一、选择题(共8题，每题5分，共40分)
1．若x,y满足约束条件{x+y≤5,
x-y≥-5,
x-2y≤5,
则2x+y=5的整数解的个数为
A.1
B.2
C.3
D.4
2．已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a1=-3,2a4+3a7=9,则S7的值等于A.21 B.1 C.-42 D.0
3．函数f(x)=cosx
x +x2
sinx
在区间(-π,0)∪(0,π)内的大致图象是
A. B.
C. D.
4．已知集合A={x|log2x≤1},B={x|3x-1>0},则A∪B=
A.(1
3,2] B.(1
3
,+∞) C.(0,+∞) D.R
5．已知集合U={1,2,3,4,5,6,7},M={3,4,5},N={1,3,6},则集合{2,7}等于
A.M∩N
B.∁U(M∪N)
C.∁U(M∩N)
D.M∪N
6．已知f(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,且当x∈(0,+∞)时,f(x)=|lnx
x
|.若
a=f(-π
2),b=f(-e
2
),c=f(2
3
),则a,b,c的大小关系是
A.a>b>c
B.c>b>a
C.b>c>a
D.c>a>b
7．在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=2,CC1=√2,则异面直线AB1和BC1所成角的余弦值为A.0
B.1
C.1
2D.√3
2
8．(1+x-x2)10展开式中x3的系数为
A.10
B.30
C.45
D.210
第II 卷（非选择题）
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二、填空题(共6题，每题5分，共30分)
9．设f (x )是(x 2
+1
2x
)6
展开式中的中间项,若f (x )≤mx 在区间[√22
,√2]上恒成立,则实数m 的
取值范围是 .
10．在(x -1
x
2)9
的展开式中,常数项是 (用数字作答).
11．很多网站利用验证码来防止恶意登录,以提升网络安全. 某马拉松赛事报名网站的登录
验证码由0,1,2,…,9中的四个数字随机组成,将从左往右数字依次增大的验证码称为“递增型验证码”(如0123),已知某人收到了一个“递增型验证码”,则该验证码的首位数字是1的概率为 .
12．如果对于正数x,y ，有12
log 2x +13log 2y =1，那么x 3y 2= ； 13．已知实数a,b,c 满足a 2+b 2=
c 2,c
≠0,则b
a−2c 的取值范围是
14．某校对高三年级1 600名男女学生的视力状况进行调查,现用分层抽样的方法抽取一个
容量是200的样本,已知样本中女生比男生少10人,则该校高三年级的女生人数是 .
三、解答题(共6题，共80分)
15．已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，
且a 1=b 1=2,a 4+b 4=27,S 4−b 4=10. (Ⅰ)求数列{a n }与{b n }的通项公式；
(Ⅱ)记T n =a n b 1+a n−1b 2+⋯…+a 1b n ，n ∈N ∗，证明: T n +12=−2a n +10b n (n ∈N ∗).
16．如图,三棱锥P -ABC 中,PA ⊥平面ABC ,AB ⊥BC ,平面α经过棱PC 的中点E ,与棱PB ,AC
分别交于点F ,D ,且BC ∥平面α,PA ∥平面α. (1)证明:AB ⊥平面α;
(2)若AB =BC =PA =2,点M 在直线EF 上,求平面MAC 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值的最大值.
17．如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，AC ∩BD =O,
EF//AB,AB =2EF,平面BCF ⊥平面ABCD,BF =CF,点G 为BC 中点 (1)求证：直线OG//平面EFCD ； (2)求证：直线AC ⊥平面ODE
18．已知等差数列{a n}的公差不为零，a1 =3，且a1，a2，a4成等比数列.
(I)求{a n}的通项公式；
}是以a1为首项，3为公比的等比数列，求数列{n·k n}的前n项和S n (II)数列{a k
n
(a+c).
19．在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,a cos C+c cos A=1
2
的值;
(1)若4sin A=3sin B,求c
a
(2)若C=2π
,且c-a=8,求△ABC的面积.
