滿分：150 分 考試時間：120 分鐘
注意事項：
1.答卷前，務必將自己的姓名和座位號填寫在答題卡和試卷上.
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，
務必擦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. 已知 ，則 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由復數(shù)除法結合共軛復數(shù)概念可得答案.
【詳解】 ，
則 .
故選：B
2. 已知集合 ， ，則 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合 、 ，利用交集的定義可求得集合 .
【詳解】因為 ，
，故 .
故選：C.
第 1頁/共 20頁
3. 春季是流感的高發(fā)季節(jié)，某醫(yī)院對 8 名甲型流感患者展開臨床觀察，記錄了從開始服藥到痊愈所需的天
數(shù)，具體數(shù)據(jù)如下（單位：天）：7，4，6，5，8，5，6，4.則下列說法正確的是（ ）
A. 這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為 5
B. 這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為 5
C. 這組數(shù)據(jù)的第 60 百分位數(shù)為 6
D. 這組數(shù)據(jù)的極差為 5
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)眾數(shù)，平均數(shù)，百分位數(shù)，極差的定義逐一判斷即可.
【詳解】對于 A，這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為 ，故 A 錯誤；
對于 B，這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為 ，故 B 錯誤；
對于 C，將這組數(shù)據(jù)按從小到大的順序排列為 ，
因為 ，
所以這組數(shù)據(jù)的第 60 百分位數(shù)為 6，故 C 正確；
對于 D，這組數(shù)據(jù)的極差為 ，故 D 錯誤.
故選：C.
4. 已知向量 滿足 ，則 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)數(shù)量積的運算律求解即可.
【詳解】由 ，
所以 .
故選：A.
5 已知 ，則 （ ）
A 4 B. 2 C. D.
【答案】A
第 2頁/共 20頁
【解析】
【分析】由題，可得 ，利用二倍角余弦公式化簡運算得解.
【詳解】由 ，得 ，
.
故選：A.
6. 已知函數(shù) ，若 有 4 個互不相同的根，則 的取值范
圍為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求解方程 ，得到 的表達式，再結合函數(shù) 的圖象，分析
取不同值時方程根的個數(shù)，進而確定 的取值范圍.
【詳解】令 ，則方程 可轉化為 .
對 進行因式分解可得 ，則 ， .
所以 或 .
當 時， ，因為指數(shù)函數(shù) 在 上單調遞增，所以 在 上
單調遞增，且 .
當 時， ，對其求導， .
令 ，即 ，解得 （ ）
當 時， ， 單調遞減；
當 時， ， 單調遞增.
所以 在 處取得極小值，也是最小值， .
對于 ：
第 3頁/共 20頁
當 時， ，即 ， ，解得 ，有 個根.
因為 有 個互不相同的根， 已經有 個根，所以 需要有 個
不同的根.
結合 的圖象可知，當 時， 與 有 個不同的交點，即 有 個不同的
根.
的取值范圍為 .
故選：B.
7. 已知雙曲線 左?右焦點分別為 ， 是 的右支上一點， 在 軸
上的射影為 ， 為坐標原點.若 ，則 的離心率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】設 與 交于點 ，根據(jù)條件可得 ， ，求出點 的坐標，
由 關系求出點 的坐標，利用 得到 關系，運算得解.
【詳解】如圖，設 與 交于點 ，
由 ，且 是 的中點，
所以 ，又 ，
所以 ，又 ，易得 ，
，
第 4頁/共 20頁
則 ，代入雙曲線方程可得 ，
設點 ，則 ， ，
又設 ，由 可得 ，即 ，
由 ，得 ，即 ，
化簡整理得 ，
，解得 或 ，
又 ， ，解得 .
故選：D.
8. 已知直線 ，圓 ，過 上一點 作 的兩條切
線，切點分別為 ，使四邊形 的面積為 的點 有且僅有一個，則此時直線 的方程為
（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題意，可得 ，且 ，由點到直線的距離公式求得 ，進而求得
直線 的方程，再求出直線 的方程，求得點 的坐標，求出以 為直徑的圓的方程，易知直線 是
圓 與以 為直徑的圓的公共弦所在直線，兩圓方程相減得解.
