数学（理科）

本试题卷共5页，共22题，其中第15、16题为选考题。满分150分。考试用时120分钟。

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用统一提供的2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用统一提供的2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答在试题卷、草稿纸上无效。

3．填空题和解答题的作答：用统一提供的签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内。答在试题卷、草稿纸上无效。

4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用统一提供的2B铅笔涂黑。考生应根据自己选做的题目准确填涂题号，不得多选。答题答在答题卡上对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效。

5．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．方程的一个根是

A．                  B．               C．            D．

考点分析：本题考察复数的一元二次方程求根.  

难易度：★

解析：根据复数求根公式：，所以方程的一个根为

答案为A.

2．命题“，”的否定是

A．，                        B．，

C．，                         D．，

  考点分析：本题主要考察常用逻辑用语，考察对命题的否定和否命题的区别.

  难易度：★

  解析：根据对命题的否定知，是把谓词取否定，然后把结论否定。因此选D

3．已知二次函数的图象如图所示，则它与轴所围图形的面积为

A．                    B．              

C．                    D． 

 考点分析：本题考察利用定积分求面积.  

 难易度：★

 解析：根据图像可得： ，再由定积分的几何意义，可求得面积为.

4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几

何体的体积为

A．                    B． 

C．                    D．

考点分析：本题考察空间几何体的三视图.

难易度：★

解析：显然有三视图我们易知原几何体为   一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为.选B.

5．设，且，若能被

13整除，则

A．0                     B．1              

C．11                      D．12

考点分析：本题考察二项展开式的系数.

难易度：★

解析：由于

51=52-1，,

又由于13|52,所以只需13|1+a，0≤a<13,所以a=12选D.

6．设是正数，且，

，，

则 

A．                    B． 

C．                    D． 

考点分析：本题主要考察了柯西不等式的使用以及其取等条件.

难易度：★★

解析：由于                      

等号成立当且仅当则a=t x  b=t y  c=t z ，

所以由题知又，答案选C.

7．定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列， 仍

是等比数列，则称为“保等比数列函数”. 现有定义在上的如下函

数：

①；   ②；    ③；    ④.

则其中是“保等比数列函数”的的序号为 

A．① ②                  B．③ ④              C．① ③              D．② ④  

考点分析：本题考察等比数列性质及函数计算.

难易度：★

解析：等比数列性质， ，①； ②；③；④.选C

8．如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆. 在扇形OAB

内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是

A．              B．

C．                      D．

考点分析：本题考察几何概型及平面图形面积求法.

难易度：★

第8题图

解析：令，扇形OAB为对称图形，ACBD围成面积为，围成OC为，作对称轴OD，则过C点。即为以OA为直径的半圆面积减去三角形OAC的面积，。在扇形OAD中为扇形面积减去三角形OAC面积和，，，扇形OAB面积，选A.

9．函数在区间上的零点个数为

A．4                       B．5                   

C．6                       D．7

考点分析：本题考察三角函数的周期性以及零点的概念.

难易度：★

解析：，则或，，又，

所以共有6个解.选C.

10．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积，求其直径的一个近似公式. 人们还用过一些类似的近似公式. 根据判断，下列近似公式中最精确的一个是

A．         B．     C．       D．

考点分析：考察球的体积公式以及估算.

难易度：★★

解析：

二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分. 请将答案填在答题卡对应题号的位置上. 答错位置，书写不清，模棱两可均不得分. 

（一）必考题（11—14题）

11．设△的内角，，所对的边分别为，，. 若，则角         ． 

考点分析：考察余弦定理的运用.

难易度：★

解析：

12．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果          .

考点分析：本题考查程序框图.

难易度：★★

解析：程序在运行过程中各变量的值如下表示：      

第一圈循环：当n=1时，得s=1，a=3. 

第二圈循环: 当n=2时，得s=4，a=5

第三圈循环：当n=3时，得s=9，a=7

此时n=3，不再循环，所以解s=9 .  

13．回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99．3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则

（Ⅰ）4位回文数有          个；

（Ⅱ）位回文数有         个．

考点分析：本题考查排列、组合的应用.

