一、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）复数

（A） （B） （C） （D）

【答案】B

（3）已知数列满足：，那么使成立的的最大值为（ ）

（A）4（B）5（C）2（D）25

【答案】C

【解析】

的最大值为24，故选C。

（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件

（C）充要条件                  （D）既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】故为充要条件。

（6）函数的部分图象如图所示，那么    

（A）        （B）       

（C）       （D）

【答案】B

【解析】由图可知，为函数图象的最高点， 

（7）已知函数，则下列结论正确的是                             （A）是偶函数，递增区间是   （B）是偶函数，递减区间是

（C）是奇函数，递减区间是   （D）是奇函数，递增区间是 

观察图象可知，函数图象关于原点对称，故函数为奇函数，且在

单调递减。故答案为C。

（8）点到图形上每一个点的距离的最小值称为点到图形的距离. 已知点，圆：，那么平面内到圆的距离与到点的距离之差为1的点的轨迹是                 

二、填空题：本大题共6小题，每小题6分，共30分，把答案填在题中横线上.

（9）双曲线的离心率为           . 

【答案】

【解析】由双曲线方程可知， 

（10）已知抛物线过点，那么点到此抛物线的焦点的距离为          . 

【答案】

由

（12）甲和乙两个城市去年上半年每月的平均气温（单位：）用茎叶图记录如下，根据茎叶图可知，两城市中平均温度较高的城市是_____________，气温波动较大的城市是____________. 

【解析】根据茎叶图可知，甲城市的平均温度为乙城市的平均温度为故平均温度高的是乙城市，由茎叶图观察可知，甲城市的温度更加集中在峰值附件，故甲城市比乙城市温度波动较小，即乙城市温度波动大。

（13）已知圆：，过点的直线将圆分成弧长之比为的

两段圆弧，则直线的方程为                  . 

（14）已知正三棱柱的正（主）视图和侧（左）视图如图所示. 设的中心分别是，现将此三棱柱绕直线旋转，射线旋转所成的角为弧度（可以取到任意一个实数），对应的俯视图的面积为，则函数的最大值为           ；最小正周期为           . 

说明：“三棱柱绕直线旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，旋转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，旋转所成的角为负角.

【答案】8； 

【解析】由题意可知，要使得俯视图最大，需当三棱锥柱的一个侧面在水平平面内时，此时俯视图面积最大，如图所示，俯视图为矩形，且则故面积最大为. 当棱柱在水平面内滚动时，因三角形ABC为正三角形，当绕着旋转后其中一个侧面恰好在水平面，其俯视图的面积也正（15）（本小题满分13分）

在中，角，，所对的边分别为，，，，.

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）若，求边的长.

【命题分析】本题考查解三角形、二倍角公式和正弦定理等内容，考查学生的转化能力和计算能力，第一问中利用二倍角公式和两角和正弦公式进行求解；第二问中利用正弦定理和三角形面积公式求解。

解：（Ⅰ）因为，

所以.        …………………………2分

所以.                         ………………………………………10分

由可知，.过点作于.

所以.

                                       ………………………………………13分

(16)（本小题满分13分）

为加强大学生实践、创新能力和团队精神的培养，促进高等教育教学改革，教育部门主办了全国大学生智能汽车竞赛. 该竞赛分为预赛和决赛两个阶段，参加决赛的队伍按照抽签方式决定出场顺序.通过预赛，选拔出甲、乙和丙三支队伍参加决赛.

（Ⅰ）求决赛中甲、乙两支队伍恰好排在前两位的概率；

（Ⅱ）求决赛中甲、乙两支队伍出场顺序相邻的概率.

【命题分析】本题考查随机事件的概率，考查学生的分析问题能力和计算能力。结合列举法和随机事件的概率公式进行求解.

解：基本事件空间包含的基本事件有“甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，

丙乙甲”.                               ………………………………………2分

（Ⅰ）设“甲、乙两支队伍恰好排在前两位”为事件，事件包含的基本事件

（17）（本小题满分13分）

在四棱锥中，底面是菱形，.

（Ⅰ）若，求证：平面； 

（Ⅱ）若平面平面，求证：；

（Ⅲ）在棱上是否存在点（异于点）使得∥平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由.

【命题分析】本题考查线面垂直证明、面面垂直、线面平行的证明和探索性问题，考查学生的空间想象能力和计算能力，第一问中关键借助面面垂直的性质定理进行过渡；第二问中利用面面垂直的性质定理进行推到证明底面是菱形；第三问关键构造面面平行进而得到线面平行，确定点的位置。

（Ⅰ）证明：因为 底面是菱形

所以.                        ………………………………………1分

因为，，

所以平面.                   ………………………………………3分

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知.

因为 平面平面，平面平面，

平面，

所以平面.                ………………………………………5分

因为平面，

所以.                        ………………………………………7分

因为 底面是菱形，

所以. 

所以.                         ………………………………………8分

（Ⅲ）解：不存在. 下面用反证法说明.      ………………………………………9分

 (18)（本小题满分13分）

已知函数，其中是常数.

（Ⅰ）当时，求在点处的切线方程；

（Ⅱ）求在区间上的最小值.

【命题分析】本题考查导数的几何含义、函数的最值问题，考查学生利用求导法解决问题的能力和计算能力，第一问利用导数的几何含义直接求解；第二问中利用求导法研究函数的单调性分析函数的最值。

解：（Ⅰ）由可得

      .          ………………………………………2分

当时, ,.         ………………………………………4分

所以 曲线在点处的切线方程为，

即.                         ………………………………………6分                                      

（Ⅱ）令，

解得或.                ………………………………………8分

当，即时，在区间上，，所以是上的增函数.

所以的最小值为＝;         ………………………………………10分

当，即时,随的变化情况如下表

 （19）（本小题满分13分）

已知椭圆:的右焦点为，离心率为.

（Ⅰ）求椭圆的方程及左顶点的坐标；

（Ⅱ）设过点的直线交椭圆于两点，若的面积为，求直线的方程.

所以，，. 

……………………………………7分

所以的面积

  ……………………………………9分

.

                                  ………………………………………10分

因为的面积为，

所以.

令，则.

解得（舍），.

所以.                       

所以直线的方程为或.

  （20）（本小题满分14分）

若集合具有以下性质：

1，；

因为，，所以. 这与矛盾.

    ………………………………………2分

有理数集是“好集”. 因为，,

对任意的，有，且时，.

所以有理数集是“好集”.               ………………………………………4分

（Ⅱ）因为集合是“好集”，

所以.若，则，即.

所以，即.          ………………………………………7分

所以.

由（Ⅱ）可得：.

所以.

综上可知，，即命题为真命题.

若，且，则.

所以，即命题为真命题.    ……………………………………14分  下载本文