第 5頁/共 20頁
【詳解】如圖， ，解得 ，
所以 ，
因這樣的點 有且僅有一個，由圖知此時 ，
則圓心 到直線 的距離為 6，
即 ，化簡得 ，其中 ，
，則 ，
，
所以 ，即 ，則直線 的斜率為 ，
所以直線 ，即 ，
聯(lián)立 ，解得 ，即 ，
因 的中點坐標為 ，且 ，
則以 為直徑的圓的方程為 ，
整理得 ，
易知直線 是圓 與以 為直徑的圓的公共弦所在直線，
將兩圓的方程相減得 ，
故直線 的方程為 .
故選：B.
第 6頁/共 20頁
二?多選題：本題共 3 個小題，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. 某彈簧振子（簡稱振子）在完成一次簡諧運動的過程中，時間 （單位：秒）與位移 （單位：毫米）
之間滿足函數(shù)關系為 ，下列敘述中正確的是（ ）
A. 當時間 時，該簡諧運動的位移
B. 該簡諧運動的初相為
C. 該函數(shù)的一個極值點為
D. 該函數(shù)在 上單調遞增
【答案】ABD
【解析】
【分析】本題可根據(jù)三角函數(shù)初相的概念、極值點的判斷以及單調性的相關性質，分別對選項中的內容進
行分析判斷.
【詳解】當 時，將其代入函數(shù) 中，可得：
則 .所以選項 A 正確.
在函數(shù) 中， ，所以該簡諧運動的初相為 ，選項 B 正確.
對函數(shù) 求導，可得 .
第 7頁/共 20頁
當 時， .
因為極值點處導數(shù)為 ，所以 不是該函數(shù)的極值點，選項 C 錯誤.
令 ， ，解這個不等式求函數(shù)的單調遞增區(qū)間.
得到 ， .
當 時，單調遞增區(qū)間為 ，而 ，所以該函數(shù)在 上單調遞增，選項
D 正確.
故選：ABD.
10. 定義：既有對稱中心又有對稱軸的曲線稱為“和美曲線”，“和美曲線”與其對稱軸的交點叫做“和美曲線”
的頂點.已知曲線 ，下列說法正確的是（ ）
A. 曲線 是“和美曲線”
B. 點 是曲線 的一個頂點
C. 曲線 所圍成的封閉圖形的面積
D. 當點 在曲線 上時，
【答案】AD
【解析】
【分析】由曲線方程結合選項逐項判斷即可.
【詳解】對于 A，將 代入曲線方程，易知成立，故曲線關于原點對稱，
將 代入，易知成立，故曲線關于坐標軸對稱，故 A 正確；
對于 B，令 可得： ，即 ，故 B 錯，
對于 C， ，
所以曲線 所圍成的封閉圖形在橢圓 內部，
而橢圓面積為： ，故 C 錯誤；
第 8頁/共 20頁
對于 D,由 ，
可得： ，
所以 ，當 時取等號，故 D 正確；
故選：AD
11. 在三棱錐 中，給定下列四個條件：① ；②
；③ ；④ .下
列組合條件中，一定能斷定三棱錐 是正三棱錐的有（ ）
A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④
【答案】ACD
【解析】
【分析】正三棱錐是指底面是等邊三角形，側面是三個全等的等腰三角形，利用向量數(shù)量積的運算律逐個
判斷各個選項即可.
【詳解】對于 A，由①-②得 ，
即 ，即 ，再代回①由數(shù)量積的定義可得
，在側面三個三角形中由余弦定理可得 ，
所以由①②一定能斷定三棱錐 是正三棱錐，選項 A 正確；
對于 B，由①得 ，
化簡即為③，而由①得 ，即 ，
同理可得 ，
即 在底面的投影為 的垂心，但無法保證 為等邊三角形，
所以由①③不一定能斷定三棱錐 是正三棱錐，選項 B 不正確；
對于 C，由④-②得 ，即 ，
代入④可得 ，
在側面三個三角形中由余弦定理可得 ，
第 9頁/共 20頁
， ，
三式兩兩相減得 ，
化簡可得 ，所以由②④一定能斷定三棱錐 是正三棱錐，選項 C 正確；
對于 D，由③+④得 ，由選項 C 可知，選項 D 正確.
故選：ACD.
三?填空題：本題共 3 小題，每小題 5 分，共 15 分.
12. 在等差數(shù)列 中，若 ，則 __________.
【答案】16
【解析】
【分析】根據(jù)題意，列式求出公差 ，求得通項公式 ，得解.
【詳解】由 ，則 ，解得 ，
，則 ，
.
故答案為：16.
