资源描述
一、填空题：本大题共14个小题,每小题5分,共70分.
1.已知集合，集合，则 ▲ ．
【答案】
【解析】
试题分析：，，则
考点：集合运算
2.如图，在复平面内，点对应的复数为，若（为虚数单位），则 ▲ ．
（第2题）
【答案】
【解析】
试题分析：，，
考点：复数运算
3.在平面直角坐标系中，双曲线的实轴长为 ▲ ．
【答案】
【解析】
试题分析：由双曲线方程得，，则实轴长为
考点：双曲线性质
4.某校共有教师200人，男学生800人，女学生600人，现用分层抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为的样本，已知从男学生中抽取的人数为100人，那么 ▲ ．
【答案】200
【解析】
试题分析：男学生占全校总人数，那么
考点：分层抽样
（第5题）
5.执行如图所示的伪代码，当输入的值分别为时，最后输出的的值为 ▲ ．
【答案】5
【解析】
试题分析：第一次循环，，第二次循环，
考点：伪代码
6.甲乙两人下棋，若甲获胜的的概率为，甲乙下成和棋的概率为，则乙不输棋的概率为 ▲ ．
【答案】
【解析】
试题分析：“乙不输棋”的对立事件为“甲获胜”，P（乙不输棋）=1-P（甲获胜）=
考点：概率
7.已知直线与圆相交于两点，若，则 ▲ ．
【答案】
【解析】
试题分析：圆心，半径为1，圆心到直线距离，而，得，解得
考点：直线与圆位置关系
8.若命题“存在”为假命题，则实数的取值范围是 ▲ ．
【答案】
【解析】
试题分析：由题意得 ，解得
考点：命题真假
9.如图，长方体中，为的中点，三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则的值为 ▲ ．
（第9题）
【答案】
【解析】
试题分析：设长方体长宽高分别为，
考点：棱锥体积
10.已知公差为的等差数列及公比为的等比数列满足，
则的取值范围是 ▲ ．
【答案】
【解析】
试题分析：，
，则的取值范围是
考点：等差数列与等比数列综合
11.设是上的奇函数，当时，，记，则数列
的前项和为 ▲ ．
【答案】
【解析】
试题分析：
考点：奇函数性质
12.在平面直角坐标系中，已知点分别为轴，轴上一点，且，若点
，则的取值范围是 ▲ ．
【答案】
考点：直线与圆位置关系
13.若正实数满足，则的最大值为 ▲ ．
【答案】
【解析】
试题分析：令，则，因此
，当时，，因此的最大值为
考点：判别式法求最值
14.已知函数（其中为常数，），若实数满足：①，②，③，则的值为 ▲ ．
【答案】
考点：三角函数图像与性质
二、解答题 （本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15.在中，角的对边分别为，向量．
（1）若，求证：；
（2）若,，求的值．
【答案】（1）详见解析（2）
【解析】
试题分析：（1）因为，所以由正弦定理得，得证（2）由，又得，从而
试题解析：证明：（1）因为，
所以，所以. ……………7分
（2）因为，所以，即，
因为，所以，又，所以，则，…12分
所以. ……………14分
考点：正弦定理，向量平行与垂直
16.如图，在三棱锥中，，，点，分别为， 的中点．
（1）求证：直线平面；
（2）求证：．
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】
试题分析：（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行，一般从平面几何中进行寻找，如三角形中位线性质，本题点，分别为，的中点，故再应用线面平行判定定理即可（2）线线垂直证明，一般利用线面垂直的判定及性质定理，经多次转化进行论证：先从平面几何中找垂直，∵，为的中点，∴，再利用线面垂直判定定理进行转化，由已知条件及，转化到平面，再转化到，因此得到平面，即．
试题解析：证明（1）∵点，分别为，的中点，
∴，
又∵平面，平面，
∴直线平面． ……………6分
（２）∵，
∴，，
又∵，在平面内，
∴平面， ……………8分
∵平面，∴，
∵，为的中点，∴，
∵，，，在平面内，
∴平面， ……………12分
∵平面，∴． ……………14分
考点：线面平行判定定理，线面垂直的判定及性质定理
17.一个玩具盘由一个直径为米的半圆和一个矩形构成，米，如图所示．小球从点出
发以的速度沿半圆轨道滚到某点处后，经弹射器以的速度沿与点切线垂直的方向弹射到落袋
区内，落点记为．设弧度，小球从到所需时间为．
（1）试将表示为的函数，并写出定义域；
（2）求时间最短时的值．
【答案】（1），（2）
【解析】
试题分析：（1）小球从到所需时间为分两段计算：；而，EF必过圆心O，所以，从而，又由矩形限制得定义域
（2）利用导数求函数最值：先求导数，再求导函数零点，
列表分析得结论当时，时间最短．
试题解析：解：（1）过作于，则，
，，，
所以，．……7分
（写错定义域扣1分）
（2），
，…………9分
记，，
-
0
+
故当时，时间最短． …………14分
考点：函数实际问题，利用导数求函数最值
18.已知数列满足，其中是数列的前项和．
（1）若数列是首项为，公比为的等比数列，求数列的通项公式；
（2）若，，求数列的通项公式；
（3）在（2）的条件下，设，求证：数列中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．
【答案】（1）（2）（3）详见解析
【解析】
试题分析：（1）先根据等比数列通项公式得，再根据等比数列前项和公式得，代入得（2）由题意得，因此利用与关系得，即，，利用累加法得（3）因为，所以由确定k,t，解不定方程，首先先分离，再根据整数性质，可取，则.
