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1、 第卷一、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.1. 若集合,则集合的子集共有( )A. 2个 B. 4个 C. 8个 D. 16个【答案】D点睛:对于有限集合我们有一下结论:若一个集合中有n个元素,则它有个子集.有-1个真子集2. 图中网格纸的小正方形的边长是1,复平面内点所表示的复数满足,则复数( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题得:,所以点睛:考察复数的坐标表示及复数的四则运算3. 具有性质:的函数,我们称为满足“倒负”变换的函数.给出下列函数:;其中满足“倒负”变换的函数是( )A. B. C. D. 【答
2、案】C点睛:考察新定义倒负函数,根据题意逐一验证即可4. 已知数列的前项和为,且对于任意,满足,则的值为( )A. 91 B. 90 C. 55 D. 54【答案】A【解析】由得即,所以,即数列从第二项起为等差数列,公差为2,所以点睛:考擦等差数列的求和5. 某算法的程序框图如图所示,若输出的,则输入的的值可能为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】执行程序可得:,可将备选答案代入进行验证即可,得当时输出点睛:考察程序框图,可以根据答案进行推算易得答案6. 在区间上任取两个数,则这两个数之和小于的概率是( )A. B. C. D. 【答案】D点睛:本题考查几何概型的计算,解题的关键在
3、于用平面区域表示出题干的代数关系7. 在中,是斜边上的两个动点,且,则的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】以, 为轴建立直角坐标系,则:,,设,假设,因为,所以,=,又,所以的取值范围为点睛:根据题意建立坐标系求解时解题关键8. 若一个正四面体的表面积为,其内切球的表面积为,则( )A. B. C. D. 【答案】B点睛:本题主要考察四面体的性质、球的表面积公式和多面体外接球内接球的问题,此题可以好好总结.9. 将函数的图象上各点的纵坐标不变,横坐标扩大到原来的2倍,所得图象的一条对称轴方程可以是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析:横坐标伸长到原来
4、的2倍,则周期变为2倍,函数式为,令得对称轴为考点:三角函数性质10. 若关于的方程有解,则实数的最小值为( )A. 4 B. 6 C. 8 D. 2【答案】B【解析】方程有解等价于,所以实数的最小值为6点睛:考察函数方程,要注意分离参数法的运用结合基本不等式即可求解11. 已知为双曲线的左焦点,点为双曲线虚轴的一个端点,过,的直线与双曲线的一条渐近线在轴右侧的交点为,若,则此双曲线的离心率是( )A. B. C. D. 【答案】A点睛:本题主要考察直线与圆锥曲线和空间向量及其运算,求离心率得问题主要是从题目中找到得相关等式,然后根据其关系求解离心率即可12. 已知定义在上的可导函数的导函数为
5、,满足,且为偶函数,则不等式的解集为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】为偶函数,所以图象关于对称所以设,则,又因为,所以,所以再定义域上是单调递减,因为,所以,又,所以,所以点睛:本题主要考察函数的得构造,函数的单调性和解不等式,本题当中的函数的构造是解题的关键,可以好好总结一下第卷:非选择题(共90分)本卷包括必考题和选考题两部分.第13题至第21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22题至第23题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13. 如图,圆内的正弦曲线,与轴围成的区域记为(图中阴影部分),随机向圆内投一个点,则点落在区域外的
6、概率是_【答案】点睛:本题的关键是利用定积分求出阴影区域的面积,然后根据几何概型的计算公式求解即可14. 在三棱柱中,侧棱平面,底面是边长为2的正三角形,则此三棱柱的体积为_【答案】【解析】试题分析:取线段的中点,连接,过点作于点,因为底面是正三角形,则,又因为侧棱平面,平面,所以 考点:面面垂直的判定与性质、棱柱的体积公式15. 设,满足约束条件,记的最小值为,则展开式中项的系数为_【答案】【解析】如图所示,的最小值为=-1,然后根据二项式定理:,令,代入可得项的系数为 点睛:本题解题关键是要熟悉二项式定理的通项表达式,然后根据题目要求解答即可16. 已知数列满足, ,则_【答案】【解析】因
