求出面積.
18. 已知函數.
（1）討論的單調性；
（2）證明：當時，.
【答案】（1）答案見解析
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）先明確函數定義域和求導，根據導數結構特征對進行和的分類討論導數正負即可得單調性.
（2）證，故問題轉化成證，接著構造函數研究其單調性和最值即可得證.
【小問1詳解】
由題函數定義域為，，
故當時，恒成立，所以函數在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，令，
則時，；時，，
所以函數上單調遞增，在上單調遞減，
綜上，當時，函數在上單調遞減；當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減.
【小問2詳解】
由（1）當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，
故在上恒成立，
故證證，
即，
令，則，
故當時，；時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在上恒成立，故，
所以當時，.
【點睛】思路點睛：證明含參函數不等式問題通常轉化成研究函數最值問題，第（2）問證當時，可將問題轉化成證，接著根據其結構特征進行變形轉化和構造函數，利用導數確定所構造的函數單調性和最值即可得證.
19. 一個質點在隨機外力的作用下，從平面直角坐標系的原點出發(fā)，每隔1秒等可能地向上?向下?向左或向右移動一個單位.
（1）共移動兩次，求質點與原點距離的分布列和數學期望；
（2）分別求移動4次和移動6次質點回到原點的概率；
（3）若共移動次（大于0，且為偶數），求證：質點回到原點的概率為.
【答案】（1）答案見解析；
（2）
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）首先求出X的所有可能取值以及對應的概率，再結合離散型隨機變量的期望公式求答案即可.
（2）利用分步乘法計數原理、組合以及古典概型的概率公式計算可求得結果.
（3）利用數學歸納法證明即可.
【小問1詳解】
設表示2次移動中質點與原點距離，則可取0，2，，
當質點向左移動1次向右移動1次，或向上移動1次向下移動1次，最后，則;
當質點向左移動2次或向右移動2次，或向上移動2次或向下移動2次，最后，則;
當質點向左移動1次向上移動1次，或向左移動1次向下移動1次，或向右移動1次向上移動1次，或向右移動1次向下移動1次，最后，則
的分布列為：
.
【小問2詳解】
質點從原點出發(fā)，每次等可能地向上?向下?向左或向右移動一個單位，共移動4次，
可能的結果共有種情況，
若質點回到原點，則向左移動2次向右移動2次，或向上移動2次向下移動2次，共有種情況，
若質點回到原點，則向左移動1次向右移動1次，向上移動1次向下移動1次，共有種情況，
所以質點回到原點的概率為.
質點從原點出發(fā)，每次等可能地向上?向下?向左或向右移動一個單位，共移動6次，
可能的結果共有種情況，
若質點回到原點，則向左移動3次向右移動3次，或向上移動3次向下移動3次，共有種情況，
若質點回到原點，則向左移動2次向右移動2次，向上移動1次向下移動1次，則向左移動1次向右移動1次，向上移動2次向下移動2次，共有種情況，
所以質點回到原點的概率為.
【小問3詳解】
若共移動2次，質點回到原點的概率為;
假設共移動N次，滿足質點回到原點的概率為;
當共移動次，
移動N次質點回到原點當質點向左移動1次向右移動1次，或向上移動1次向下移動1次，移動次質點回到原點;
移動N次質點在，當質點向左移動2次或向右移動2次，或向上移動2次或向下移動2次，移動次質點回到原點;
移動N次質點在當質點向左移動1次向上移動1次，或向左移動1次向下移動1次，或向右移動1次向上移動1次，或向右移動1次向下移動1次，，移動N+2次質點回到原點;
當共移動次，滿足質點回到原點概率為.
所以共移動N次，滿足質點回到原點的概率為.
0

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