1、 第卷（共40分）一、选择题：本大题共8个小题,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.设集合，则（ ）A B C D2.设变量，满足约束条件，且目标函数的最大值是，则等于（ ）A B C D3.某程序框图如图所示，其中，若程序运行后，输出的结果是（ ）A B C D4.函数（，且）有且仅有两个零点的充要条件是（ ）A B C D5. 如图，在半径为的圆中，为的中点，的延长线交圆于点，则线段的长为（ ）A B C D6. 已知离心率为的双曲线（，）的两条渐近线与抛物线（）的准线分别交于，两点，是坐标原点若的面积为，则抛物线的方程为（ ）A B C D7.已
2、知为上的减函数，则满足的实数的取值范围是（ ）A BC D8.已知函数，若，则的取值范围是（ ）A B C D第卷（共110分）二、填空题（每题5分，满分30分，将答案填在答题纸上）9.是虚数单位，复数满足，则 10.一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为 11.由曲线，直线和及轴围成的封闭图形的面积等于 12.在的展开式中，的系数为 13.在中，内角，的对边分别为，若，则角的值为 14.如图，在三角形中，为边上的点，且，则 三、解答题（本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.（本小题满分13分）已知函数，（I）求函数的最小正周期；（II）求
3、函数在区间上的最大值和最小值16.（本小题满分13分）某单位举行联欢活动，每名职工均有一次抽奖机会，每次抽奖都是从甲箱和乙箱中各随机摸取个球，已知甲箱中装有个红球，个绿球，乙箱中装有个红球，个绿球，个黄球在摸出的个球中，若都是红球，则获得一等奖；若都是绿球，则获得二等奖；若只有个红球，则获得三等奖；若个绿球和个黄球，则不获奖（I）求每名职工获奖的概率；（II）设为前名职工抽奖中获得一等奖和二等奖的次数之和，求的分布列和数学期望17.（本小题满分13分）如图，在四棱锥中，平面，且底面为直角梯形，已知，（I）求证：平面平面；（II）设为上的点，且，求证：平面；（III）在（II）的条件下，求二面角
4、的余弦值18.（本小题满分13分）在数列中，其前项和满足（I）求的通项公式；（II）若，求19.（本小题满分14分）已知椭圆（）的离心率，为椭圆上的点（I）求椭圆的方程；（II）若直线（）与椭圆交于不同的两点，且线段的垂直平分线过定点，求实数的取值范围20.（本小题满分14分）设函数（I）当时，求的最大值；（II）令，其图象上任意一点处的切线的斜率恒成立，求实数的取值范围；（III）当时，方程有唯一实数解，求正实数的值参考答案一、选择题1.A 提示：因为，所以故选择A2.B 提示：如图，当时，可行域是一个开放区域，则目标函数不存在最大值，故，由，解得，代入，解得故选择B3.D 提示：程序运行后
5、，变量的取值为等差数列，依次为，对应的取值为该等差数列的前项和减去，依次为，故选择D4.B 提示：函数（，且）有且仅有两个零点等价于函数与函数（，且）有且仅有两个交点，由函数图象可知故选择B5.C 提示：如图，延长交圆于点，在中，则，而，由相交弦定理，得故选择C6.C 提示：由已知可得双曲线的两条渐近线为，抛物线的准线为，则，两点的纵坐标分别为，则，依题意，则有，由双曲线的离心率为，可得，故，则，故故选C7.D 提示：由为上的减函数，得，解不等式得，即，解得或故选择D 恒成立故选择A（也可数形结合）二、填空题9. 提示：10. 提示：由三视图可以判断该几何体是一个“柱”体，是由一个底面半径为的
6、圆柱“挖去”一个底面半径为的圆柱所得其体积为（）11. 提示：如图，所求面积为：12. 提示：由二项式定理，得，令，得，所以展开式中的系数为13. 提示：由，得，而，故，由正弦定理，得，由，得，故14. 提示：以，为一组基底，则有，故三、解答题15.（I）解：因为所以，的最小正周期7分（II）解：因为，所以9分于是，当，即时，为最大值；当，即时，为最小值，所以，在区间上的最大值为，最小值为13分16.（I）解：设表示“从甲箱中摸出个绿球”，表示“从乙箱中摸出个黄球”，依题意，没获奖的事件为，其概率，每名职工获奖为其对立事件，其概率6分（II）解：每名职工获得一等奖或二等奖的概率为7分随机变量的
7、所有可能取值为，则，所以，随机变量的分布列为11分随机变量的数学期望13分17.如图，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，依题意可得，2分（I）证明：，又，平面而平面，平面平面6分（II）证明：，点的坐标为，设平面的法向量为，则有，令，可得，即平面，平面10分（III）解：设平面的法向量为，则有，令，可得由（II）可知平面的法向量为，即二面角的余弦值为13分18.解：（I）由，得，由，可知，故当时，；当时，符合上式，则数列的通项公式（）5分（II）解：依题意，则，设，故，8分而两式相减，得，故13分19.（I）解：依题意，得，解得，故椭圆的方程为4分（II）解：设，由，消
8、去，得依题意，即6分而，则，所以线段的中点坐标为7分因为线段的垂直平分线经过定点，所以线段的垂直平分线的方程为10分所以在直线上，即故，则有，12分所以故解得或所以实数的取值范围是14分20.（I）解：依题意，可知函数的定义域为当时，令，解得或（舍去）当时，单调递增；当时，单调递减所以的极大值即为的最大值4分（II）解：依题意，则有在上恒成立，所以当时，取得最大值，所以8分（III）解：当时，因为方程有唯一实数解，即有唯一实数解，设，则令，得因为，所以（舍去），当时，单调递减；当时，单调递增；当时，取得最小值10分因为有唯一解，所以则，即，所以因为，所以令，则，因为当时，是增函数，所以至多有一解因为，所以方程的解为，即，解得14分