1、数学试题一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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.已知复数满足,则复数在复平面内对应点所在的象限是( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】把已知变形等式，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.【详解】由，得，复数z在复平面内对应的点的坐标为，在第一象限故选：A【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题.2.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】可以求出集合M，然后进行交集的运算即可【详解】由M中不等式得，解得，即，故选B【点睛】考查描述
2、法、列举法的定义，以及一元二次不等式的解法，交集的运算3.南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为，被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为，则“总相等”是“相等”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合祖暅原理进行判断即可
3、.【详解】根据祖暅原理，当总相等时，相等，所以充分性成立；当两个完全相同的四棱台，一正一反的放在两个平面之间时，此时体积固然相等但截得的面积未必相等，所以必要性不成立.所以“总相等”是“相等”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，属于基础题.4.已知圆，直线若直线上存在点，以为圆心且半径为1的圆与圆有公共点，则的取值范围（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知可得直线上存在点，使得，转化为圆心到直线的距离，求解即可.【详解】直线上存在点，以为圆心且半径为1的圆与圆有公共点，则，只需，即圆的圆心到直线的距离，或.故选：C.【点睛】本题考查圆与圆的
4、位置关系、直线与圆的位置关系，考查计算求解能力，属于基础题.5.当时， 在同一坐标系中，函数与的图像是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据指数型函数和对数型函数单调性，判断出正确选项.【详解】由于，所以为上的递减函数，且过；为上的单调递减函数，且过，故只有D选项符合.故选：D.【点睛】本小题主要考查指数型函数、对数型函数单调性的判断，考查函数图像的识别，属于基础题.6.已知，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分类讨论得到分段函数解析式，可确定当时，由此得到；利用导数可求得在上单调递增，由对数函数性质可确定，由此得到大小关系.【详解】由
5、题意得：，当时，；当时，；，；当时，在上单调递增，；综上所述：.故选：.【点睛】本题考查根据函数的单调性比较函数值大小的问题，涉及到对数函数性质的应用，关键是能够利用导数求得函数的单调性，将函数值的大小关系问题转化为自变量的大小的比较.7.已知函数和（）图象的交点中，任意连续三个交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点.为了得到的图象，只需把的图象（ ）A. 向左平移1个单位B. 向左平移个单位C. 向右平移1个单位D. 向右平移个单位【答案】A【解析】【分析】如图所示，计算得到，取靠近原点的三个交点，得到，故，根据平移法则得到答案.【详解】如图所示：，故，.取靠近原点的三个交点，为等腰直角三角形
6、，故，故，故，故为了得到的图象，只需把的图象向左平移1个单位 .故选：.【点睛】本题考查了三角函数图像，三角函数平移，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.8.如图，在直角坐标系中，一个质点从出发沿图中路线依次经过，按此规律一直运动下去，则（ ）A. 2017B. 2018C. 2019D. 2020【答案】C【解析】【分析】由已知点坐标，得出的前8项，归纳出数列项的规律，即可求解.【详解】由直角坐标系可知，即，由此可知，数列中偶数项是从1开始逐渐递增的，且都等于其项数除以2，每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，每组的第一个数和第三个数是互为相反数，因为，则，所