试题解析：解：（1）因为，
， …………2分
所以． …………4分
（2）若，则，∴，
两式相减得，即，
当时，，
两式相减得，即， …………8分
又由，得，，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
故数列的通项公式是． …………10分
（3）由（2）得 ，
对于给定的，若存在，使得，
只需，
即，即，则， …………12分
取，则，
∴对数列中的任意一项，都存在和使得． …………16分
考点：等比数列通项公式及前项和公式，累加法求和，不定方程正整数解
19.如图，在平面直角坐标系中， 已知圆，椭圆， 为椭圆右顶点．过
原点且异于坐标轴的直线与椭圆交于两点，直线与圆的另一交点为，直线与圆的
另一交点为，其中．设直线的斜率分别为．
（1）求的值；
（2）记直线的斜率分别为，是否存在常数，使得？若存在，求值；若不存在，说明理由；
（3）求证：直线必过点．
【答案】（1）（2）（3）详见解析
试题解析：解：（1）设，则，
所以． …………4分
（2）联立得，
解得，
联立得，
解得， …………8分
所以，，
所以，故存在常数，使得． …………10分
（3）当直线与轴垂直时，，
则，所以直线必过点．
当直线与轴不垂直时，直线方程为：，
联立，解得，
所以，故直线必过点． …………16 分
（不考虑直线与轴垂直情形扣1分）
考点：直线与圆位置关系，直线与椭圆位置关系
20.已知函数，，．
(1)若，求证：
（ⅰ）在的单调减区间上也单调递减；
（ⅱ）在上恰有两个零点；
(2)若，记的两个零点为，求证：．
【答案】（1）（i）详见解析（ii）详见解析（2）详见解析
【解析】
试题分析：（1）（i）先确定导函数的单调减区间：因为，所以的递减区间为，再确定时，，（ii），变量分离得，利用导数研究函数得当时，单调递增，
值域为；当时，单调递增，且，值域为；因此与有两个交点，所以在上恰有两个零点．（2）由零点存在定理确定取值范围：，，所以，， ．
试题解析：证：（1）（i）因为，所以，
由得的递减区间为， …………2 分
当时，，
所以在的递减区间上也递减． …………4 分
（ii）解1：，
因为，由得，
令，则，
因为，且，所以必有两个异号的零点，记正零点为，则时，，单调递减；时，，单调递增，若在上恰有两个零点，则， …………7 分
由得，
所以，又因为对称轴为所以，
所以，所以，
又，
设中的较大数为，则，
故在上恰有两个零点． …………10 分
解2：，
因为，由得，
令，
若在上恰有两个零点，则在上恰有两个零点，
当时， 由得，此时在上只有一个零点，不合题意；
当时，由得， …………7 分
令，
则，
当时，单调递增，且由值域知
值域为；当时，单调递增，且，由值域知值域为；
因为，所以，而与有两个交点，所以在上恰有两个零点． …………10 分
（2）解1：由（2）知，对于在上恰有两个零点，
不妨设，又因为，，所以，……12 分
又因为，，所以，
所以． …………16 分
解2：由（2）知，
因为时，单调递增，，，
所以， …………12 分
当时，单调递增，，，
所以，
所以． …………16 分
考点：利用导数研究函数单调性，零点存在定理
附加题
21.A（几何证明选讲，本题满分10分）如图,圆是的外接圆,点是劣弧的中点,连结并延长,与以为切点的切线交于点,求证:.