13. 在學校三月文明禮儀月中，學生會 4 位干事各自匿名填寫一張《校園設施改進建議卡》，老師將建議卡
打亂順序后，要求每人隨機抽取一張進行互評審核，則恰好有 2 位干事抽到自己所寫建議卡的概率為
__________.
【答案】 ##
【解析】
【分析】假設所有人拿到自己的卡，則恰好有 2 位干事抽到自己所寫建議卡，相當于從 4 人中選兩人交換
自己的卡，據(jù)此可得答案.
【詳解】假設所有人拿到自己的卡，則恰好有 2 位干事抽到自己所寫建議卡，相當于從 4 人中選兩人交換
自己的卡，有 種可能，而每人隨機抽取一張有 種可能性，
則相應概率為： .
第 10頁/共 20頁
故答案為：
14. 定義在 上的函數(shù) 滿足 .若 ，對 ，
，則 __________，并寫出 的一個函數(shù)解析式__________.
【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【分析】由題及反證法可得當 時， ；當 時， 及當 時， ；當
時， ②.然后由題意可得 ，據(jù)此可得答案.
【詳解】由 得：當 時， ；當 時， .
假設 ，使得 ，則題意得 ，即 ，
取 時，有 ，即 這與 矛盾.所以不 ，使得 .
綜上，當 時， ；當 時， ①.
當 時， ；當 時， ②.
對于①而言：
當 時，即 ，則 ，所以 ，所以 ，
注意到 的任意性，所以
當 時，即 ，則 ，所以 ，所以 ，
注意到 的任意性，所以
所以 ，即 ，解得 或
即 或 ，舍.所以 ，則
第 11頁/共 20頁
對于②而言：同理得 ，則 .
故答案為：4； .
【點睛】關鍵點點睛：對于某些較復雜求值問題，可利用“兩邊夾”原理，即證所求小于等于定值的前提
下，又大于等于定值.
四?解答題：本題共 5 小題，共 77 分.解答底寫出文字說明，證明過程或演算步驟.
15. 已知 的內角 的對邊分別為 ，且 .
（1）求 ；
（2）在三個條件中選擇一個作為已知，使 存在且唯一確定，并求 邊上高線的長.
① ；② ；③ 的周長為 .
【答案】（1）
（2）答案見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，由兩角差的正弦公式化簡得 ，利用平方關系求得答案；
（2）若選①，由正弦定理可知 存在且唯一確定，由 求得答案；若選②，由
，由正弦定理知 ，所以 不存在；若選③，由正弦定理可
得 ，結合 求得答案.
【小問 1 詳解】
由題意知 .又 ，
所以 ，即 ，
化簡得 ，
又 ， ，則 ，
第 12頁/共 20頁
又 ，
解得 ， .
【小問 2 詳解】
由（1）知 為定值.
若選① ，由正弦定理可知 存在且唯一確定，記 邊上高為 ，
則 ，所以 邊上高線的長為 9；
若選② ，由（1）知，
，
由正弦定理知 ，所以 不存在；
若選③ 的周長為 ，即
由 ，由正弦定理 ，
設 ，則 ，
解得 ，所以 ，故 存在且唯一確定，
記 邊上高為 ，則 ，即 邊上高線的長為 9.
16. 如圖，在四棱錐 中， 底面 .
（1）證明： 平面 ；
（2）若 ，求平面 與平面 夾角的余弦值.
第 13頁/共 20頁
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：取 的中點 ，證明 ，利用線面垂直的性質和判定定理即可證得結果，
解法一：過 作 ，垂足為 ，證明 ，利用線面垂直的性質和判定定理即可證得結果.
（2）解法一：過 作 ， 可求得 是二面角 的平面角，計算求得結果，解法
二：以 為坐標原點，以 為 軸， 為 軸，過 作 軸 ，建立直角坐標系，求得平面的法
向量計算求得結果.
【小問 1 詳解】
解法一：取 的中點
由 得 ，由 得
又 平面 ，所以 三點共線，所以
由 平面 得
又 平面 ，所以 平面
解法二：過 作 ，垂足為
由 得 ，所以
又 平面 ，所以 三點共線，所以
由 平面 得
又 平面 ，所以 平面
【小問 2 詳解】
解法一：過 作 ，由（1）知
又 平面 ，所以 平面 ，所以
又平面 平面 平面 平面
所以 是二面角 的平面角，即 是平面 與平面 的夾角.
由 得 ，又 ，則 ，則 ，則
第 14頁/共 20頁
所以 ，所以
所以平面 與平面 夾角的余弦值為 .
