第I卷（選擇題）
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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。
1．重慶某校高三年級20個班參加藝術(shù)節(jié)合唱比賽，通過簡單隨機(jī)抽樣，獲得了10個班的比賽得分如下：，則這組數(shù)據(jù)的分位數(shù)為（ ）
A．93B．93.5C．94D．94.5
【答案】D
【分析】將比分從小到大排序，再結(jié)合百分位數(shù)的定義，即可求解.
【詳解】將比分從小到大排序可得：，
，即這組數(shù)據(jù)的第80百分位數(shù)為.
故選：D.
2．已知，則的虛部為（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】應(yīng)用復(fù)數(shù)運(yùn)算法則化簡式子求，根據(jù)求出即可知的共軛復(fù)數(shù)，求出的虛部即可.
【詳解】，所以，，，
所以的虛部為13.
故選：C.
3．已知，則（ ）
A．B．C． D． -
【答案】D
【分析】根據(jù)角的變換及二倍角的余弦公式求解即可.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以
.
故選：D
4．設(shè)向量，，若，則
A．5B．2C．1D．0
【解析】向量，，，
，可得，
．
故選：．
5．已知為拋物線的焦點(diǎn)，過上一點(diǎn)作圓的兩條切線，切點(diǎn)分別為，若，則（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】利用拋物線的知識可以知道點(diǎn)，然后再利用切線和垂直即可求解.
【詳解】由題意易得，
過上一點(diǎn)作圓的兩條切線，切點(diǎn)分別為，且，
且，
將點(diǎn)代入拋物線方程可得，即，
，解得.
故選：D.
6．中國古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得至其關(guān)，要見次日行里數(shù)，請公仔細(xì)算相還.”其意思是：有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛，每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達(dá)目的地，請問第四天走了（ ）
A．24里B．48里C．96里D．192里
【答案】A
【分析】根據(jù)等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式及通項(xiàng)公式直接求解.
【詳解】設(shè)第天走的路程里數(shù)為，
因?yàn)閺牡诙炱?，每天走的路程為前一天的一半?br>所以是公比為的等比數(shù)列，設(shè)其前項(xiàng)和為，
因?yàn)?天走完378里路，所以，
由等比數(shù)列前項(xiàng)和公式得，所以，
所以，
即第四天走了24里路.
故選：A.
7．若函數(shù)，的值域?yàn)?，則的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用可得，再由三角函數(shù)圖像性質(zhì)可得，解不等式即可求得的取值范圍.
【詳解】
根據(jù)題意可知若，則可得；
顯然當(dāng)時，可得，
由的值域?yàn)椋萌呛瘮?shù)圖像性質(zhì)可得，
解得，即的取值范圍是.
故選：D
8．已知函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的，其定義域?yàn)?，滿足：當(dāng)時，；任意的x，，均有.若，則x的取值范圍是（ ）（e是自然對數(shù)的底數(shù)）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】令，解得，再令，得到，從而是奇函數(shù)，用替代，結(jié)合是奇函數(shù)，得到，再由 時，，利用單調(diào)性定義得到在上遞增，則在上遞增，將轉(zhuǎn)化為求解.
【詳解】解：令，即，
則，令，即，則，
因?yàn)槎x域?yàn)椋允瞧婧瘮?shù)，由，用替代，
得，因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，
，且，則，因?yàn)楫?dāng)時，，
所以，，即，
所以在上遞增，又是定義域?yàn)榈钠婧瘮?shù)，所以在上遞增，
則等價于，解得，故選：B
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(xiàng)中，有多項(xiàng)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．已知曲線，下列說法正確的是（ ）
A．若，則是圓，其半徑為
B．若，，則是兩條直線
C．若時，則是橢圓，其焦點(diǎn)在軸上
D．若時，則是雙曲線，其漸近線方程為
【答案】AB
【分析】根據(jù)選項(xiàng)條件分別化簡曲線為圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，然后逐一分析，即可求解．
【詳解】對于A，， ，則是圓，半徑為，故A正確；
對于B，若，時，，則是兩條直線，故B正確；
對于C，若時，，則，則為焦點(diǎn)在軸的橢圓，故C錯誤；
對于D，若時，則是雙曲線，漸近線方程為，故D錯誤；
故選：AB．
10．若某正方體的棱長為，則（ ）
A．該正方體的體積為5B．該正方體的內(nèi)切球的體積為
C．該正方體的表面積為30D．該正方體的外接球的表面積為
【答案】BCD
【分析】根據(jù)正方體的體積表面積公式即可求解AC，根據(jù)內(nèi)切球和外接球的直徑即可得半徑，由球的體積公式以及表面積公式求解BD.