3
20．已知函数f(x)=2cos2x+2√3sinxcosx−1
(Ⅰ)求f(x)的最小正周期；
(Ⅱ)在ΔABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c若f(C
)=2且c2=ab，试判断ΔABC的形
2
状。
参
1.D
【解析】本题考查线性规划,考查数形结合思想,考查的核心素养是直观想象、数算. 先画出可行域与目标直线,再确定满足条件的x ,y 的取值范围,最后逐一讨论符合的整数解. 不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,作出直线2x+y =5,直线y =5-2x 与可行域的
边界交于B ,D 两点,由{2x +y =5,x -2y =5,
解得{x =3,
y =-1,
∴D (3,-1),又B (0,5),∴x ∈[0,3],y ∈[-1,5],且x ,y ∈Z .当x =0时,y =5;当x =1时,y =3;当x =2时,y =1;当x =3时,y =-1.∴整数解的个数为4.故选D.
【备注】无 2.D
【解析】本题主要考查等差数列的通项公式和前n 项和公式,考查的核心素养是数算、逻辑推理.
设等差数列{a n }的公差为d ,∵a 1=-3,2a 4+3a 7=9,∴2(-3+3d )+3(-3+6d )=9,∴d =1,∴S 7=7×(-3)+
7×6
2
×1=0,故选D.
【备注】无 3.A
【解析】由于f (-x )=
cos(-x)-x
+
(-x)2sin(-x)
=
cosx -x
+
x 2-sinx
=-(
cosx
x +
x 2sinx )=-f (x ),所以f (x )是奇函数,
其图象关于原点对称,排除D;f (x )=sinxcosx+x 3
xsinx
=1
2
sin2x+x 3xsinx
,当π
2 2sin 2x +x 3 >1+1 2sin 2x >0,又 x sin x >0,所以f (x )>0,排除B,C.故选A. 【备注】无 4.C 【解析】先解对数不等式log 2x ≤1,得到集合A ,再解一元一次不等式3x -1>0,得到集合B ,最后求A ∪B. 因为集合A ={x |log 2x ≤1}={x |0 3},所以A ∪B =(0,+∞),故选C. 【备注】无 5.B 【解析】本题主要考查集合的运算,考查的核心素养是数算. 因为M ∩N ={3},M ∪N ={1,3,4,5,6},所以∁U (M ∪N )={2,7},∁U (M ∩N )={1,2,4,5,6,7},所以选B. 【备注】无 6.D 【解析】因为f (x )为偶函数,所以a =f (-π 2 )=f (π 2 ),b =f (-e 2 )=f (e 2 ).当x ∈(1,e) 时,f (x )=|lnx x |=lnx x ,f'(x )=1-lnx x 2,因为 x ∈(1,e),所以0 在x ∈(1,e)上单调递增,因为 1 < π 2 b c =f (23)=|ln 2 323 |=-32ln 2 3 = 12ln(23 )-3=12ln 278,又a =f (π2) c >a ,所以c >a >b .故选D. 【备注】无 7.A 【解析】作BD ∥AB 1交A 1B 1的延长线于D ,连接DC 1,则∠DBC 1就是异面直线AB 1和BC 1所成的 角(或其补角).由已知得BD =√22+(√2)2=√6,BC 1=√6,C 1D =2√3,由BD 2 +B C 12=C 1 D 2 知∠DBC 1=90°,所以异面直线AB 1和BC 1所成的角为直角,余弦值为0.故选A. 【备注】无 8.B 【解析】(1+x -x 2)10 =[1+(x -x 2 )]10 的展开式的通项公式为T r +1=C 10 r (x -x 2 )r .(x -x 2 )r 的通项公式为T'm +1=C r m ·x r -m ·(-x 2)m =(-1)m C r m x r +m ,令r +m =3,根据0≤m ≤r ,r ∈N,m ∈N,得{r =2,m =1 或{r =3,m =0, ∴(1+x -x 2)10展开式中x 3项的系数为-C 102C 21+C 103C 30=-90+120=30.故选B. 