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1、数学试题（理科）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖賃軔朧碍鳝绢懣硯涛镕頃赎巯驂雞虯从躜鞯烧。1.若集合，则等于（ ）A B C D2.复数满足（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限3.“”是“”的（ ）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条 聞創沟燴鐺險爱氇谴净祸測樅锯鳗鲮詣鋃陉蛮苎覺藍驳驂签拋敘睑绑。4.在的展开式中，含的项的系数为（ ）A B C D 5.执行如图所示的程序框图，输出值为（ ）A
2、 B C D6.设函数，在区间随机取一个实数，则的值不小于常数的概率是（ ）A B C D7.已知圆与直线及都相切，圆心在直线上，则圆的方程为（ ）A B C D8.在各项均为正数的等比数列中，若,数列的前项积为，且，则的值为（ ）A B C D 9.已知函数的周期为，若将其图象沿轴向右平移个单位，所得图象关于原点对称，则实数的最小值为（ ）A B C D10.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A B C D 11.体积为的球有一个内接正三棱锥，是球的直径，,则三棱锥的体积为（ ）A B C D12.设正数，满足程，若不等式有解，则实数的取值范围是（ ）A B C D第卷
3、（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知单位向量，满足，则向量与的夹角为 14.设不等式，表示的平面区域为,若直线上存在内的点，则实数的最大值是 15.过双曲线的右焦点且垂于轴的直线与双曲线交于,两点，与双曲线的渐近线交于,两点，若,则双曲线离心率的取值范围为 残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟婭骒東戇鳖納们怿碩洒強缦骟飴顢歡窃緞駔蚂。16.设等差数列的前项和为，若，则满足的正整数的值为 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 在锐角中,设角，,所对边分别为，,，.（1）求证：;（2）若,，求的值.18. 某地区拟建立一
4、个艺术搏物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从个招标总是中随机抽取个总题，已知这个招标问题中，甲公司可正确回答其中道题目，而乙公司能正面回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相独立，互不影响的.酽锕极額閉镇桧猪訣锥顧荭钯詢鳕驄粪讳鱸况閫硯浈颡閿审詔頃緯贾。（1）求甲、乙两家公司共答对道题目的概率；（2）请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？19. 如图所示，在四棱锥中，底要为平行四边形，,底面,为上一点，且.（1）证明：;（2）求二面角余
5、弦值.20. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，由椭圆短轴的一个端点与两焦点构成一个等边三角形，它的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）已知动点在椭圆上，点，直线交轴于点,点为点关于轴对称点，直线交轴于点,若在轴上存点，使得,求点的坐标.彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑诒尔肤亿鳔简闷鼋缔鋃耧泞蹤頓鍥義锥柽鳗铟。21.已知函数 （是自然对数的底数）.（1）求的单调区间；（2）若，当对任意恒成立时，的最大值为，求实数的取值范围.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程以坐标系原点为极点，轴正半轴为极轴，且两个坐标系取相等长度单位.已知直线的参数方程为（
6、为参数，），曲线的极坐标方程为.謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔點鉍杂篓鳐驱數硯侖葒屜懣勻雏鉚預齒贡缢颔。（1）求直线的普通方程和曲线的直角从标方程；（2）设直线与曲线相交于,两点，当变化时，求的最小值.23.选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设，若关于的不等式的解集非空，求实数的取值范围.试卷答案一、选择题1-5: 6-10: 11、12：1.，.2. B ，则它在复平面内对应的点为，位于第二象限.3. 若，则，从而;若，则，解得或.所以，前者是后者的充分分不必要条件.4. ，令，得.5. ，；，；，.6. 当时，当时，即，所以的值不小于常数的概率是.7. 到两直线的距离都相等
7、的直线方程为，联立方程组，解得.双两平行线之间的距离为，所以，半径为，从而圆的方程为.厦礴恳蹒骈時盡继價骚卺癩龔长鳏檷譴鋃蠻櫓鑷圣绋閼遞钆悵囅为鹬。8. 因为，所以，即.又，由，得.9. ，解得，从而.函数向右平移个单位后，得到新函数为.，当时，的最小傎为.10. 该几何体的直观图如图所示，它是一底面是菱形的直四棱柱，在左上角切去一个三棱锥后形成的几何体.所以.茕桢广鳓鯡选块网羈泪镀齐鈞摟鳎饗则怿唤倀缀倉長闱踐識着純榮詠。11. 由题意可得球的半径为，如图，因为是球的直径，所以，可得,所在小圆圆心为,可由射影定理,所以，,因为为的中心，所以可求出的边长为，面积为，因此，三棱锥的体积为.鹅娅尽損
8、鹌惨歷茏鴛賴縈诘聾諦鳍皑绲讳谧铖處騮戔鏡謾维覦門剛慘。12. 由，得，又，整理得，令，所以，易知函数在上递增，在上递减.因为，所以.二、填空题13. （或） 由题可得，故向量与的夹角为（或写成）. 14. 可行域为如图所示的五边形及其内部，联立方程组，解得，即,当直线过点时，.籟丛妈羥为贍偾蛏练淨槠挞曉养鳌顿顾鼋徹脸鋪闳讧锷詔濾铩择觎測。15. 易知，因为渐近线，所以 ，由化简得，即，所以，从而，解得.16. ，得，.， .满足的正整数的值为.三、解答题17.（1）证明：，由正弦定理，得即，即 .（2）解：,.由（1）得，为锐角，,.，即，或.由,知为锐角，所以舍去，从而.18.解：（1）由题
9、意可知，所求概率.(2)设甲公司正确完成面试的题数为,则的取值分别为，.,，.则的分布列为：.设乙公司正确完成面试的题为,则取值分别为，.,则的分布列为：.（或,）.()由,可得，甲公司竞标成功的可能性更大.19.（1）证明：在中, .不妨设,则由已知,得,所以，所以,所以，即,又底面,所以所以.(2)解：由（1）知,以为原点，如图所示建立空间直角坐标系，设,于是， , ,因为为上一点，且,所以，所以,所以,，设平面的法向量，则，令，则又,设平面的法向量，令，则，设二面角的大小为，由图可知，则.20.解：（1）因为，所以，因此椭圆的方程为.（2）设，由,三点共线，整理得；同理，由,三点共线得.又因为,则,所以,即.又且，所以.由于，所以.所以，点的坐标为.21.解：（1）因为，所以.当时，所以在上单调递增.当时，令，得令，得，所以在上单调递减；在上单调递增.（2），即对任意恒成立，所以对任意恒成立.令，因为的最大值为，所以恒成立.由于，满足题意.因此的取值范围是.22.解：（1）由消去得，所以直线的普通方程为.由，得，把，代入上式，得，所以曲线的直角坐标方程为.（2）将直线的参数方程代入，得，设、两点对应的参数分别为，则，所以.当时，的最小值为.23.解：（1）原不等式可化为：或由得或，由得或，综上，原不等式可化为：.（2）原不等式等价于的解集非空.令，即，由，所以，由，解得.