7、为,所以 = 点睛:本题主要是借助于数列的求通项的方法:累加法求解即可. 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. 已知.(1)求函数取最大值时的取值集合;(2)设的角,所对的边分别为,若,求面积的最大值.【答案】(1);(2).(2)因,由(1)得,又,即,所以,解得,在中,由余弦定理,得,所以,当且仅当,即为等边三角形时不等式取等号.故面积的最大值为.点睛:考察正余弦定理和三角恒等变换,在求最值时要注意与基本不等式的结合18. 随机调查某社区80个人,以研究这一社区居民在17:0021:00时间段的休闲方式是否与性别有关,得到下面的数据表:(1
8、)将此样本的频率估计为总体的概率,随机调查3名在该社区的男性,设调查的3人在这一时间段以看书为休闲方式的人数为随机变量,求的分布列和期望;(2)根据以上数据,能否有99%的把握认为在17:0021:00时间段的休闲方式与性别有关系?【答案】(1)见解析;(2)能有.所以.(2)由,得,因为,所以我们有的把握认为休闲方式与性别有关.点睛:根据题意先判断是二项分布还是超几何分布然后写分布列,并且要熟悉二项分布的期望的快速求法,独立性检验要理解公式中每个数据再列联表中的位置,对号入座不要搞混淆了. 19. 如图,在棱长为2的正方体中,分别是棱,的中点,点,分别在棱,上移动,且.(1)当时,证明:直线
9、平面;(2)是否存在,使面与面所成的二面角为直二面角?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.【答案】(1)见解析;(2).(2)设平面的一个法向量为,则由,得,于是可取.设平面的一个法向量为,由,得,于是可取.点睛:立体几何的有关证明题,首先要熟悉各种证明的判定定理,然后在进行证明,要多总结题型,对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系,求出法向量然后根据向量夹角公式求解二面角,要注意每一个坐标的准确性20. 在平面直角坐标系中,椭圆 的一个焦点为,为椭圆上的一点,的面积为.(1)求椭圆的标准方程;(2)若点在圆上,是否存在过点的直线交椭圆于点,使?若存在,求出直线的方程;若不存在,请说明理由
10、.【答案】(1);(2).(2)假设存在过点的直线适合题意,则结合图形易判断知直线的斜率必存在,于是可设直线的方程为,由,得.(*)解得,所以,即.所以,即.因为点在圆上,所以,化简得,解得,所以.经检验知,此时(*)对应的判别式,满足题意.故存在满足条件的直线,其方程为.点睛:根据题意建立等式然后求解方程即可,第二问中要注意向量的坐标运算,然根据等式联立,写出韦达定理,进行验证即可.注意计算的准确性.21. 已知函数.(1)求在上的最大值和最小值;(2)设曲线与轴正半轴的交点为处的切线方程为,求证:对于任意的正实数,都有.【答案】(1)最大值为2,最小值为-18;(2)见解析.点睛:考察导数
11、的综合运用,注意恒成立问题要转化为最值问题来解请考生在22、23两题中任选一题做答,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】已知半圆的参数方程为,其中为参数,且.(1)在直角坐标系中,以坐标原点为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,求半圆的极坐标方程;(2)在(1)的条件下,设是半圆上的一点,且,试写出点的极坐标.【答案】(1) ,;(2).点睛:考察极坐标与参数方程,方程之间的互化要熟悉23. 【选修4-5:不等式选讲】已知函数.(1)解不等式;(2)已知,若 恒成立,求函数的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】(1)不等式,即.当时,即,得;当时,即,得;当时,即,无解.综上,原不等式的解集为.(2) .令 结合函数的图象易知:当时,.要使不等式恒成立,只需,即,故所求实数的取值范围是.点睛:考察绝对值不等式的解法和三角绝对值不等式求最值欢迎访问“高中试卷网”http:/sj.fjjy.org