1、第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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. 设全集，集合，则下图阴影部分表示的集合是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为,所以 ,又因为,所以阴影部分表示的集合是 ,故选 .2. 复数的共轭复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D3. 现有这么一列数：2，（ ），按照规律，（ ）中的数应为A. B. C. D. 【答案】B【解析】分母为 ，分子为连续的质数，所以（ ）中的数应为，选B. 1#%4. 已知球的半径为，体积为，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
2、C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为可得，而可得 不一定成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选A.11115. 执行如图所示的程序框图，则输出的等于（ ）A. 2 B. 4 C. 8 D. 16【答案】C【方法点睛】本题主要考查程序框图的条件结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框
3、图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.6. 若双曲线的左、右焦点分别为、，为双曲线上一点，满足的点依次记为、，则四边形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C7. 的展开式中系数为有理数的各项系数之和为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】的展开式中系数为有理数的项为 ，系数和为 ，故选A.8. 一桥拱的形状为抛物线，该抛物线拱的高为，宽为，此抛物线拱的面积为，若，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】以抛物线最高点为原点，以抛物线拱的对称轴为 轴建立直角坐标系，设此抛物线方程为 ，则此抛物线过点 ，带入，可解得 ， ,故选B.9. 现有3个命题：函
4、数有2个零点.：面值为3分和5分的邮票可支付任何分的邮资.：若，则、中至少有1个为负数.那么，这3个命题中，真命题的个数是（ ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】D【解析】10. 设为正项数列的前项和，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由移项分解因式可得 ，因为为正项数列，所以，可得， ， ，故选A.11. 某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为（ ）A. 468
5、0 B. 4770 C. 5040 D. 5200【答案】C【方法点睛】本题主要考查分组分配问题及排列组合的综合应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.12. 对任意的正数，都存在两个不同的正数，使成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由 得 ，令 .设 ，令 ，得 递增；令 ，得 递减. 最大值为 又当 时， ；当
6、 时，故当 时，存在两个正数 ，使 成立，即对任意的正数 ，都存在两个不同的正数 ，使 成立,故选A. 1￥【方法点睛】本题主要考查函数零点、利用导数研究函数的单调性及数学的转化与划归思想.属于难题.转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题解答的关键是将问题转化为方程有解问题，进而利用导数解答.第卷（共90分）二
7、、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 若复数，则_【答案】【解析】 ,故答案为 .11114. 若9个人任意排成一排，则甲排中间，且乙与丙相邻的概率为_【答案】15. 已知表示不大于的最大整数，设函数，得到下列结论：结论1：当时，.结论2：当时，.结论3：当时，.照此规律，结论6为_【答案】当时，根据规律，可以归纳得出结论：当时，.【方法点睛】本题主要考察归纳推理，属于中档题.归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1) 数的归纳包括数的归纳和
8、式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.16. 已知抛物线的焦点为，过抛物线上点的切线为，过点作平行于轴的直线，过作平行于的直线交于，若，则的值为_【答案】【解析】设 ，由 ，得 ，则当 时， ，所以过 且与 平行的直线方程为 ，代入 ，得 ，解得,故答案为 .三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. （1）求的展开式中的系数及展开式中各项系数之和；111.Com（2）从0，2，3，4，5，6这6个数字中
9、任取4个组成一个无重复数字的四位数，求满足条件的四位数的个数.【答案】（1）（2）300【解析】试题分析：（1）直接利用二项展开式定理求解即可展开式中的系数，令 即可得结果；（2）分选 ，不选 两种情况讨论，再利用分类计数加法原理可得结果.试题解析：（1），展开式中的系数为.令，得各项系数之和为. 1￥（2）若不选0，则有个；若选0，则有个.故能组成个不同的四位数.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数及排列组合综合问题，属于中档题题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一
10、项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.18. 在中，、分别为内角、的对边，.（1）若，且的周长为8，求；（2）若为等腰三角形，求.【答案】（1），.（2）试题解析：（1）由，得，即，又，.（2）若，则，与三角形两边之和大于第三边矛盾，故.同理可知，.故只能是，.【名师点睛】解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到19. 已知，直线被圆所
11、截得的弦长为，且为圆上任意一点.（1）求的最大值与最小值；（2）圆与坐标轴相交于三点，求以这三个点为顶点的三角形的内切圆的半径.【答案】（1），.（2）试题解析：（1）直线被圆所截得的弦长为，到直线的距离为，解得或，又，.，.（2）由（1）知圆的方程为，令，得或；令，得，或.这三个点的坐标为，.易知，为直角三角形，且斜边，则内切圆的半径为.20. 如图，在直三棱柱中，是线段上一点.（1）确定的位置，使得平面平面；（2）若平面，设二面角的大小为，求证：.【答案】（1）见解析（2）试题解析：（1）当时，由射影定理得，. 平面，.，平面.又平面，当时，平面平面.（2）以、所在直线分别为轴、轴、轴建立
12、如图所示的空间直角坐标系，则，.连接交于点，则为的中点.平面平面，且平面，为的中点.，设平面的法向量为，则，且，令，可取平面的一个法向量，而平面的一个法向量为，二面角为锐角，又，.21. 已知椭圆的短轴长为2，且函数的图象与椭圆仅有两个公共点，过原点的直线与椭圆交于，两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）点为线段的中垂线与椭圆的一个公共点，求面积的最小值，并求此时直线的方程.【答案】（1）（2）面积的最小值为，此时直线的方程为.根据椭圆与抛物线的对称性，可得，又，椭圆的标准方程为.1111（2）当直线的斜率不存在时，；当直线的斜率为0时，当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，由，得，由题意
13、可知线段的中垂线方程为，由，得，即，当且仅当，即时等号成立，此时的面积取得最小值，的面积的最小值为，此时直线的方程为.111点睛：椭圆是重要的圆锥曲线代表之一，也是高考重点考查的常考考点。解答本题的第一问时，充分借助题设条件建立方程探求椭圆中的参数，进而使得问题获解；求解第二问时，先建立直线直线的方程为，然后与椭圆方程联立，借助坐标之间的关系建立三角形面积的目标函数，运用基本不等式求得其最小值使得问题获解。22. 已知函数.（1）讨论函数的单调区间；（2）若，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）试题解析：（1）.（i）当时，函数在上单调递增；（ii）当时，令，则，1111当，即，函数单调递增；111.Com当，即时，函数单调递减.综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是.111（2）令，由（1）可知，函数的最小值为，所以，即.恒成立与恒成立等价，令，即，则.当时，.（或令，则在上递增，在上递增，.）.在区间上单调递增，恒成立.当时，令，则，当时，函数单调递增.又，存在，使得，故当时，即，故函数在上单调递减；当时，即，故函数在上单调递增，即，不恒成立，综上所述，的取值范围是.