7、以，.故选：C【点睛】本题考查归纳推理问题，关键是找到规律，属于基础题.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.9.为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了20名肥胖者，测量了他们的体重（单位：千克）健身之前他们的体重情况如三维饼图（1）所示，经过半年的健身后，他们的体重情况如三维饼图（2）所示，对比健身前后，关于这20名肥胖者，下面结论正确的是（ ）A. 他们健身后，体重在区间内的人数不变B. 他们健身后，体重在区间内的人数减少了2个C. 他们健身后，体重在区间内的肥胖者体重都有
8、减轻D. 他们健身后，这20位肥胖着的体重的中位数位于区间【答案】ACD【解析】【分析】根据饼图分别求出20名肥胖者在健身前和健身后在各区间体重的人数，逐项验证，即可得出答案.【详解】图（1）中体重在区间，内的人数分别为8，10，2；图（2）中体重在区间，内的人数分比为为6，8，6；故选：ACD【点睛】本题考查识图能力，考查统计知识，准确理解图形是关键，属于基础题.10.为弘扬中华传统文化，某校组织高一年级学生到古都西安游学在某景区，由于时间关系，每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个游览，高一1班的27名同学决定投票来选定游览的景点，约定每人只能选择一个景点，得票数高于其它景点的入选据了解
9、，若只游览甲、乙两个景点，有18人会选择甲，若只游览乙、丙两个景点，有19人会选择乙，那么关于这轮投票结果，下列说法正确的是（ ）A. 该班选择去甲景点游览B. 乙景点的得票数可能会超过9C. 丙景点的得票数不会比甲景点高D. 三个景点的得票数可能会相等【答案】AC【解析】【分析】根据已知可得出游览两个景点时乙和丙选择的人数，得出游览三个景点时，选择乙和丙的人数的范围，即可得出结论.【详解】由已知只游览甲、乙两个景点，有18人会选择甲，则选择乙的为9人，则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择乙的小于等于9人；若只游览乙、丙两个景点，有19人会选择乙，则选择丙的为8人，则若在甲、乙、丙只游览一个
10、景点时，选择丙的小于等于8人，所以选择甲一定大于等于10人.故选：AC【点睛】本题以数学文化为背景，考查推理与证明，属于基础题.11.若定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列成立的有（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】由已知条件，构造函数，可得在上单调性，利用函数的单调性，结合的取值范围，得到的范围，进而求出的范围，即可求出结论.【详解】设，则，故函数在上单调递增，且，故，而，故A正确，B错误，故，所以，故C正确，D错误故选：AC.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及其应用，构造函数是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.12.已知双曲线，
11、不与轴垂直的直线与双曲线右支交于点，（在轴上方，在轴下方），与双曲线渐近线交于点，（在轴上方），为坐标原点，下列选项中正确的为（ ）A. 恒成立B. 若，则C. 面积的最小值为1D. 对每一个确定的，若，则的面积为定值【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项，设直线方程为，分别与双曲线方程以及双曲线的渐近线方程联立，求出中点坐标，并判断是否相等即可；对于B选项，由，得到，结合A选项的结果，即可判断选项B是否正确；对于C选项，设直线方程为，直线分别与渐近线方程联立，求出坐标，进而求出的面积，根据的范围，求出的面积的范围即可；对于D选项，由已知可得，利用选项A的方程，得到关系，求出的面积即可.【详
12、解】设，代入得，显然，即，设，则，是方程的两个根，有，设，由得，由，得；所以，所以和的中点重合，所以，所以恒成立故A正确因为和的中点重合为，所以，又，所以，所以，故B正确设直线方程为，由得，由得，故C错误.因为，所以，得，即，所以，又，所以是定值故D正确故选：ABD.【点睛】本题考查双曲线的性质、直线与双曲线的位置关系，应用根与系数关系是解题的关键，考查逻辑推理、计算求解能力，属于中档题.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，若，则_【答案】【解析】【分析】根据向量垂直坐标表示，即可求解.【详解】因为，所以，即.故答案为：【点睛】本题考查向量坐标运算，属于基础题.1
13、4.展开式中的常数项为_【答案】.【解析】【分析】利用通项公式即可得出【详解】通项公式Tr+1（x2）6r（1）rx123r，令123r0，解得r4展开式中的常数项15故答案为15【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题15.直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，则_，的最小值是_【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】由抛物线焦点坐标，求出；设直线方程为，将直线方程与抛物线方程联立，得出的纵坐标积为定值，进而得到横坐标积为定值，结合抛物线的定义将所求的式子转化为点（或点）横坐标的函数，即可求解.【详解】因为抛物线的焦点，所以；设点，直线，联立方程，