【詳解】因?yàn)樵撜襟w的棱長為，所以其體積為，表面積為，A錯誤，C正確．
該正方體的內(nèi)切球的直徑為，所以內(nèi)切球的體積為，B正確．
該正方體的外接球的直徑為正方體的體對角線長，所以外接球的表面積為，D正確．
故選：BCD

11．對于三次函數(shù)，給出定義：設(shè)是函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，是函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，若方程有實(shí)數(shù)解，則稱為函數(shù)的“拐點(diǎn)”.某同學(xué)經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：任何一個三次函數(shù)都有“拐點(diǎn)”；任何一個三次函數(shù)都有對稱中心，且“拐點(diǎn)”就是對稱中心.若函數(shù)，則下列說法正確的是（ ）
A．的極大值點(diǎn)為
B．有且僅有3個零點(diǎn)
C．點(diǎn)是的對稱中心
D．
【答案】BCD
【分析】求出，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，即可求得極值，要注意極值點(diǎn)是一個數(shù)，可判斷A項(xiàng)；根據(jù)極大值、極小值的正負(fù)，可得到函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)，即判斷B項(xiàng)；根據(jù)的解的情況，可判斷C項(xiàng)；由對稱中心可推得，用倒序相加法即可求得式子的和，判斷D項(xiàng).
【詳解】由題意知.
令，解得或，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增；
令，解得，所以在上單調(diào)遞減.
又，.
所以，在處有極大值，在處有極小值.
所以的極大值點(diǎn)為-2，A項(xiàng)錯誤；
又極大值，極小值，作出的圖象，
有圖象可知，有且僅有3個零點(diǎn)，故B正確；
，令，解得，
又，由題意可知，點(diǎn)是的對稱中心，故C正確；
因?yàn)辄c(diǎn)是的對稱中心，所以有，即.
令，
又，
所以
，，所以.故D正確.
故選：BCD.
第II卷（非選擇題）
填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12．已知集合，若，則的最小值為 ．
【答案】
【分析】由可得，解出集合后結(jié)合集合的關(guān)系計(jì)算即可得.
【詳解】由，故，
由，得，
故有，即，即，
即的最小值為.
故答案為：.
13．在等差數(shù)列an中，若a8=6,a11=0，則a1的值為 ．
【答案】20
【分析】根據(jù)條件先計(jì)算出公差d，然后根據(jù)a8=a1+7d求解出a1.
【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為d，
因?yàn)閍8=6,a11=0，所以a11?a8=3d=?6，
所以d=?2，
所以a8=a1+7d=a1?14=6，
所以a1=20，
故答案為：20.
14．一只小青蛙位于數(shù)軸上的原點(diǎn)處，小青蛙每一次具有只向左或只向右跳動一個單位或者兩個單位距離的能力，且每次跳動至少一個單位.若小青蛙經(jīng)過5次跳動后，停在數(shù)軸上實(shí)數(shù)2位于的點(diǎn)處，則小青蛙不同的跳動方式共有種 .
