1、一、单项选择题：本题共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若复数的实部与虚部分别为a，b，则点A(b，a)必在下列哪个函数的图象上(D)Ay2x By Cy|x| Dy2x21解析：因为i，所以a，b，所以A(，)，把点A的坐标分别代入选项，只有D选项满足，故选D.2将直径为2的半圆面绕直径所在的直线旋转半周而形成的几何体的表面积为 (B)A2 B3 C4 D6解析：由题意，知该几何体为半球，表面积为半径为1的圆的面积加上半径为1的球的表面积的一半，所以S表面积124 123，故选B.3以集合A2,4,6,7中的任意两个元素分别为分子与分母构成分数，
2、则这个分数是可约分数的概率是(A)A. B. C. D.解析：以A中任意两个元素分别为分子与分母，所有的样本点为：(2,4)，(2,6)，(2,7)，(4,2)，(4,6)，(4,7)，(6,2)，(6,4)，(6,7)，(7,2)，(7,4)，(7,6)，共12个，可约分数包括的样本点为：(2,4)，(2,6)，(4,2)，(4,6)，(6,2)，(6,4)，共6个，则所求概率为.故选A.4在ABC中，若B120，则a2acc2b2的值(C)A大于0 B小于0 C等于0 D不确定解析：根据余弦定理得cos120，即a2c2b2ac.故a2acc2b20.5若非零向量a，b满足|a|b|，且(
3、ab)(3a2b)，则a与b的夹角为(A)A. B. C. D解析：由条件，得(ab)(3a2b)3a22b2ab0，即ab3a22b2.又|a|b|，所以ab322b2b2，所以cosa，b，所以a，b，故选A.6有一个样本量为100的数据分组，各组的频数如下：分组17,19)19,21)21,23)23,25)25,27)27,29)29,31)31,33频数113318162830根据频数分布，估计小于29的数据大约占总体的(A)A42% B58% C40% D16%解析：样本中小于29的数据频数为1133181642，所以小于29的数据大约占总体的42%.7水平放置的ABC的斜二测直观
4、图如图所示，已知AC3，BC2，则AB边上的中线的实际长度为(A)A. B5 C. D2解析：分析易知ABC是以C为直角的直角三角形，且AC3，BC224，所以AB5，故AB边上的中线为.8已知ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c且tanB，则tan B等于(D)A. B.1 C2 D2解析：由余弦定理得a2c2b22accosB，再由，得accosB，所以a2c2b21，所以tanB2.故选D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分9给出下列说法不正确的有(ABD)A一组数据的标准差是这组
5、数据的方差的平方根B频数分布直方图中各小长方形的面积等于相应各组的频数C频率分布直方图中所有小长方形的面积之和等于1D频率分布直方图中的纵轴为频率解析：一组数据的标准差是这组数据的方差的算术平方根，A错；频数分布直方图中各小长方形的高度等于相应各组的频数，B错；C正确，D错，纵轴为.10为了反映各行业对仓储物流业务需求变化的情况，以及重要商品库存变化的动向，中国物流与采购联合会和中储发展股份有限公司通过联合调查，制定了中国仓储指数由2017年1月至2018年7月的调查数据得出的中国仓储指数，绘制出如右侧的折线图根据该折线图，下列结论错误的是(ABC)A2017年各月的仓储指数最大值是在3月份B
6、2018年1月至7月的仓储指数的中位数为55C2018年1月与4月的仓储指数的平均数为52D2017年1月至4月的仓储指数相对于2018年1月至4月，波动性更大解析：2017年各月的仓储指数最大值是在11月份，所以A错误；由题图知，2018年1月至7月的仓储指数的中位数约为53，所以B错误；2018年1月与4月的仓储指数的平均数为53，所以C错误；由题图可知，2017年1月至4月的仓储指数比2018年1月至4月的仓储指数波动更大所以D正确11已知向量a，e满足ae，|e|1，且对任意tR，恒有|ate|ae|成立，则(BC)Aae0 Bae1 Ce(ae) D(ae)(ae)解析：由条件可知|