【备注】无 9.[5,+∞) 【解析】本题主要考查二项式定理,以恒成立问题为载体,考查考生的运算能力、理解能力、转化能力. (x 2 +1 2x )6的展开式中的中间项为第四项,即f (x )=C 6 3(x 2)3 (12x )3=52 x 3 ,∵f (x )≤mx 在区间[√22,√2]上恒成立,∴m ≥52x 2在[√22,√2]上恒成立,∴m ≥(52x 2 )max =5,∴实数m 的取值范围是 [5,+∞). 【备注】【关键一步】分离参变量法是解决恒成立问题的关键所在. 10.-84 【解析】展开式的通项为T r +1=C 9r ·x 9- r ·(-1x 2)r =(-1)r C 9r ·x 9-3r ,令9-3r =0,得r =3,所以常数 项为(-1)3 ·C 9 3=-84. 【备注】无 11.4 15 【解析】本题主要考查计数原理、古典概型等知识在实际问题中的应用,考查的核心素养是数学建模、数算、数据分析. 某人收到了一个“递增型验证码”,则该验证码的首位数字只能是0,1,2,3,4,5,6, 该验证码的首位数字是0的个数为C 93=9×8×73×2×1 =84, 该验证码的首位数字是1的个数为C 83=8×7×6 3×2×1=56, 该验证码的首位数字是2的个数为C 73=7×6×53×2×1=35, 该验证码的首位数字是3的个数为C 63=6×5×4 3×2×1=20, 该验证码的首位数字是4的个数为C 5 3=5×4×3 3×2×1 =10, 该验证码的首位数字是5的个数为C 43 =4, 该验证码的首位数字是6的个数为1, 所以该验证码的首位数字是1的概率为5684+56+35+20+10+4+1=56210=4 15. 【备注】无 12. 【解析】本题考查对数的相关运算.因为1 2 log 2x +1 3 log 2y =1,所以 lg√x+lg √y 3lg2 =1,，解得 x 3y 2=. 【备注】熟练对数的运算. 13.[− √33,√33 ] 【解析】本题考查了三角函数换元法、直线的斜率计算公式、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式. ∵实数a ，b ，c 满足a 2+b 2=c 2，c ≠0, ∴(a c )2+(b c )2=1,令a c =cos θ,b c =sin θ,θ∈[0,2π], ∴k = b a−2 c = b c a c −2=sin θ cos θ−2,， 表示点P(2,0)与圆x 2+y 2=1上的点连线的直线的斜率. 设直线l ：y =k(x −2)， 则|−2k|√ 1+k 2 ≤1化为k 2≤1 3 , 解得− √33 ≤k ≤ √33 【备注】无 14.760 【解析】有x +10人,所以x +x +10=200,得x =95,设该校高三年级的女生有y 人,则由分层抽样的定义可知y 1 600=95 200,解得y =760. 【备注】无 15.(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,由a 1=b 1=2 得a 4=2+3d , b 4=2q 3 , s 4=8+6d , 得方程组{2+3d +2q 3=27 8+6d −2q 3=10， 解得{d =3q =2 故a n =3n −1,b n =2n ,n ∈N ∗ (2)证明：方法一： 由b n =2n 得 T n =2a n +22a n−1+23a n−2+⋯…+2n a 1① 2T n =22a n +23a n−1+⋯…+2n a 2+2n+1a 1② 由②-①，及a n =3n −1得 T n =−2(3n −1)+3×22+3×23+⋯…+3×2n +2n+2 = 12（1−2n−1） 1−2 +2n+2−6n +2=10×2n −6n −10. 而−2a n +10b n −12=−2(3n −1)+10×22−12=10×2n −6n −10. 故T n +12=−2a n +10b n ,n ∈N ∗ 方法二：数学归纳法 在T n +12=−2a n +10b n 中 (1)当n=1时，T 1+12=a 1b 1+12=16,−2a 1+10b 1=16 .故等式成立。 (2)假设当n=k 时等式成立，即T n +12=−2a n +10b n ,则当n =k +1时有， T k+1=a k+1b 1+a k b 2+a k+1b 3+⋯…+a 1b k+1=a k+1b 1+q(a k b 1+a k−1b 2+⋯…+a 1b k ) =a k+1b 1+qT k =a k+1+q(−2a k +10b k −12)=2a k+2−4(a k+1−3)+10b k+1−24 =−2a k+1+10b k+1−12. 即T K+2+12=−2a k+1+10b k+1,因此n =k +1时等式也成立. 综上所述，可知对任意n ∈N ∗,T n +12=−2a n +10b n 成立. 【解析】本题主要考查等差数列的通项公式，前n 项和公式；等比数列的通项公式，前n 项和公式；数列的错位相减法求和及数学归纳法。 【备注】无 16.解:(1)因为BC ∥平面α,BC ⊂平面PBC ,平面α∩平面PBC =EF , 所以BC ∥EF ,且F 为棱PB 的中点. 因为BC ⊥AB ,所以EF ⊥AB. 同理,因为PA ∥平面α,PA ⊂平面PAC ,平面α∩平面PAC =DE , 所以PA ∥DE . 因为PA ⊥平面ABC ,所以PA ⊥AB , 所以DE ⊥AB , 又DE ∩EF =E ,所以AB ⊥平面DEF ,即AB ⊥平面α. (2)如图,以点B 为坐标原点,分别以BA ,BC 所在直线为x ,y 轴,过点B 且与AP 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系, 则B (0,0,0),A (2,0,0),C (0,2,0), P (2,0,2),E (1,1,1),F (1,0,1), AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2), 设M (1,t ,1),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,t ,1),设平面MAC 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1), 则{ m·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x 1+2y 1=0,m·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-x 1+ty 1+z 1=0,令x 1=1,则y 1=1,z 1=1-t , 所以m =(1,1,1-t )为平面MAC 的一个法向量. 设平面PBC 的法向量为n =(x 2,y 2,z 2), 则{ n·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y 2=0,n·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x 2+2z 2=0, 则y 2=0,令x 2=1,则z 2=-1, 所以n =(1,0,-1)为平面PBC 的一个法向量. 设平面MAC 与平面PBC 所成的锐二面角为θ, 则cos θ=|cos = |1-(1-t)|√12+12+(1-t)2×√2 = |t|√ t 2-2t+3×√2 . 当t =0时,cos θ=0; √3 t2-2 t +1×√2 =1 √3(1 t -1 3 )2+2 3 ×√2 , 当且仅当1 t =1 3 ,即t=3时,3(1 t −1 3 )2+2 3 取得最小值2 3 ,cos θ取得最大值,最大值为1 √2 3 ×√2 =√3 2 . 所以平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值为√3 2 . 【解析】无 【备注】二面角的求解主要有两种方法:一是几何法,根据几何体的结构特征与线面位置关系作出二面角的平面角,然后转化为解三角形问题求解;二是向量法,直接利用二面角的两个半平面的法向量的夹角表示所求.前者的计算量小,但在确定二面角的平面角的过程中需要利用线面位置关系进行逻辑推理;后者计算量大,但逻辑推理的过程很少. 17.