【答案】105
【詳解】分析：根據(jù)題意，分4種情況討論：①，小青蛙向左跳一次2個單位，向右跳4次，每次1個單位，②，小青蛙向左跳2次，每次2個單位，向右跳3次，每次2個單位，③，小青蛙向左跳2次，一次2個單位，一次1個單位，向右跳3次，2次2個單位，1次1個單位，④，小青蛙向左跳2次，每次1個單位，向右跳3次，1次2個單位，2次1個單位，由加法原理計(jì)算可得答案．
詳解：根據(jù)題意，分4種情況討論：
①，小青蛙向左跳一次2個單位，向右跳4次，每次1個單位，有C51=5種情況，
②，小青蛙向左跳2次，每次2個單位，向右跳3次，每次2個單位，有C52=10種情況，
③，小青蛙向左跳2次，一次2個單位，一次1個單位，向右跳3次，2次2個單位，1次1個單位，
有C52A33=60種情況，
④，小青蛙向左跳2次，每次1個單位，向右跳3次，1次2個單位，2次1個單位，有C52C32=30種情況，
則一共有5+10+60+30=105種情況，即有105種不同的跳動方式．
四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟。
15．（13分）已知函數(shù).
(1)求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
(2)求證：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】
（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程即可；
（2）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)與單調(diào)性、最值的關(guān)系即可證明.
【詳解】（1）,，
,所以切點(diǎn)為，由點(diǎn)斜式可得，，
所以切線方程為：.（5分）
（2）由題可得，
設(shè)，
，
所以當(dāng)時，，
當(dāng)時，，
所以在單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，
所以，
即.（13分）
16．（15分）在中，內(nèi)角所對的邊分別為，且
(1)求；
(2)設(shè)為邊的中點(diǎn)，，求線段長度的最大值.
【答案】(1)(2).
【分析】（1）由題設(shè)條件重新組合后將證明替換成，再利用正、余弦定理即可求得；
（2）利用三角形中線的向量表達(dá)式和向量數(shù)量積的定義式，可推得，根據(jù)余弦定理和基本不等式求得，代入即可計(jì)算得到.
【詳解】（1）由，得(*).
因?yàn)椋裕?br>由正弦定理，得，
代入（*）得，.
由正弦定理，得，
由余弦定理的推論，得.（7分）
（2）由余弦定理，得，即，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
故得.又，
兩邊平方可得，
，
所以，即線段長度的最大值為.（15分）
17．（15分）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，，分別為和的中點(diǎn)，為棱上的動點(diǎn)..

(1)證明：；
(2)求平面與平面所成的二面角正弦值的最小值及此時點(diǎn)的位置.
【答案】(1)證明見解析
(2)最小值為，點(diǎn)為靠近的的四等分點(diǎn)
【詳解】（1）因?yàn)槿庵侵比庵?，所以底面?br>又底面，所以，，
又因?yàn)?，，所以?br>又，平面，所以平面，
又平面，所以，即兩兩垂直，
以為原點(diǎn)，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則

，，，，，，，，設(shè)，
所以，，
因?yàn)椋?br>所以，即.（8分）
（2）設(shè)平面的法向量為，
因?yàn)?，?br>所以，令，則，
平面的一個法向量為，
設(shè)平面與平面DEF所成的二面角為，
則，
當(dāng)時，取最小值為，此時取得最大值，
所以，
所以平面與平面DEF所成的二面角正弦值的最小值為，
此時點(diǎn)為靠近的的四等分點(diǎn). （15分）
18．（17分）在某地區(qū)進(jìn)行高中學(xué)生每周戶外運(yùn)動調(diào)查，隨機(jī)調(diào)查了名高中學(xué)生戶外運(yùn)動的時間（單位：小時），得到如下樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖.
(1)求的值，估計(jì)該地區(qū)高中學(xué)生每周戶外運(yùn)動的平均時間；（同一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點(diǎn)值作代表）
(2)為進(jìn)一步了解這名高中學(xué)生戶外運(yùn)動的時間分配，在，兩組內(nèi)的學(xué)生中，采用分層抽樣的方法抽取了人，現(xiàn)從這人中隨機(jī)抽取人進(jìn)行訪談，記在內(nèi)的人數(shù)為，求的分布列和期望；
(3)以頻率估計(jì)概率，從該地區(qū)的高中學(xué)生中隨機(jī)抽取名學(xué)生，用“”表示這名學(xué)生中恰有名學(xué)生戶外運(yùn)動時間在內(nèi)的概率，當(dāng)最大時，求的值.