14、得，所以，所以，法一：，当且仅当时取等号法二：，所以，当且仅当时取等号故答案为：；.【点睛】本题考查抛物线的方程和几何性质、直线与抛物线的位置关系，要熟练掌握抛物线焦半径公式和焦点弦的性质，考查数学运算、逻辑推理能力，属于中档题.16.若点在平面外，过点作面的垂线，则称垂足为点在平面内的正投影，记为.如图，在棱长为的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与不重合），.给出下列三个结论：线段长度的取值范围是；存在点使得平面；存在点使得.其中正确结论的序号是_.【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出各个点的坐标，利用向量法验证各个结论，即可得到结果.【详解】过作，垂足为；过作，交于
15、；连接，交于，如下图所示：平面，平面，又，平面，平面，平面，平面，即为；四边形为正方形，平面，平面，又平面，平面，即为.以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则，对于，正确；对于，平面，平面的一个法向量，又，令，即，解得：，存在点，使得平面，正确；对于，令，方程无解，不存在点，使得，错误.故答案为：.【点睛】本题考查立体几何中的线段长度、线面关系和线线关系问题的求解，关键是能够应用空间向量法构造方程求出是否存在满足题意的点，属于较难题.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.的内角，的对边分别为，且满足（1）求的值；（2）若，求的面积【答案】（1）；（
16、2）【解析】【分析】（1）将已知等式边化角，再由两角和正弦得，即可求解；（2）由（1）的结论结合已知，根据余弦求出其中一个角，即可得出结论.【详解】（1）由正弦定理，可化为，也就是由中可得即由正弦定理可得，故（2）由可知而，由余弦定理可知又于是【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换、面积公式解三角形，考查计算求解能力，属于基础题.18.在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知等差数列的公差，前项和为，若_，数列满足，.（1）求的通项公式；（2）求的前项和.【答案】（1）选：；选：；选：；（2）选：；选：；选：【解析】【分析】若选：（1）先令，代入求出，再由求出公差，进
17、而求出；（2）先由（1）中求出的结合得到，再求.若选：（1）先令，代入求出，再由，求出公差，进而求出；（2）先由（1）中求出的结合得到，再求.若选：（1）（1）先令，代入求出，再由求出公差，进而求出；（2）先由（1）中求出的结合得到，再求.【详解】若选：（1），当时，.又，；（2）由（1）知：，即，又，数列是以为首项，以为公比的等比数列，.若选：（1），当时，.又，；（2）由（1）知：，即，又，数列是以为首项，以为公比的等比数列，.若选：（1），当时，.又，；（2）由（1）知：，即，又，数列是以为首项，以为公比的等比数列，【点睛】本题考查等差和等比数列通项公式的求解和等比数列前项和的求解问题，
18、考查学生对于等差和等比数列基本量的计算.19.如图，已知四边形为等腰梯形，为正方形，平面平面，.(1)求证:平面平面；(2)点为线段上一动点，求与平面所成角正弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用等腰梯形的性质证得，由面面垂直的性质定理证得平面，由此证得平面平面.（2）建立空间直角坐标系，设出的长，利用直线的方向向量和平面的法向量，求得与平面所成角正弦值的表达式，进而求得与平面所成角正弦值的取值范围.【详解】在等腰梯形中， ，. 即，.又平面平面，平面平面平面，平面平面，平面平面（2）解:由(1)知，分别以直线轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向
19、量为，即令，则，平面的一个法向量为.设与平面所成角为，当时取最小值，当时取最大值故与平面所成角正弦值的取值范围为.【点睛】本小题主要考查面面垂直的判定定理和性质定理，考查向量法计算线面角正弦值的取值范围，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.20.已知椭圆的左、右焦点分别为，以为圆心过椭圆左顶点的圆与直线相切于，且满足（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于不同的两点，问内切圆面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，说明理由【答案】（1）；（2）有，最大值【解析】【分析】（1）由已知可得到直线的距离等于，结合，建立方程组，求解即可得出椭圆的标准方程；（2）即求内切圆