难易度：★★

解析：（Ⅰ）4位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为0，有9（1~9）种情况，第二位有10（0~9）种情况，所以4位回文数有种。

答案：90

     （Ⅱ）法一、由上面多组数据研究发现，2n+1位回文数和2n+2位回文数的个数相同，所以可以算出2n+2位回文数的个数。2n+2位回文数只用看前n+1位的排列情况，第一位不能为0有9种情况，后面n项每项有10种情况，所以个数为.

       法二、可以看出2位数有9个回文数，3位数90个回文数。计算四位数的回文数是可以看出在2位数的中间添加成对的“00,11,22,……99”，因此四位数的回文数有90个按此规律推导,而当奇数位时，可以看成在偶数位的最中间添加0~9这十个数，因此,则答案为.

14．如图，双曲线的两顶点为，，虚轴两端点为，，两焦点为，. 若以为直径的圆内切于菱形，切点分别为. 则

（Ⅰ）双曲线的离心率        ；

（Ⅱ）菱形的面积与矩形的面积的比值        .

 考点分析：本题考察双曲线中离心率及实轴虚轴的相关定义，以及一般平面几何图形的面积计算.

 难易度：★★

 解析：（Ⅰ）由于以为直径的圆内切于菱形，因此点到直线的距离为，又由于虚轴两端点为，，因此的长为，那么在中，由三角形的面积公式知，，又由双曲线中存在关系联立可得出，根据解出

（Ⅱ）设,很显然知道,因此.在中求得故；

菱形的面积，再根据第一问中求得的值可以解出.

（二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑. 如果全选，则按第15题作答结果计分.）

15．（选修4-1：几何证明选讲）

如图，点D在的弦AB上移动，，连接OD，过点D 

作的垂线交于点C，则CD的最大值为          .  

考点分析：本题考察直线与圆的位置关系

难易度：★

解析：（由于因此,线段长为定值，

即需求解线段长度的最小值，根据弦中点到圆心的距离最短，此

时为的中点，点与点重合，因此.

16．（选修4-4：坐标系与参数方程）

在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴

建立极坐标系. 已知射线与曲线（t为参数）

相交于A，B两点，则线段AB的中点的直角坐标为          .

考点分析：本题考察平面直角坐标与极坐标系下的曲线方程交点.

难易度：★

解析：在直角坐标系下的一般方程为，将参数方程（t为参数）转化为直角坐标系下的一般方程为表示一条抛物线，联立上面两个方程消去有，设两点及其中点的横坐标分别为，则有韦达定理,又由于点点在直线上，因此的中点.

三、解答题：本大题共6小题，共75分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．（本小题满分12分）

已知向量，，设函数的图象关于直线对称，其中，为常数，且. 

（Ⅰ）求函数的最小正周期； 

（Ⅱ）若的图象经过点，求函数在区间上的取值范围.

17．解：

（Ⅰ）因为

.                           

由直线是图象的一条对称轴，可得，         

所以，即．              

又，，所以，故.                     

所以的最小正周期是.                                       

（Ⅱ）由的图象过点，得，

即，即.           

故，                                          

由，有，

所以，得，

故函数在上的取值范围为.                    

18．（本小题满分12分）

已知等差数列前三项的和为，前三项的积为.

（Ⅰ）求等差数列的通项公式；

（Ⅱ）若，，成等比数列，求数列的前项和.

18．解：

（Ⅰ）设等差数列的公差为，则，，

由题意得 解得或                

所以由等差数列通项公式可得

，或.

故，或.                                         

（Ⅱ）当时，，，分别为，，，不成等比数列；

当时，，，分别为，，，成等比数列，满足条件.

故                                      

记数列的前项和为.

当时，；当时，；

当时，

. 当时，满足此式.

综上，         

19．（本小题满分12分）

如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）． 

（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；

（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在

棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．

第19题图

19．解：

（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△中，设，则．

由，知，△为等腰直角三角形，所以.

