1、数学（理科）试卷第卷选择题（共60分）一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意，利用集合交集的概念即可得解.【详解】由题意，所以.故选：B.【点睛】本题考查了集合的交集运算，属于基础题.2.已知集合，那么A. （-1,2）B. （0，1）C. （-1,0）D. （1,2）【答案】A【解析】利用数轴，取所有元素，得【名师点睛】对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图处理3.若复数满足（为虚数单位），则的虚部是（ ）A.
2、-2B. 4C. D. -4【答案】B【解析】,虚部为,故选B.4.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由，得：，故，故选B.5.已知复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点在( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】，的共轭复数在复平面内对应点坐标为，的共轭复数在复平面内对应的点在第四象限，故选D.6.已知向量，且，那么向量等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意结合平面向量线性运算的坐标表示即可得解.【详解】，.故选：A.【点睛】本题考查了平面向量线性运算的坐标表示，属于基础题.7.已知复数（为虚数单位
3、），若是纯虚数，则实数等于（ ）A. B. C. 1D. 【答案】C【解析】【分析】由复数的运算法则可得，再由纯虚数的概念可得，即可得解.【详解】由题意，是纯虚数，解得.故选：C.【点睛】本题考查了复数的运算及纯虚数的概念，属于基础题.8. 下列命题中的假命题是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：对于A，当x=1成立对于B，当x=成立，对于C，当x0不成立故为假命题对于 D，成立，故选C考点：全称命题和特称命题点评：主要考查了判定命题真假的的运用，属于基础题9.已知平面向量=（1，3），=（4，2），与垂直，则是（ ）A. 2B. 1C. 2D. 1【答案】D【解析】【详
4、解】试题分析：，由与垂直可知考点：向量垂直与坐标运算10.展开式中的常数项为（ ）A. 80B. -80C. 40D. -40【答案】C【解析】【分析】先求出展开式的通项，然后求出常数项的值【详解】 展开式的通项公式为:，化简得，令，即，故展开式中的常数项为.故选：C.【点睛】本题主要考查二项式定理、二项展开式的应用，熟练运用公式来解题是关键.11.右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”执行该程序框图，若输入分别为14,18，则输出的（ ） A. 0B. 2C. 4D. 14【答案】B【解析】【详解】由a=14，b=18，ab，则b变为1814=4，由ab，则a变
5、为144=10，由ab，则a变为104=6，由ab，则a变为64=2，由ab，则b变为42=2，由a=b=2，则输出的a=2故选B12. 展开式中的系数为（ ）A. 15B. 20C. 30D. 35【答案】C【解析】【分析】利用多项式乘法将式子展开,根据二项式定理展开式的通项即可求得的系数.【详解】根据二项式定理展开式通项为则展开式的通项为则 展开式中的项为则 展开式中的系数为故选:C【点睛】本题考查了二项定理展开式的应用,指定项系数的求法,属于基础题.第卷非选择题（共90分）二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.如果实数满足条件，则的最小值为_.【答案】【解析】分析】画
6、出可行域,再分析直线取最小值时的最优解即可.【详解】画出可行域,易知当直线过与的交点时取最大值.此时. 故答案为：【点睛】本题主要考查了线性规划求最小值的问题,属于基础题.14.若函数，则_.【答案】【解析】【分析】根据分段函数解析式代入计算即可.详解】由题, .故答案为：【点睛】本题主要考查了分段函数求函数值的问题,属于基础题.15.的展开式中，的系数为15，则a=_.(用数字填写答案)【答案】【解析】因为，所以令，解得，所以=15，解得.考点：本小题主要考查二项式定理的通项公式，求特定项的系数，题目难度不大，属于中低档.16.有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走