20、的半径是否有最大值，因为周长为，转化为的面积是否有最大值，设，则，再设出直线的方程为，与椭圆方程联立，得出关系，表示为的函数，根据其特征求出范围，即可得出结论.【详解】（1）由已知椭圆方程为，设椭圆右焦点，由到直线的距离等于，得，又，又，求得，椭圆方程为，（2）设，设的内切圆半径为，的周长为，所以，根据题意，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，由，得，所以，令，则，所以，令，则当时，单调递增，所以，即当，直线的方程为时，的最大值为3，此时内切圆半径最大，内切圆面积有最大值【点睛】本题考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系，等价转化为求三角形面积最大值是解题的关键，要熟练掌握根与系数关系设而不求方
21、法解决相交弦问题，考查计算求解能力，属于中档题.21.每年的3月12日是植树节，某公司为了动员职工积极参加植树造林，在植树节期间开展植树有奖活动，设有甲、乙两个摸奖箱，每位植树者植树每满30棵获得一次甲箱内摸奖机会，植树每满50棵获得一次乙箱内摸奖机会，每箱内各有10个球（这些球除颜色外全相同），甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中个红球，个黄球，5个黑球，乙箱内有4个红球和6个黄球，每次摸一个球后放回原箱，摸得红球奖100元，黄球奖50元，摸得黑球则没有奖金（1）经统计，每人的植树棵数服从正态分布，若其中有200位植树者参与了抽奖，请估计植树的棵数在区间内并中奖的人数（结果四舍五入取整数）；
22、附：若，则，（2）若，某位植树者获得两次甲箱内摸奖机会，求中奖金额（单位：元）的分布列；（3）某人植树100棵，有两种摸奖方法，方法一：三次甲箱内摸奖机会；方法二：两次乙箱内摸奖机会；请问：这位植树者选哪一种方法所得奖金的期望值较大【答案】（1）34人；（2）分布列见解析；（3）选方法二所得奖金的期望值较大【解析】【分析】（1）甲箱内摸奖一次中奖的概率为0.5，根据已知正态分布，在区间的概率为根据参考数据，即可求解；（2）先求出中奖金额的可能值，求出对应值的概率，即可得到分布列；（3），先求出甲摸一次所得奖金的期望，并用表示，从而得到方法一所得奖金的期望，再求出方法二所得奖金的期望值，两种方法
23、期望值对比，即可得出结论.【详解】（1）依题意得，得，植树的棵数在区间内有一次甲箱内摸奖机会，中奖率为，植树棵数在区间内人数约为：人中奖的人数约为：人（2）中奖金额的可能取值为0，50，100，150，200；故的分布列为05010015020002503029012004（3），甲箱摸一次所得奖金的期望为，方法一所得奖金的期望值为；乙箱摸一次所得奖金的期望值为，方法二所得奖金的期望值为140，的值可能为1，2，3，4，所以这位顾客选方法二所得奖金期望值较大【点睛】本题考查正态分布、离散型随机变量分布列以及期望，求解随机变量的概率是解题的关键，考查数学计算能力，属于中档题.22.已知函数在点处
24、的切线方程为（1）求，；（2）函数图像与轴负半轴的交点为，且在点处的切线方程为，函数，求的最小值；（3）关于的方程有两个实数根，且，证明：【答案】（1），；（2）0；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知可得，求出，可得的方程组，求解即可；（2）先求出的负根，进而求出切线方程，求出函数，进而求出单调区间，即可得出结论；（3）根据（2）可得的图像在的上方，同理可证出的图像也在以的另一零点为切点的切线上方，求出与两切线交点的横坐标为，则有，即可证明结论.【详解】（1）将代入切线方程中，得，所以，又或，又，所以，若，则（舍去）；所以，则；（2）由（1）可知，所以，令，有或，故曲线与轴负半轴的唯一交点为曲线在点处的切线方程为，则，因为，所以，所以，若，若，所以.若，所以在上单调递增，函数在上单调递增当时，取得极小值，也是最小值，所以最小值（3），设的根为，则，又单调递减，由（2）知恒成立又，所以，设曲线在点处的切线方程为，则，令，当时，当时，故函数在上单调递增，又，所以当时，当时，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即，设的根为，则，又函数单调递增，故，故又，所以【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到导数的几何意义、极值最值、不等式的证明，要注意利用数形结合找到解题的突破口，考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.