本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共24题,共150分,共4页。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

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,将条形码准确粘贴在条形码区域内。

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．按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。

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Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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）已知在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是

（A）         （B）            （C）        （D）

【答案】A

【解析】

试题分析：

要使复数对应的点在第四象限,应满足，解得，故选A.

【考点】 复数的几何意义

【名师点睛】复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．

复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．

复数z＝a＋bi(a，b∈R) 平面向量.

（2）已知集合，，则

（A）                （B）            （C）        （D）

【答案】C

【解析】

试题分析：集合，而，所以，故选C.

【考点】 集合的运算

【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.

（3）已知向量，且，则m=

（A）−8                （B）−6            （C）6               （D）8

【答案】D

【解析】

试题分析： ，由得，解得，故选D.

【考点】平面向量的坐标运算、数量积

【名师点睛】已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)：

（A）             （B）           （C）              （D）2

【答案】A

【考点】圆的方程、点到直线的距离公式

【名师点睛】直线与圆的位置关系的判断方法：

(1)几何法：利用圆心到直线的距离d与半径长r的大小关系来判断．

若d>r，则直线与圆相离；若d＝r，则直线与圆相切；若d(2)代数法：联立直线与圆的方程，消元后得到关于x(或y)的一元二次方程，根据一元二次方程的解的个数(也就是方程组解的个数)来判断．

如果Δ<0，方程无实数解，从而方程组也无实数解，那么直线与圆相离；

如果Δ＝0，方程有唯一实数解，从而方程组也有唯一一组实数解，那么直线与圆相切；

如果Δ>0，方程有两个不同的实数解，从而方程组也有两组不同的实数解，那么直线与圆相交．

提醒：直线与圆的位置关系的判断多用几何法．

（5）如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为

（A）24       （B）18       （C）12      （D）9

【答案】B

【解析】

试题分析：由题意，小明从街道的E处出发到F处最短路径的条数为6，再从F处到G处最短路径的条数为3，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为，故选B.

【考点】计数原理、组合

【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽视每类中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是相互的；分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相互关联的．

（6）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为

（A）20              （B）24              （C）28              （D）32

【答案】C

【解析】

试题分析：由题意可知，圆柱的侧面积为，圆锥的侧面积为，圆柱的底面面积为，故该几何体的表面积为，故选C.

【考点】三视图，空间几何体的表面积

【名师点睛】由三视图还原几何体的方法:

（7）若将函数y=2sin 2x的图像向左平移个单位长度，则平移后图像的对称轴为

（A）x=(k∈Z)                      （B）x=(k∈Z)  

（C）x=(k∈Z)                      （D）x=(k∈Z)

【答案】B

【考点】三角函数图像的变换与对称性

【名师点睛】平移变换和伸缩变换都是针对x而言，即x本身加或减多少值，而不是依赖于ωx加或减多少值．

（8）中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，下图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的x=2，n=2，依次输入的为2，2，5，则输出的s =

（A）7  

（B）12  

（C）17  

（D）34

【答案】C

【解析】

试题分析：由题意，当时，输入，则，循环；输入，则，循环；输入，则，结束.故输出的，选C.

【考点】程序框图，直到型循环结构

【名师点睛】直到型循环结构：在执行了一次循环体后，对条件进行判断，如果条件不满足，就继续执行循环体，直到条件满足时终止循环．当型循环结构：在每次执行循环体前，对条件进行判断，当条件满足时，执行循环体，否则终止循环．

（9）若cos(−α)=，则sin 2α=

（A）              （B）              （C）−              （D）−

【答案】D

【解析】

试题分析： ，

且，故选D.

【考点】三角恒等变换

【名师点睛】对于三角函数的给值求值问题，关键是把待求角用已知角表示：

(1)已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差．

(2)已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余、互补”关系．

（10）从区间随机抽取2n个数,，…，，，，…，，构成n个数对，，…，，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率的近似值为

（A）           （B）             （C）              （D）

【答案】C

【解析】

试题分析：利用几何概型，圆形的面积和正方形的面积比为，所以.选C.

