1、高考资源网（） 您身边的高考专家数 学（文科）页数：共2页 满分：150分 答题时间：120分钟注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.第卷（共60分）一、选择题：本题共12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
2、符合题目要求的.1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简集合B，进而求交集即可得到结果.【详解】由题意可得，又 故选C【点睛】本题考查交集的求法，解题时要认真审题，是基础题2.复数，则（ ）A. B. -2C. D. 2【答案】D【解析】【分析】把代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】解：，故选D【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算， 是基础的计算题3.已知空间三条直线若与异面,且与异面,则（）A. 与异面.B. 与相交.C. 与平行.D. 与异面、相交、平行均有可能.【答案】D【解析】解：空间三条直线l、m、n若l与m异面，且l与n异面，m与n
3、可能异面（如图3），也可能平行（图1），也可能相交（图2），故选D4.已知等比数列中，有，数列是等差数列，其前项和为，且，则（ ）A. 26B. 52C. 78D. 104【答案】B【解析】分析】设等比数列的公比为q，利用等比性质可得，即，再结合，即可得到结果.【详解】设等比数列的公比为q，0，解得4，数列是等差数列，且故选：B【点睛】本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题5.设向量，向量与向量方向相反，且，则向量的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，利用求出，从而可得结果.【详解】因为向量与向量方向相反，所以可设，故
4、选D.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算以及向量模的坐标表示，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于中档题.6.与垂直，且与圆相切的一条直线是（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设与直线垂直的直线方程为，求出圆的圆心坐标与半径，利用圆心到直线的距离等于半径，求出直线的方程【详解】设与直线垂直的直线方程为，直线与圆相切，则圆心到直线的距离为半径2，即或，所以，或，由选项可知B正确，故选B.【点睛】本题是基础题,考查直线的垂直,直线与圆的位置关系,考查计算能力,注意直线的设法,简化解题过程.7.设不等式组，表示的可行域与区域关于轴对称，若点，则的最小值为（ ）A. -9B. 9
5、C. -7D. 7【答案】C【解析】【分析】由不等式组表示出可行域，然后得到区域，继而求出结果【详解】作出区域（阴影部分），由图可知，当直线经过点时，取得最小值-7故选【点睛】本题考查了线性规划求最值问题，先画出可行域，然后改写目标函数，运用几何意义求出最值8.圆截直线所得的弦长为，则（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】将圆的方程化为标准方程,结合垂径定理及圆心到直线的距离,即可求得的值.详解】圆,即则由垂径定理可得点到直线距离为 根据点到直线距离公式可知,化简可得 解得故选:A【点睛】本题考查了圆的普通方程与标准方程的转化,垂径定理及点到直线距离公式的应用,属于基础题.
6、9.函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数为偶函数排除,当时,利用导数得在上递减,在上递增,根据单调性分析不正确,故只能选.【详解】令,则,所以函数为偶函数,其图像关于轴对称,故不正确,当时,由,得,由,得,所以在上递减,在上递增,结合图像分析,不正确.故选:D【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性判断函数的图象,考查了利用导数研究函数的单调性,利用单调性判断函数的图象,属于中档题.10.一个四棱锥的三视图如图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为的正方形，则该几何体的表面积为( )A. 4B. 2C. 22D. 6【答案】C【解析】
7、【分析】首先把几何体进行转换，进一步求出几何体的高，最后求出侧视图的面积【详解】根据几何体的三视图，转换为几何体为：由于正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为的正方形，故底面的对角线长为2.所以四棱锥的高为21，故四棱锥的侧面高为h，则四棱锥的表面积为.故选C.【点睛】本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，几何体的体积公式和面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型11.四面体的四个顶点都在球的表面上，是边长为3的等边三角形，若，则球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求底面外接圆直径,再求球的直径,再利用表面积求解即可.【
8、详解】外接圆直径 ,故球的直径平方,故外接球表面积故选A【点睛】本题主要考查侧棱垂直底面锥体外接球表面积问题,先利用正弦定理求得底面直径,再利用锥体高,根据球直径求解即可.属于中等题型.12.设F1、F2是椭圆的两焦点，P为椭圆上的点，若PF1PF2，则PF1F2的面积为（ ）A. 8B. 4C. 4D. 2【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的定义和勾股定理，建立关于的方程，求得，结合直角三角形的面积公式，即可求得的面积.【详解】由椭圆，可得，则，设，由椭圆的定义可知：，因为，得，由勾股定理可得：，即，可得，解得，即，所以的面积为.故选C.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，以及椭圆的定义和
9、焦点三角形的应用，其中解答中熟练应用椭圆的定义和勾股定理，求得是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.第卷（共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设点是角终边上一点，若，则=_.【答案】【解析】【分析】根据任意角三角函数的定义，列方程求出m的值【详解】P（m，）是角终边上的一点，r；又，解得m，故答案为【点睛】本题考查了任意角三角函数的定义与应用问题，属于基础题14.函数的增区间是_【答案】【解析】【分析】由可求定义域，根据复合函数的单调性，要求函数的单调增区间，只要求在的单调增区间【详解】由，得，即定义域为设，则当时，为增函数；又也为增函数，故函数的单调