证明(1)∵四边形ABCD是菱形，AC∩BD=O，∴点O是BD的中点， ∵点G为BC的中点∴OG//CD，又∵OG⊄平面EFCD， CD⊂平面EFCD，∴直线OG//平面EFCD. (２)∵ BF=CF，点G为BC的中点, ∴FG⊥BC, ∵平面BCF⊥平面ABCD，平面BCF∩平面ABCD=BC， FG⊂平面BCF，FG⊥BC∴FG⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD∴FG⊥AC,∵OG// AB,OG=1 2AB，EF//AB,EF=1 2 AB，∴OG//EF,OG=EF， ∴四边形EFGO为平行四边形, ∴FG//EO，∵FG⊥AC，FG//EO，∴AC⊥EO，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥DO， ∵AC⊥EO，AC⊥DO，EO∩DO=O，EO、DO在平面ODE内，∴AC⊥平面ODE. 【解析】本题主要考查空间几何体中的线线，线面，面面的垂直和平行关系. 【备注】无 18.(Ⅰ)设的公差为d，由题意，a22=a1a4，即(a1+d)2=a1(a1+3d) 于是d(a1－d)=0 因为d≠0，且a1=3，所以d=3. 故a n=3n. (Ⅱ)由(Ⅰ)知，a k n =3k n， 又数列{a k n }是以a1为首项，3为公比的等比数列，则a k n =3×3n−1=3n， 所以3k n=3n，即k n=3n−1. 因此S n=1×30+2×31+3×32+⋯+n×3n−1① 则3S n=1×31+2×32+3×33+⋯+(n−1)×3n−1+n×3n② 由①-②得−2S n=1+3+32+⋯+3n−1−n×3n=1−3n 1−3−n×3n=−1 2 −(n−1 2 )3n 因此S n=1 4+1 4 (2n−1)3n. 【解析】本题考查等差数列的通项公式，借位相减法求和．(1)要求等差数列{a n}的通项公式，已知a1，还必须求得公差d，由a1,a2,a4成等比数列可得等式a22=a1a4，即 (a1+d)2=a1(a1+3d)，由此求得d=3，从而通项公式为a n=3n；(2)关键是求出k n， 一方面a k n =a1⋅3n−1=3n，另一方面a k n =3k n，故有k n=3n−1，数列{n⋅k n}的前n项和 为S n=1×30+2×3+3×32+⋯+n×3n−1，应用错位相减法可求得这个和. 【备注】无 19.解法一a cos C+c cos A=1 2 (a+c), 由余弦定理得a·a2+b2-c2 2ab +c·b2+c2-a2 2bc =1 2 (a+c), 所以a+c=2b.解法二因为a cos C+c cos A=1 2 (a+c), 所以由正弦定理得sin A cos C+sin C cos A=1 2 (sin A+sin C), 所以sin B=sin(A+C)=1 2 (sin A+sin C), 由正弦定理得b=1 2 (a+c),即a+c=2b. (1)4sin A=3sin B, 由正弦定理得4a=3b, 所以a+c=2·4 3 a, 所以c a =5 3 . (2)由c-a=8得,b=a+4,c=a+8, 则由余弦定理c2=a2+b2-2ab cos C, 可得(a+8)2=a2+(a+4)2-2a·(a+4)cos 2π 3 , 解得a=6或a=-4(舍去), 所以b=10, 所以△ABC的面积S=1 2 ab sin C=15√3. 【解析】本题考查正、余弦定理,三角形的面积,考查考生的运算求解能力,考查数算的核心素养. 利用余弦定理将已知化简为a+c=2b.(1)利用正弦定理进行求解;(2)利用余弦定理求出边长,再结合三角形的面积公式求解即可. 【备注】无 20.(Ⅰ)f(x)=2cos2x+2√3sinxcosx−1 =2(1 2cos2x+√3 2 sin2x)=2sin(2x+π 6 ) 所以f(x)的最小正周期T=2π 2 =π (Ⅱ)因为f(C 2)=2sin(C+π 6 )=2, 即sin(C+π 6 )=1 而，所以π 6 <7π 6 , 所以C+π 6 =π 2 ，即C=π 3 ； 由余弦定理得，整理得所以三角形ABC为等边三角形 【解析】本题考查三角变换，三角函数的图像与性质，余弦定理. 【备注】无下载本文