【考点】几何概型

【名师点睛】求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解．

（11）已知F1，F2是双曲线E：的左，右焦点，点M在E上，M F1与轴垂直，sin ,则E的离心率为

（A）              （B）               （C）             （D）2

【答案】A

【考点】双曲线的几何性质、离心率 

【名师点睛】区分双曲线中a，b，c的关系与椭圆中a，b，c的关系，在椭圆中a2＝b2＋c2，而在双曲线中c2＝a2＋b2.双曲线的离心率e∈(1，＋∞)，而椭圆的离心率e∈(0，1)．

（12）已知函数满足，若函数与图像的交点为 则 

（A）0             （B）m               （C）2m            （D）4m

【答案】B

【解析】

试题分析：由于，不妨设，其图像与函数的图像的交点为，故，故选B.

【考点】函数的图像与性质

【名师点睛】如果函数，，满足，恒有，那么函数的图像有对称轴；如果函数，，满足，恒有，那么函数的图像有对称中心.

第卷

本卷包括必考题和选考题两部分。第13~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22~24题为选考题，考生根据要求作答。

二、填空题：本题共4小题，每小题5分。

（13）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A=，cos C=，a=1，则b=       .

【答案】

【考点】三角函数的和差角公式，正弦定理

【名师点睛】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．

（14）α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：

①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.

②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.

③如果α∥β，mα，那么m∥β.

④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.

其中正确的命题有        .(填写所有正确命题的编号）

【答案】②③④

【解析】

试题分析：对于①，，则的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为，所以过直线作平面与平面相交于直线，则，因为，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的命题有②③④.

【考点】空间中的线面关系

【名师点睛】求解本题时应注意在空间中考虑线、面位置关系.

（15）有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是        .

【答案】1和3

【解析】

试题分析：由题意分析可知甲的卡片上的数字为1和3，乙的卡片上的数字为2和3，丙的卡片上的数字为1和2.

【考点】推理

【名师点睛】逻辑推理即演绎推理，就是从一般性的前提出发，通过推导即“演绎”，得出具体陈述或个别结论的过程.

（16）若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线，也是曲线y=ln(x+1)的切线，则b=        .

【答案】

【考点】导数的几何意义

【名师点睛】函数f (x)在点x0处的导数f ′(x0)的几何意义是曲线y＝f (x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y−y0＝f ′(x0)(x−x0)．

注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同．

三、解答题：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）

为等差数列的前n项和，且记，其中表示不超过x的最大整数，如.

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）求数列的前1 000项和.

【答案】（Ⅰ），， ；（Ⅱ）1 3.

【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求公差、通项，再根据已知条件求；（Ⅱ）用分段函数表示，再由等差数列的前项和公式求数列的前1 000项和．

试题解析：（Ⅰ）设的公差为，据已知有，解得

所以的通项公式为

（Ⅱ）因为

所以数列的前项和为

【考点】等差数列的通项公式、前项和公式，对数的运算

【名师点睛】解答新颖的数学题时，一是通过转化，化“新”为“旧”；二是通过深入分析，多方联想，以“旧”攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，以“新”制“新”，应特别关注创新题型的切入点和生长点.

（18）（本小题满分12分）

某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：

（Ⅱ）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；

（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.

【答案】（Ⅰ）根据互斥事件的概率公式求解；（Ⅱ）由条件概率公式求解；（Ⅲ）记续保人本年度的保费为，求的分布列为，在根据期望公式求解..

【解析】

试题分析：

试题解析：（Ⅰ）设表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件发生当且仅当一因此所求概率为

 （Ⅲ）记续保人本年度的保费为，则的分布列为

因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为

【考点】条件概率，随机变量的分布列、期望

【名师点睛】条件概率的求法：

(1)定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝，求出P(B|A)；

(2)基本事件法：当基本事件适合有限性和等可能性时，可借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝.

求离散型随机变量均值的步骤：(1)理解随机变量X的意义，写出X可能取得的全部值；(2)求X取每个值时的概率；(3)写出X的分布列；(4)由均值定义求出EX．

（19）（本小题满分12分）

如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD， CD上，AE=CF=，EF交BD于点H. 将△DEF沿EF折到△的位置，.

（Ⅰ）证明：平面ABCD；

（Ⅱ）求二面角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.

【解析】

试题分析：（Ⅰ）证，再证，最后证；（Ⅱ）用向量法求解.

试题解析：（I）由已知得，，又由得，故.

因此，从而.由,得.

由得.所以，.

于是，

故.

又，而，

所以.

（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.