解法二：由 得 ，又 ，所以
如圖，以 為坐標原點，以 為 軸， 為 軸，過 作 軸 ，建立直角坐標系，
則 .
記平面 的法向量為
則有 ，即 ，則 ，令 ，得
所以取平面 的法向量的一個法向量為
記平面 PAC 的法向量為
取平面 的法向量的一個法向量為
第 15頁/共 20頁
所以
所以平面 與平面 夾角 余弦值為 .
17. 已知橢圓 的長軸長是短軸長的 倍，且左?右焦點分別為 .
（1）求 的方程；
（2）已知 為坐標原點，點 在 上，點 滿足 ，求 的最小值，并指出此時點 的坐標
.
【答案】（1）
（2） ， 或
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，列出 方程求出 的得解；
（2）法一，設點 ，由 結合點 在橢圓上求出點 的軌跡方程，由兩點間距
離公式，利用轉化為二次函數(shù)求最值，得解；法二，由 ，解得 ，將 用
表示，利用橢圓范圍求出答案.
【小問 1 詳解】
由題意可設橢圓 ，且
所以 ，解得
所以 的方程為 .
【小問 2 詳解】
解法一：設點 ，所以 ，
第 16頁/共 20頁
由 ，得 ，解得 .
又 ，所以 ，化解得 ，
所以 ，由 得 ，解得 ，
所以 ，
當且僅當 時，取“=”，則 ，即 ，
所以 的最小值為 ，此時點 的坐標為 或 .
解法二：設點 ，所以 ，
由 ，得 ，解得 .
由 得 ，解得 ，
所以 ，
當且僅當 時，取“=”，即 ，
所以 的最小值為 ，此時點 的坐標為 或 .
18. 已知 .
（1）若 ，求曲線 在 處的切線方程；
第 17頁/共 20頁
（2）設 ，是否存在 ，使得曲線 與 關于原點對稱？若存在，求 ；若不存在，
說明理由；
（3）證明：對任意 ，存在 ，使得 有兩個不同的零點.
【答案】（1） ；
（2）存在， ；
（3）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）把 代入，求出函數(shù) 的導數(shù)，再利用導數(shù)的幾何意義求出切線方程.
（2）假定存在，求出曲線 關于原點對稱的曲線方程，再利用兩個函數(shù)相等求解.
（3）求出 ，探討二次函數(shù) 的零點并確定 的單調性，再利用零點存在
性定義推理判斷.
【小問 1 詳解】
函數(shù) ，求導得 ，則 ，而 ，
所以曲線 在 處的切線方程為 ，即 .
【小問 2 詳解】
若存在 ，則 ， ，曲線 ，
又曲線 關于原點對稱的函數(shù)為 ，
依題意， ，整理得 ，
所以 .
【小問 3 詳解】
函數(shù) 的定義域為 ，求導得 ，
令 ，依題意， ，
方程 在 上有唯零點 ，當 時， ， ；
當 時， ， ，函數(shù) 在 上遞增，在 上遞減，
第 18頁/共 20頁
對任意 ，存在 使得 ，則 ，
而 ，對任意 ，
取 ， ，
由 在 上遞増，得 ，
又當 從大于 0 的方向趨近于 0 時， ；當 時， ，
則對任意 ，任意 ，使得 有兩個不同的零點，
所以對任意 ，存在 ，使得 有兩個不同的零點.
19. 設正項數(shù)列 ，如果對小于 的每個正整數(shù) 都有 ，則稱
是數(shù)列 的一個“ 時刻”.記 是數(shù)列 的所有“ 時刻”組成的集合（其中 ）.
（1）若 ，求 ；
（2）若 ，且 ，證明： ；
（3）若 中存在 使得 ，證明： .
【答案】（1）
（2）證明見解析 （3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)“ 時刻”的概念可得 ， ，由此可得結果.
（2）根據(jù)題意可得 ，由 得 ，由此可證明結論.
（3）記 ，可證明 ，即證明結論.
【小問 1 詳解】
當 時， ，所以 ，
第 19頁/共 20頁
當 時， ，所以 ，
當 時， ，所以 ，
當 時， ，所以 ，
綜上， .
【小問 2 詳解】
由題意知 ，
即 ，所以 ，
由 得 ，所以 ，所以 ，即 .
【小問 3 詳解】
因為存在 使得 ，所以 ，
記 ，
顯然 ，且對任意的正整數(shù) ，即 ，
又因為 ，所以 ，所以 ，所以 .

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