【答案】(1)，平均時間為小時(2)分布列見解析，期望(3)
【分析】（1）根據(jù)頻率和為，可得，再根據(jù)平均數(shù)公式直接計(jì)算平均數(shù)即可；
（2）分別計(jì)算時間在，的頻數(shù)，結(jié)合分層抽樣可得兩組分別抽取人，根據(jù)超幾何分布的概率公式分別計(jì)算概率，可得分布列與期望；
（3）根據(jù)頻率分布直方圖可知運(yùn)動時間在內(nèi)的頻率，根據(jù)二項(xiàng)分布的概率公式可得，根據(jù)最值可列不等式，解不等式即可.
【詳解】（1）由已知，解得，
所以平均數(shù)為.（4分）
（2）這名高中學(xué)生戶外運(yùn)動的時間分配，
在，兩組內(nèi)的學(xué)生分別有人，和人；
所以根據(jù)分層抽樣可知人中在的人數(shù)為人，在內(nèi)的人數(shù)為人，
所以隨機(jī)變量的可能取值有，，所以，，
則分布列為
期望；（10分）
（3）由頻率分布直方圖可知運(yùn)動時間在內(nèi)的頻率為，
則，若為最大值，則，
即，即，解得，
又，且，則.（17分）
19．（17分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為63，直線l與Γ相切，與圓O：x2+y2=3a2相交于A，B兩點(diǎn).當(dāng)l垂直于x軸時，|AB|=26.
(1)求Γ的方程；
(2)對于給定的點(diǎn)集M，N，若M中的每個點(diǎn)在N中都存在距離最小的點(diǎn)，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為d(M,N).
（ⅰ）若M，N分別為線段AB與圓O上任意一點(diǎn)，P為圓O上一點(diǎn)，當(dāng)△PAB的面積最大時，求d(M,N)；
（ⅱ）若d(M,N)，d(N,M)均存在，記兩者中的較大者為H(M,N).已知H(X,Y)，H(Y,Z)，H(X,Z)均存在，證明：H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).
【答案】(1)x23+y2=1；
(2)（?。?2；（ⅱ）證明見解析.
【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出a，再結(jié)合離心率求出b即得.
（2）（?。┰谥本€l的斜率存在時，設(shè)出直線方程并與橢圓方程聯(lián)立，借助判別式求出圓心O到l距離，列出△PAB的面積關(guān)系求解，再驗(yàn)證斜率不存在的情況；（ⅱ）利用新定義，結(jié)合對稱性推理即得.
【詳解】（1）因?yàn)楫?dāng)l垂直于x軸時，|AB|=26，而直線l:x=±a與Γ相切，則23a2?a2=26，解得a=3，
又橢圓Γ的離心率為63，則橢圓Γ的半焦距c=2，b=a2?c2=1，
所以Γ的方程為x23+y2=1. （5分）
（2）（i）當(dāng)l的斜率存在時，設(shè)l的方程為：y=kx+m，
由y=kx+mx2+3y2=3消去y得：(3k2+1)x2+6kmx+3m2?3=0，
由直線l與橢圓Γ相切，得Δ=(6km)2?4(3k2+1)(3m2?3)=0，整理得m2=3k2+1，
于是圓心O到直線l的距離d=|m|k2+1=3k2+1k2+1=3?2k2+1∈[1,3)，
則△PAB的面積為S△PAB≤12(d+3)?|AB|=12(d+3)?29?d2=(3?d)(d+3)3，
設(shè)f(d)=(3?d)(d+3)3,1≤d0，函數(shù)f(d)單調(diào)遞增，當(dāng)32

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