1、数学（理）试卷满分：150分 考试时间：120分钟注意事项：1请考生将姓名、班级、考号与座位号填写在答题纸指定的位置上；2客观题的作答：将正确答案填涂在答题纸指定的位置上；3主观题的作答：必须在答题纸上对应题目的答题区域内作答，在此区域外书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效第卷（选择题 60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简集合B，利用交集运算得到结果.【详解】由，可得，又，故选：C【点睛】本题考查集合的交集运算，考查一元二次方程的解法，属于基础题.2.复数在复平面内对应的点所在象限为（ ）A. 第一象
2、限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算化简复数z，明确对应点的坐标，即可得到结果.【详解】因为，在复平面内对应的点为（1，-1）故选D.【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，考查复数的几何意义，属于基础题.3.已知，则，的大小关系是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合0,1进行a,b,c的大小比较，即可【详解】,故,故选B.【点睛】本道题考查了对数、指数比较大小，关键可以结合0,1进行大小比较，难度中等4.设随机变量，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是（
3、 ）（注：若，则，）A. 7539B. 7028C. 6587D. 6038【答案】C【解析】【分析】由题意正方形的面积为，再根据正态分布曲线的性质，求得阴影部分的面积，利用面积比的几何概型求得落在阴影部分的概率，即可求解，得到答案【详解】由题意知，正方形的边长为1，所以正方形的面积为 又由随机变量服从正态分布，所以正态分布密度曲线关于对称，且，又由，即，所以阴影部分的面积为，由面积比的几何概型可得概率为，所以落入阴影部分的点的个数的估计值是，故选C【点睛】本题主要考查了正态分布密度曲线的性质，以及面积比的几何概型的应用，其中解答中熟记正态分布密度曲线的性质，准确求得落在阴影部分的概率是解答的
4、关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题5.函数的大致图象为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据定义域排除，根据排除，当时，当时， ，排除D项，得到答案.【详解】由，解得，所以函数的定义域为，故排除B项.因为，所以函数为奇函数，又，故排除A项.设，显然该函数单调递增，故当时，则当时，故，当时，故，所以排除D项.故选：C.【点睛】本题考查了图像的识别，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.6.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则一定是（ ）A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理得到，计
5、算得到答案.【详解】，则，即.故或，即.故选：.【点睛】本题考查了根据正弦定理判断三角形形状，意在考查学生的应用能力.7.已知平面上三点,满足,则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用勾股定理判断三角形为直角三角形,然后进行向量的数量积运算,即可求得答案.【详解】,故为直角三角形,且故选:D.【点睛】本题主要考查了向量的运算,解题关键是掌握向量的基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.8.已知函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位，得到的图象关于轴对称，则（ ）A. 函数的周期为B. 函数图象关于点对称C. 函数图象关于直线对称D. 函数在
6、上单调【答案】D【解析】【分析】根据对称轴之间的距离，求得周期，再根据周期公式求得；再平移后，根据关于y轴对称可求得的值，进而求得解析式根据解析式判断各选项是否正确【详解】因为函数图象相邻两条对称轴之间的距离为所以周期 ，则 所以函数函数的图象向左平移单位，得到的解析式为因为图象关于y轴对称，所以，即，k Z因为所以即所以周期，所以A错误对称中心满足，解得，所以B错误对称轴满足，解得，所以C错误单调增区间满足，解得，而在内，所以D正确所以选D【点睛】本题考查了三角函数的综合应用，周期、平移变化及单调区间的求法，属于基础题9.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C.