10、递增区间为故答案为【点睛】本题主要考查对数函数与二次函数复合而成的复合函数的定义域、单调区间的求解，解题的关键是灵活利用对数函数的定义域及复合函数的单调性15.数列中为的前n项和，若，则 .【答案】6【解析】试题分析：由题意得，因为，即，所以数列构成首项，公比为的等比数列，则，解得考点：等比数列的概念及等比数列求和16.在直三棱柱中,若 ，则异面直线与所成的角等于_【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系分别求得，再利用即可得到所求角大小【详解】三棱柱为直三棱柱,且 以点 为坐标原点，分别以，为 轴建立空间直角坐标系设，则 , ,，又 异面直线所成的角在 异面直线与所成的角等于 【点睛】本题
11、考查了异面直线所成角的计算，一般建立空间直角坐标系利用向量法来解决问题，属于中档题三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17.在中，角，所对的边分别是，已知，.（1）若，求的值；（2）的面积为，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由，可得 ，由正弦定理可得，求得，利用诱导公式及两角和的正弦公式可得结果；（2）由，可得，再利用余弦定理，配方后化简可得.【详解】（1）由，则，且 ，由正弦定理，因为，所以，所以， （2）， ， ，.【点睛】本题主要考查
12、正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径18.在等差数列中，且前7项和.(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）Sn3n+1+【解析】【分析】（1）等差数列an的公差设为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，计算可得所求通项公式；（2）求得bn2n3n，由数列的错位相减法求和即可【详解】（1）等差数列an的公差设为d，a36，且前
13、7项和T756可得a1+2d6，7a1+21d56，解得a12，d2，则an2n；（2）bnan3n2n3n，前n项和Sn2（13+232+333+n3n），3Sn2（132+233+334+n3n+1），相减可得2Sn2（3+32+33+3nn3n+1）2（n3n+1），化简可得Sn3n+1+【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，以及化简运算能力，属于中档题19.如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，点是的中点，且交于点，.（1）求证：；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证AM平
14、面SCD，再由线面垂直的性质定理可得AMSC，已知，可证，即可证明；（2）M是SD的中点，由（1）三知：三棱锥的体积，只需求解三棱锥的体积.【详解】（1）证明：由已知，得，又，平面，平面，平面，.又，是的中点，又，平面，平面，又平面，由已知，易得平面.平面，.（2）解：由题意可知，在中，.由，可得，则，故三棱锥的体积.【点睛】解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性
15、质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.20.设椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于A，B两点，若椭圆的离心率为，的周长为.（1）求椭圆的方程；（2）若点恰好为中点，求的长度.【答案】(1) ; (2) 【解析】【分析】(1)根据椭圆的几何意义求解基本量与方程即可.(2)根据直线过与可求得的斜率,进而求得直线的方程,联立直线与椭圆利用弦长公式求解即可.【详解】(1)由题意知,又因为.故,故椭圆的方程为.(2) 由直线过与,故的斜率.故直线的方程为.联立与椭圆方程有 ,设,则.故.即的长度为【点睛】本题主要考查了椭圆中利用定义求解方程的方法以及中点弦长的计算,属于
16、中档题.21.已知函数，且曲线在点处的切线与直线平行.（1）求函数的单调区间；（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是；（2）.【解析】【分析】（1）根据切线的斜率可求出,得，求导后解不等式即可求出单调区间.（2）原不等式可化为恒成立，令，求导后可得函数的最小值，即可求解.【详解】（1）函数的定义域为，又曲线在点处的切线与直线平行所以，即，由且，得，即的单调递减区间是由得，即的单调递增区间是.（2）由（1）知不等式恒成立可化为恒成立即恒成立令当时，在上单调递减.当时，在上单调递增.所以时，函数有最小值由恒成立得，即实数的取值范围是.【点睛】本题
17、主要考查了导数的几何意义，利用导数求函数的单调区间，最值，恒成立问题，属于中档题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.若多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：极坐标与参数方程：22.在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；直线的参数方程为 （为参数），直线与曲线分别交于两点（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若点的极坐标为，求的值【答案】(1) 曲线的直角坐标方程为即，直线的普通方程为；（2）.【解析】【分析】（1）利用代入法消去参数方程中的参数，可得直线的普通方程，极坐标方程两边同乘以利用 即可得曲线的直角
18、坐标方程；（2）直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.【详解】（1）由，得，所以曲线的直角坐标方程为，即， 直线的普通方程为. (2)将直线的参数方程代入并化简、整理，得. 因为直线与曲线交于，两点所以，解得.由根与系数关系，得，. 因为点的直角坐标为，在直线上.所以， 解得，此时满足.且，故.【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题
19、选修4-5：不等式选讲：23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的定义域为，求实数的取值范围.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）分别在、和三种情况下去掉绝对值符号，解不等式求得结果；（2）将问题转化为最小值大于；利用绝对值三角不等式可求得，根据求得结果.【详解】（1）由得：当时，解得：,当时，解得：,当时，解得：,解集为综上所述，不等式的解集为（2）令，要使函数的定义域为，只要的最小值大于即可，又（当且仅当时取等号），解得：实数的取值范围为【点睛】本题考查分类讨论求解绝对值不等式、绝对值三角不等式的应用；涉及到根据对数型复合函数的定义域求解参数范围的问题；关键是能够将问题转化为函数最值的求解，利用绝对值三角不等式求得最值.- 19 - 版权所有高考资源网