【考点】线面垂直的判定、二面角.

【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a∥b，a⊥α⇒b⊥α；③α∥β，a⊥α⇒a⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．

（20）（本小题满分12分）

已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为k (k > 0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.

（Ⅰ）当t=4，时，求△AMN的面积；

（Ⅱ）当时，求k的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求直线的方程，再求点的纵坐标，最后求的面积；（Ⅱ）设，写出A点坐标，并求直线的方程，将其与椭圆方程组成方程组，消去，用表示，从而表示，同理用表示，再由及t的取值范围求的取值范围.

试题解析：（I）设，则由题意知，当时，的方程为，.

由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.

将代入得.解得或，所以.

因此的面积.

（II）由题意，，.

将直线的方程代入得.

由得，故.

由题设，直线的方程为，故同理可得，

由得，即.

当时上式不成立，

因此.等价于，

即.由此得，或，解得.

因此的取值范围是.

【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系 

【名师点睛】由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数(系数)的范围问题，常把所求参数作为函数值，另一个元作为自变量求解．

（21）（本小题满分12分）

（I）讨论函数的单调性，并证明当>0时，；

（II）证明：当 时，函数 有最小值.设g（x）的最小值为，求函数的值域.

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）

【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数的最值，再构造新函数，用导数法求解.

试题解析：（Ⅰ）的定义域为.

因此，存在唯一使得即，

当时，单调递减；

当时，单调递增.

因此在处取得最小值，最小值为

于是，由单调递增

所以，由得

因为单调递增，对任意存在唯一的

使得所以的值域是

综上，当时，有最小值，的值域是

【考点】函数的单调性、极值与最值

【名师点睛】求函数单调区间的步骤：

(1)确定函数f (x)的定义域；

(2)求导数f ′(x)；

(3)由f ′(x)＞0(f ′(x)＜0)解出相应的x的范围．

当f ′(x)＞0时，f (x)在相应的区间上是增函数；当f ′(x)＜0时，f (x)在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间．

注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．

请考生在第22~24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。

（22）（本小题满分10分）选修4−1：几何证明选讲

如图，在正方形ABCD中，E，G分别在边DA，DC上（不与端点重合），且DE=DG，过D点作DF⊥CE，垂足为F.

(I) 证明：B，C，G，F四点共圆；

(II)若AB=1，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积.

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.

【解析】

试题分析：（Ⅰ）证再证四点共圆；（Ⅱ）证明四边形的面积是面积的2倍.

试题解析：（I）因为,所以

则有

所以由此可得

因此所以四点共圆.         

【考点】三角形相似、全等，四点共圆

【名师点睛】判定两个三角形相似要注意结合图形性质灵活选择判定定理，特别要注意对应角和对应边．相似三角形的性质可用来证明线段成比例、角相等，也可间接证明线段相等．

（23）（本小题满分10分）选修4−4：坐标系与参数方程

在直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x+6)2+y2=25. 

（I）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；

（II）直线l的参数方程是(t为参数)，l与C交于A，B两点，∣AB∣=，求l的斜率.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】

试题分析：（I）利用，可得C的极坐标方程；（II）先将直线的参数方程化为极坐标方程，再利用弦长公式可得的斜率．

试题解析：（I）由可得圆的极坐标方程

（II）在（I）中建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为.

设所对应的极径分别为将的极坐标方程代入的极坐标方程得

于是

由得，

所以的斜率为或.

【考点】圆的极坐标方程与普通方程互化， 直线的参数方程，弦长公式

【名师点睛】极坐标方程与直角坐标方程互化时注意：在将点的直角坐标化为极坐标时，一定要注意点所在的象限和极角的范围，否则点的极坐标将不唯一；在将曲线的方程进行互化时，一定要注意变量的范围，注意转化的等价性.

（24）（本小题满分10分）选修4−5：不等式选讲

已知函数，M为不等式f(x) ＜2的解集.

（I）求M；

（II）证明：当a，b∈M时，∣a+b∣＜∣1+ab∣.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.

【解析】

试题分析：（I）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，．

试题解析：（I）

因此

【考点】绝对值不等式，不等式的证明 

【名师点睛】形如(或)型的不等式主要有两种解法：

(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为，， (此处设)三个部分，在每部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集．

(2)图像法：作出函数和的图像，结合图像求解．下载本文