由折起前知，折起后（如图2），，，且，

所以平面．又，所以．于是

，（lbylfx）

当且仅当，即时，等号成立，

故当，即时, 三棱锥的体积最大．                   

解法2：

同解法1，得．   

令，由，且，解得．

当时，；当时，． 

所以当时，取得最大值．

故当时, 三棱锥的体积最大．                            

（Ⅱ）解法1：以为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系．

由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．

于是可得，，，，，，

且．

设，则. 因为等价于，即

，故，.

所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，．    

设平面的一个法向量为，由 及，

得 可取． 

设与平面所成角的大小为，则由，，可得

，即．

故与平面所成角的大小为                                 

解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．

如图b，取的中点，连结，，，则∥.

由（Ⅰ）知平面，所以平面.

如图c，延长至P点使得，连，，则四边形为正方形，

所以. 取的中点，连结，又为的中点，则∥，

所以. 因为平面，又面，所以. 

又，所以面. 又面，所以.

因为当且仅当，而点F是唯一的，所以点是唯一的.

即当（即是的靠近点的一个四等分点），．       

连接，，由计算得，

所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形，

如图d所示，取的中点，连接，，

则平面．在平面中，过点作于，

则平面．故是与平面所成的角． 

在△中，易得，所以△是正三角形，

故，即与平面所成角的大小为                    

20．（本小题满分12分）

根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X（单位：mm）对工期的影响如下表：

（Ⅰ）工期延误天数的均值与方差； 

（Ⅱ）在降水量X至少是的条件下，工期延误不超过6天的概率. 

20．解：

（Ⅰ）由已知条件和概率的加法公式有：

，

.

.

所以的分布列为：

于是，；

.

  故工期延误天数的均值为3，方差为.                               

（Ⅱ）由概率的加法公式，

又.              

      由条件概率，得.

故在降水量X至少是mm的条件下，工期延误不超过6天的概率是.     

21．（本小题满分13分）

设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与 轴的交点，点在直线上，且满足. 当点在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线．

（Ⅰ）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标； 

（Ⅱ）过原点且斜率为的直线交曲线于，两点，其中在第一象限，它在轴上的射影为点，直线交曲线于另一点. 是否存在，使得对任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 

21．解：

（Ⅰ）如图1，设，，则由，

可得，，所以，.            ①

因为点在单位圆上运动，所以.                  ②

将①式代入②式即得所求曲线的方程为.         

因为，所以

当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，

两焦点坐标分别为，；

当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，

两焦点坐标分别为，.                            

（Ⅱ）解法1：如图2、3，，设，，则，，

直线的方程为，将其代入椭圆的方程并整理可得

.

依题意可知此方程的两根为，，于是由韦达定理可得

，即.

因为点H在直线QN上，所以.

于是，.      

而等价于，

即，又，得，（lby lfx）

故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有. 

解法2：如图2、3，，设，，则，，

因为，两点在椭圆上，所以 两式相减可得

.                          ③              

依题意，由点在第一象限可知，点也在第一象限，且，不重合，

故. 于是由③式可得

.                              ④

又，，三点共线，所以，即.                 

于是由④式可得.

而等价于，即，又，得，

故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有.           

22．（本小题满分14分）

（Ⅰ）已知函数，其中为有理数，且. 求的

最小值；

（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：

设，为正有理数. 若，则；

（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题.

注：当为正有理数时，有求导公式.

22．解：（Ⅰ），令，解得.

当时，，所以在内是减函数；

当  时，，所以在内是增函数.

故函数在处取得最小值.                                

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，有，即   ①

若，中有一个为0，则成立；

若，均不为0，又，可得，于是

在①中令，，可得，

即，亦即.

综上，对，，为正有理数且，总有.   ②

（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：

设为非负实数，为正有理数. 

若，则.            ③    

用数学归纳法证明如下：

（1）当时，，有，③成立.                       

（2）假设当时，③成立，即若为非负实数，为正有理数，

且，则.                 

当时，已知为非负实数，为正有理数，

且，此时，即，于是

=.

因，由归纳假设可得

，

从而. 

又因，由②得

，

从而.

故当时，③成立.

由（1）（2）可知，对一切正整数，所推广的命题成立.                   

说明：（Ⅲ）中如果推广形式中指出③式对成立，则后续证明中不需讨论的情况.

                              下载本文