7、ate|2|ae|2对tR恒成立，又|e|1，t22tae2ae10对tR恒成立，即(2ae)28ae40恒成立，(ae1)20恒成立，而(ae1)20，ae10，即ae1e2，e(ae)0，即e(ae)12.如图所示，三棱锥ABCD的底面是等腰直角三角形，AB平面BCD，ABBCBD2，E是棱CD上的任意一点，F，G分别是AC，BC的中点，则在下面命题中是真命题的是(ACD)A平面ABE平面BCD B平面EFG平面ABDC四面体EFCG体积的最大值是 D平面EFG平面BCD解析：A正确，因为AB平面BCD，且AB平面ABE，由面面垂直的判定定理可知平面ABE平面BCD；B错，若两平面平行，则
8、必有ADEF，而点E是棱CD上任意一点，故该命题为假命题；C正确，由已知易得GF平面GCE，且GFAB1，而SGCEGCCEsin45CE1，故VFGCESGCEFG；D正确，由GF平面GCE，可得平面EFG平面BCD.故选ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知在ABC中，则C的度数为_120_.解析：由及，得abc7813.设a7k，b8k，c13k(k0)，则有cosC.又0Cc)(1)求cos A的值；(2)判断ABC的形状解：(1)由正弦定理得(bca)(bca)bc，即b2c2a2bc，由余弦定理得cosA.(2)由(1)知cosA，则方程x29x25cosA
9、0可化为x29x200，解得x5或x4.bc，b5，c4，由余弦定理得a2b2c22bccosA9，a3.b2a2c2，ABC为直角三角形20(本小题12分)如图，在三棱锥VABC中，平面VAB平面ABC，VAB为等边三角形，ACBC且ACBC，O，M分别为AB，VA的中点(1)求证：VB平面MOC；(2)求证：平面MOC平面VAB；(3)求三棱锥VABC的体积解：(1)证明：因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OMVB.又因为VB平面MOC，OM平面MOC，所以VB平面MOC.(2)证明：因为ACBC，O为AB的中点，所以OCAB.又因为平面VAB平面ABC，平面VAB平面ABCAB，所以
10、OC平面VAB.又OC平面MOC，所以平面MOC平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB中，ACBC，所以AB2，OC1.所以等边三角形VAB的面积SVAB.又因为OC平面VAB，所以三棱锥CVAB的体积等于OCSVAB.又因为三棱锥VABC的体积与三棱锥CVAB的体积相等，所以三棱锥VABC的体积为.21(本小题12分)如图所示，已知半圆的直径AB2，点C在AB的延长线上，BC1，点P为半圆上的一个动点，以DC为边作等边PCD，且点D与圆心O分别在PC的两侧，求四边形OPDC面积的最大值解：设POB(0)，四边形OPDC的面积为y，则在POC中，由余弦定理得PC2OP2OC22OPOCcos
11、54cos，ySOPCSPCD12sin(54cos)2sin().当，即时，ymax2.即四边形OPDC面积的最大值为2.22(本小题12分)如图所示，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D是BC的中点，AA1ABa.题图(1)求证：ADB1D；(2)求证：A1C平面AB1D；(3)求三棱锥CAB1D的体积解：(1)证明：三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱，BB1平面ABC.又AD平面ABC，ADBB1.又ABC是正三角形，D是BC的中点，ADBC.又BCBB1B，AD平面B1BCC1，又B1D平面B1BCC1，ADB1D.(2)证明：如图所示，连接A1B，设A1BAB1E，连接DE.答图AA1AB，四边形A1ABB1是正方形，E是A1B的中点又D是BC的中点，DEA1C.DE平面AB1D，A1C平面AB1D，A1C平面AB1D.(3)VCAB1DVB1ADCSADCBB1a3.