7、一张卡片，甲看了乙卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_【答案】1和3.【解析】 根据丙的说法知，丙的卡片上写着和，或和； （1）若丙的卡片上写着和，根据乙的说法知，乙的卡片上写着和； 所以甲的说法知，甲的卡片上写着和； （2）若丙的卡片上写着和，根据乙的说法知，乙的卡片上写着和； 又加说：“我与乙的卡片上相同的数字不是”； 所以甲的卡片上写的数字不是和，这与已知矛盾； 所以甲的卡片上的数字是和. 三、解答题：（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步
8、骤）17.已知，.（1）求；（2）当为何实数时，与平行.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)先计算,再根据坐标模长公式计算即可.(2)根据平行的坐标公式计算即可.【详解】(1)由题, .故.(2) ,又由(1)有.因为与平行,故,解得.【点睛】本题主要考查了平面向量的坐标运算,包括模长与平行公式等,属于基础题.18.已知复数，复数，其中是虚数单位，为实数.（1）若，求的值；（2）若，求，的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意求出，即可得到模长；（2）根据，化简得，列方程组即可求解.【详解】（1）当，时，所以，所以.（2）若，则，所以，所以解得【点睛】此题考查复数模
9、长的计算和乘法运算，根据两个复数相等，求参数的取值范围.19.已知等差数列满足，的前项和为.（1）求及；（2）记，求【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式，结合，可以得到两个关于首项和公差的二元一次方程，解这个方程组即可求出首项和公差，最后利用等差数列的通项公式 和前项和公式求出及；（2）利用裂项相消法可以求出.【详解】解：（1）设等差数列的公差为d,（2）由（1）知：【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，考查了裂项相消法求数列前项和，考查了数学运算能力.20.已知，分别为三个内角,的对边，.()求；()若=2，的面积为，求，.【答案】(1)(2)=2【
10、解析】【详解】()由及正弦定理得由于，所以，又，故.()的面积=,故=4，而故=8，解得=221.设函数（1）若在处取得极值，确定的值，并求此时曲线在点处的切线方程；（2）若在上为减函数，求的取值范围【答案】（1），切线方程为；（2）.【解析】试题解析：本题考查求复合函数的导数，导数与函数的关系，由求导法则可得，由已知得，可得，于是有，由点斜式可得切线方程；（2）由题意在上恒成立，即在上恒成立，利用二次函数的性质可很快得结论，由得试题解析：（1）对求导得因为在处取得极值，所以，即.当时，,故,从而在点处的切线方程为,化简得（2）由（1）得，,令由，解得.当时，,故为减函数；当时，,故为增函数；
11、当时，,故为减函数；由在上为减函数，知，解得故a的取值范围为.考点：复合函数的导数，函数的极值，切线，单调性考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑22.已知直线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（为参数）.（1）求直线与曲线的普通方程；（2）设点是曲线上的一个动点，求点到直线的距离的最小值与最大值.【答案】（1），；（2），.【解析】【分析】(1)根据直线与圆的标准参数方程直接求解普通方程即可.(2)根据直线与圆的位置关系分析即可.【详解】(1)因为直线的参数方程为,
12、故直线过,且倾斜角的正切值 .故直线的普通方程为.又曲线的参数方程为,故曲线为以为圆心,半径为1的圆.故曲线的普通方程为 (2)由(1)可知,圆心到直线的距离.故点到直线的距离的最小值最大值【点睛】本题主要考查了直线与圆的参数方程与普通方程的互化,同时也考查了直线与圆上的点的距离最值问题,属于基础题.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）解不等式：；（2）已知,求证：恒成立.【答案】（1）（2）详见解析【解析】试题分析：（1）利用绝对值定义，将不等式等价转化为三个不等式组，它们的并集为所求解（2）证明不等式恒成立问题，实质是求对应函数最值问题，利用绝对值三角不等式易得函数最小值：，再根据，易得试题解析：（1）解：，即，当时，不等式为，即，是不等式的解；当时，不等式为，即恒成立，是不等式解；当时，不等式为，即，是不等式的解综上所述，不等式的解集为（2）证明：，恒成立考点：绝对值定义，绝对值三角不等式【名师点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向