【答案】详见解析
【解析】
试题分析：由弦切角定理得,因此～，从而，又等弧对等弦，所以,即.
试题解析：证明：连结，因为为圆的切线，
所以,
又是公共角，所以～， ……………5分
所以 ,
因为点是劣弧的中点,所以,即. ……………10分
考点：三角形相似，弦切角定理
21.B（矩阵与变换，本题满分10分）已知矩阵的一个特征值为,求.
【答案】
【解析】
试题分析：由矩阵特征多项式得一个解为，因此，再根据矩阵运算得
试题解析：解：代入，得
矩阵 ……………5分
∴ ……………10分
考点：特征多项式
21.C（坐标系与参数方程，本题满分10分）在平面直角坐标系中,已知直线与椭圆的一条准线的交点位于轴上,求实数的值.
【答案】
【解析】
试题分析：利用加减消元得直线普通方程：，利用平方关系消参数得椭圆普通方程，得准线：，因此，即
试题解析：解：直线：，
椭圆:， …………………………5分
准线：
由得， …………………………10分
考点：参数方程化普通方程
21.D（不等式选讲，本题满分10分）已知正实数满足，求证：.
【答案】详见解析
【解析】
试题分析：由均值不等式得，，因此
试题解析：证明：因为正实数满足，
所以，即， …………………………5分
所以
因此， ……………………10分
考点：均值不等式
22.如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC = 3，BC = 4，AB = 5，AA1 = 4．
（1）设，异面直线AC1与CD所成角的余弦值为，求的值；
（2）若点D是AB的中点，求二面角D—CB1—B的余弦值．
【答案】（1）或（2）
【解析】
试题分析：（1）利用空间向量研究线线角，先建立恰当的空间直角坐标系，设出各点坐标，表示出向量AC1及向量CD坐标，再根据向量数量积求出向量夹角，最后根据线线角与向量夹角之间关系确定等量关系，求出的值（2）先根据方程组求出平面的一个法向量及平面的一个法向量，再根据向量数量积求出向量夹角，最后根据二面角与向量夹角之间关系，求二面角的余弦值。
试题解析：解：（１）由AC = 3，BC = 4，AB = 5得 ……………１分
以CA、CB、CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则Ａ(3,0,0)，(0,0,4)，B(0,4,0)，设D(x,y,z)，则由得，而，
根据解得，或 ……………５分
（２），可取平面的一个法向量为；
…………………………７分
而平面的一个法向量为，并且与二面角D—CB1—B相等，
所以二面角D—CB1—B的余弦值为． ………１０分
（第（１）题中少一解扣１分；没有交代建立直角坐标系过程扣1分．第（２）题如果结果相差符号扣１分．）
考点：利用空间向量研究线线角及二面角
23.已知，若存在互不相等的正整数…，使得…同时小于，则记为满足条件的的最大值．
（１） 求的值；
（２） 对于给定的正整数，
（ⅰ）当时，求的解析式；
（ⅱ）当时，求的解析式．
【答案】(1) (2)(i) (ii)
【解析】
试题分析：(1) 阅读理解题意，具体验证：取，，满足题意，若，则必有，不满足题意，即．(2)(i) 取一串数为：…，满足题意，若，则必有，不满足题意，因此， (ii) 取一串数为：…，满足题意，若，则必有，不满足题意，因此
试题解析：解：（1）由题意，取，，满足题意，
若，则必有，不满足题意，
综上所述：的最大值为，即． ………………4分
（２）由题意，当时，
设…，…，
显然，时，满足，
∴从集合中选出的至多个，
时，，
∴从集合中选出的必不相邻，
又∵从集合中选出的至多个，
∴从集合中选出的至多个，放置于从集合中选出的之间，
∴， ………………6分
（ⅰ）当时，
取一串数为：…，
或写成，（），
此时，(),，满足题意，
∴， ………………8分
（ⅱ）当时，
从中选出的个：…，考虑数的两侧的空位，填入集合的两个数，不妨设，则，与题意不符，
∴，
取一串数为：…
或写成，（），
此时，（），，满足题意，
∴， ………………10分
（写出（ⅰ）、（ⅱ）题的结论但没有证明各给１分．）
考点：新定义，构造数列
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