7、D. 【答案】C【解析】【分析】先由三视图还原几何体，根据题中数据，以及体积公式，即可求出结果.【详解】由三视图，在正方体中画出该几何体为：三棱柱截取一个三棱锥后所得几何体，如图所示：由三视图可得：正方体的棱长为，则该几何体体积为：.故选：C.【点睛】本题主要考查由三视图求几何体体积，熟记体积公式，以及几何体结构特征即可，属于常考题型.10.在空间中，已知，为不同的直线，为不同的平面，则下列判断正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】根据空间中线线、线面、面面位置关系，结合线面、面面平行或垂直的判定定理与性质定理，逐项判断，即可得出结果.【详解】
8、对于A选项，因为，根据面面平行的判定定理，即可得出；A正确；对于B选项，若，则或异面；B错误；对于C选项，若，则或，又，所以或异面或相交；C错误；对于D选项，若，则或；D错误.故选A【点睛】本题主要考查线面关系、面面关系相关命题的真假性判断，熟记线线、线面、面面位置关系，以及判定定理与性质定理即可，属于常考题型.11.已知抛物线的焦点为F，点是抛物线C上一点，以M为圆心的圆与线段MF相交于点A，且被直线截得的弦长为，若，则实数p为（ ）A. 3B. C. 2D. 1【答案】A【解析】【分析】根据所给条件画出示意图，用表示出的长度，根据比值关系，利用勾股定理即可求得的值【详解】由题意：在抛物线上
9、， 则，则，过点作直线的垂线，垂足为，由抛物线的性质可知，,又，则，被直线截得的弦长为，则，又，在中，即，代入整理得： ，由，解得：.故选：A【点睛】本题考查抛物线的简单几何性质，考查了抛物线的定义，应用圆的弦长公式是解题的关键，考查数形结合思想,转化思想.属于中档题.12.给出下列四个命题：命题“若，则或”为假命题；设a，b是不相等的两个正数，且，则；在锐角中，必有；数列为等差数列，若，则其中正确命题个数为（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】对于：判断原命题的逆否命题即可得出结论；对于：整理已知条件，构造函数，求导分析函数的单调性，又，即可得出的范围，整理
10、结论即可判断；对于：在锐角中，两角之和大于，再利用诱导公式得出结论.【详解】对于：写出原命题的逆否命题：若且，则，则逆否命题是真命题， 所以原命题也是真命题，错误；对于：，整理得，构造函数，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，取得极大值也即为最大值，又，即，又a，b是不相等的两个正数，不妨设，所以；，又因为，所以结论成立，正确；对于：在锐角中，则，即，所以，正确；对于：当数列为常数列时，结论不正确，例如：，但，错误.故选：B.【点睛】本题主要考查原命题与逆否命题，利用导数研究不等式恒成立问题，诱导公式以及等差数列性质的应用.属于中档题.第卷（非选择题 90分）二、填空题：本大题共4小题，
11、每小题5分，共20分13.已知实数x，y满足，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】直接用表示出，然后由不等式性质得出结论【详解】由题意，又，即，故答案为：【点睛】本题考查不等式的性质，掌握不等式的性质是解题关键属于较易题.14.若在上单调递增，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】在上单调递增等价于在上恒成立，参变分离求最值，即可得到结果.【详解】由题意在上单调递增，可知：在上恒成立，即在上恒成立，又，故答案为：【点睛】本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，将函数单调递增转化为恒成立是解决本题的关键15.如图，已知球是棱长为1 的正方体的内切球，则平面截球的截面面积为 【答案】【
12、解析】试题分析：由题意可知：截面是的外接圆，而是边长为的等边三角形，所以外接圆，则，所以.考点：1.平面截圆的性质；2.三角形外接圆半径的求法.16.设，则的值域为_，函数在上的最大值为，则的值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】求得函数的导数，得出函数的单调性，求得函数的最值及值域，根据函数的恒成立，列出相应的不等式组，求得实数的值，即可求解.【详解】由题意，函数，则，因为，所以，所以函数在区间单调递减，可得函数的最小值为，最大值为，所以函数的值域为；由，因为函数在上的最大值为，即在恒成立，所以 ，两式相加可得，又因为，所以，解得，又因为，所以，可得，即，可得，所以.故答案为：
13、；.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性与最值，以及函数的恒成立问题的求解，着重考查了推理与运算能力，试题综合性强，属于中档试题.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.已知数列的前n项和为，且对任意正整数n，都有，数列满足（1）求数列，的通项公式；（2）求证：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由可得，两式作差化简可得数列的通项，进而得到的通项.（2）先利用放缩得，再利用裂项相消法证得结果.【详解】（1）数列的前n项和为，且对任意正整数n，都有，则当时，整理得：，即（常数），当时，则，所以由于数列满足，所以（2）证明：
14、由于，所以，则故【点睛】本题考查利用和项与通项关系求通项，考查等比数列定义及通项公式，同时考查利用放缩法证不等式以及裂项相消法求和，考查综合分析论证与求解能力，属较难题.18.如图，在四棱锥中，且，（1）证明：平面 ；（2）在线段上，是否存在一点 ，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）存，【解析】【分析】(1)利用几何关系及勾股定理得出 ,从而平面 .(2) 以为原点，为 轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出在线段上存在一点,且使得二面角的大小为.【详解】（1）在底面ABCD中，且，又，平面PAC，平面PAC，平面PAC，又
15、平面PAC，又，平面ABCD，AC平面ABCD，平面ABCD（2）由（1）可知以为原点，为 轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系,由（1）知是平面ACD的一个法向量，设，设是平面ACM的一个法向量，则，平面的法向量，又平面ACD的法向量，这样，二面角的大小为，即,即或2，因为 所以【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查满足二面角的点是否存在的判断和求法，考查空间线线，线面，面面间的位置关系，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.19.已知函数（）求曲线在点处的切线方程；（）求函数在区间上的最大值和最小值【答案】()；（）最大值1；最小值.【解析】试题分析：（）根据导数的几何意义，先求斜率，再代
16、入切线方程公式中即可；（）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值.试题解析：（）因为，所以.又因为，所以曲线在点处的切线方程为.（）设，则.当时，所以在区间上单调递减.所以对任意有，即.所以函数在区间上单调递减.因此在区间上的最大值为，最小值为.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性
17、，最后求得结果.20.已知一个由11人组成的评审委员会以投票方式从符合要求的甲，乙两名候选人中选出一人参加一次活动投票要求委员会每人只能选一人且不能弃选，每位委员投票不受他人影响投票结果由一人唱票，一人统计投票结果（1）设：在唱到第k张票时，甲，乙两人的得票数分别为，若上图为根据一次唱票过程绘制的图，则根据所给图表，在这次选举中获胜方是谁？的值为多少？图中点P提供了什么投票信息？（2）设事件A为“候选人甲比乙恰多3票胜出”，假定每人选甲或乙的概率皆为，则事件A发生的概率为多少？（3）若在不了解唱票过程的情况下已知候选人甲比乙3票胜出则在唱票过程中出现甲乙两人得票数相同情况的概率是多少？【答案】
18、（1）甲；4；甲乙第4轮唱票后得票数相同；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根据图表分析出唱票顺序，即可根据唱票顺序求解；（2）分析可得甲得7票，乙得4票，利用二项分布概率求解公式求解；（3）由第一问提供的图表可看出，由于结果中甲的得票数为7高于乙的得票数4，故当第一张选票为乙时，散点图中一定存在点在横轴上，利用古典概型概率公式求解.【详解】（1）因纵轴表示每次唱票时甲的得票数减乙的得票数故从图表可看出，唱票顺序为甲，甲，乙，乙，乙，乙，甲，甲，甲，甲，乙，故甲胜出.唱到第7票时乙共得4票，所以，图中点P从位置上看意味着，即甲乙第4轮唱票后得票数相同（2）若事件A“候选人甲比乙恰多3票胜出”
19、发生，由甲乙得票共11张，故甲得7票，乙得4票，因每位委员投票不受他人影响，且每人投甲的概率为，故事件A发生的概率（3）设事件B为“在已知条件下，在唱票过程中出现甲乙两人得票数相同情况”，根据第一问的分析可知，如果只知道选举结果，则在生成这种结果的过程中存在两人选票一样的可能由第一问提供的图表可看出，由于结果中甲的得票数为7高于乙的得票数4，故当第一张选票为乙时，散点图中一定存在点在横轴上，即出现两人得票相等的情况，这样的点图一共有种（即10位评委里再选3位投给乙），当第一张选票为甲时，散点图可能有点在横轴上，也可能无点在横轴上，如下图所示的两种投票可能：而图二每一种情况对于第一张选票为乙时的
20、情况一一对应，（最后一次票数相等前图形关于横轴对称，最后一次票数相等后图形重合）故当第一张选票为甲时出现两人得票相等情况的点图同样为种，而所有与唱票情况对应的散点图共种，故事件B概率为【点睛】本题考查实际问题中的概率计算、二项分布概率计算公式、古典概型概率问题，属于中档题.21.如图，过点且平行与x轴的直线交椭圆于A、B两点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点M且斜率为正直线交椭圆于段C、D，直线AC、BD分别交直线于点E、F，求证：是定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意求得的坐标，代入椭圆方程求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方
21、程和椭圆方程，可得关于的一元二次方程，设出的坐标，分别求出直线与直线的方程，从而求得两点的纵坐标，利用根与系数关系可化简证得为定值.【详解】（1）由已知可得：，代入椭圆方程得：椭圆方程为；（2）设直线CD的方程为，代入，得：设，则有，则AC的方程为，令，得BD的方程为，令，得，证毕.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是难题选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分22.已知在平面直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数）以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系（1）求圆的普通方程及其极坐标方程；
22、（2）设直线的极坐标方程为，射线与圆的交点为（异于极点），与直线的交点为，求线段的长【答案】(1) 普通方程为： ; 极坐标方程为：(2) 【解析】【分析】（1）由圆的参数方程消去参数，得到普通方程，再由直角坐标与极坐标的互化公式，得到极坐标方程；（2）将代入圆的极坐标方程，得到；将代入直线的极坐标方程，得到，再由，即可得出结果.【详解】（1）由平方相加，得：，所以圆的普通方程为：又，化简得圆的极坐标方程为：（2）把代入圆的极坐标方程可得：把代入直线的极坐标方程可得：， 所以线段的长【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，直角坐标与极坐标的互化，以及极坐标系下的弦长公式，熟记公式即可，属于常考题型.23.已知x，y，z均正实数，且证明：（1）；（2）【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）运用基本不等式，可得，三式相加，结合题设条件，即可求解；（2）由乘“1”法，结合柯西不等式证明，即可证明.【详解】（1）由基本不等式，可得，所以当且仅当时等号成立，即，又由，所以（2）由题意知，可得当且仅当时等号成立，所以【点睛】本题主要考查了不等式的证明，其中解答中合理运用均值不等式和柯西不等式是解答的关键，属于中档题