考试数学（理）
第Ⅰ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. 1. 已知集合( )
A. 2 B. 3 C. 2或3 D. 2或4 【答案】C
【解析】由题意可得：
结合交集的定义可得：则等于2或3. 本题选择C选项. 2. 若平面区域
，夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两面三刀条平行直
，
，
，若
，则等于
线间的距离的最小值是( ) A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】作出平面区域如图所示：
∴当直线y=x+b分别经过A，B时，平行线间的距离相等。
- 1 -
联立方程组联立方程组
,解得A(2,1)， ,解得B(1,2).
两条平行线分别为y=x−1，y=x+1，即x−y−1=0，x−y+1=0. ∴平行线间的距离为本题选择D选项.
3. 下列说法正确的是( ) A. “若B. 在C. “若D. 【答案】C
【解析】对于A,“若a>1,则a2>1”的否命题是“若a⩽1,则a2⩽1”，故A错； 对于B，在△ABC中，“A>B”⇔“a>b”⇔“2RsinA>2RsinB”⇔“sinA>sinB”， 故在△ABC中，“A>B”是“sinA>sinB”充分必要条件，故B错； 对于C,tanα=正确；
对于D,由幂函数y=x(n<0)在(0,+∞)递减,可得x∈(−∞,0)使得3>4成立，故D错。 本题选择C选项. 4. 为得到函数
的图象，可将函数
的图象( )
n
x
x
，
，则中，“
，则 使得
”的否命题是“若”是 “
”是真命题
成立
，则”
”的必要不充分条件
⇔(k∈Z,“tanα≠,则α≠”⇔“α=则tanα=”故C
A. 向右平移个单位 B. 向左平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 【答案】A 【解析】原函数新函数
则函数图象需要向右平移：
，
，
个单位.
- 2 -
本题选择A选项.
点睛：三角函数图象进行平移变换时注意提取x的系数，进行周期变换时，需要将x的系数变为原来的ω倍，要特别注意相位变换、周期变换的顺序，顺序不同，其变换量也不同． 5. 某公司的班车在7：00，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( ) A. B. C. D. 【答案】B
【解析】试题分析：设小明到达时间为y， 当y在7：50至8：00，或8：20至8：30时， 小明等车时间不超过10分钟， 故P=
考点：几何概型 6. 等比数列
中，
，则数列
的前8项和等于( )
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】C
【解析】试题分析：由等比数列的性质知所以
，
．故选C
考点：等比数列的性质，对数的运算． 7. 已知双曲线
两点，为坐标原点，若A. B. 2 C. 【答案】B
【解析】y=−8x的准线方程为l:x=2， ∵双曲线
点,△ABO的面积为∴∴b=
2
的两条渐近线与抛物线的面积为
的准线分别交于
，则双曲线的离心率为( )
D. 4
的两条渐进线与抛物线y=−8x的准线分别交于A,B两
， ，
2
a，
- 3 -
∴c=2a， ∴
.
本题选择B选项.
点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出a，c，代入公式
；
2
2
2
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b＝c－a转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)． 8. 存在函数A. C. 【答案】D 【解析】A：取
，可知，即
，再取
∴
考点：函数的概念 9. 已知
的外接圆的圆心为，半径为2，且
，则向量
在向量
，可知
，即
，再取
，可知
，可知 ，
满足，对任意
B.
D.
都有( )
，矛盾，∴A错误；同理可知B错误，C：取
，矛盾，∴C错误，D：令，符合题意，故选D.
方向上的投影为( ) A. 3 B. 【答案】B
【解析】△ABC的外接圆的圆心为O,半径为2,且
，
C. -3 D.
- 4 -
∴OBAC为平行四边形。
∵△ABC的外接圆的圆心为O,半径为2,得
∴四边形OBAC是边长为2的菱形,且∠ABO=∠ACO=60°， 因此,∠ACB=∠ACO=30°， ∴向量
在
方向上的投影为：
，
，
本题选择B选项. 10. 在正三棱柱
中，
，则
与
所成角的大小为( )
A. B. C. D. 【答案】D
【解析】以A为原点,在平面ABC中过A作AC的垂线为x轴,以AC为y轴,AA1为z轴, 建立空间直角坐标系如图所示，
设BB1=,则A(0,0,0),,
，
，
,
，
∴AB1与C1B所成角的大小为. 本题选择D选项.
点睛：本题可从两个不同角度求异面直线所成的角，一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的
- 5 -
关键，一般地，异面直线的夹角的余弦值为.
11. 如图，网格上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
A. 6 B. 【答案】A
C. D. 4
【解析】试题分析：由三视图,可判断几何体为四面体,且四面体的长,宽,高均为,故可考虑于棱长为的正方体中研究,如图所示,该四面体为
,
，故最长的棱长为,选A.
考点:三视图.
【易错点睛】本题考查了三视图视角下多面体棱长的最值问题,考查了考生的识图能力以及由三视图还原物体的空间想象能力.解答醒的关键是得到该几何体的形状.放在正方体中构造几何体的形状是本题的难点,由正方体还原几何体的形状后就很容易求同各个棱的长度.本题难度中等,对学生的识图能力有一定的要求.
12. 若存在两个正实数
，使得等式
成立，其中为自然对
数的底数，则实数的取值范围是( )
- 6 -
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由3x+a(2y−4ex)(lny−lnx)=0得3x+2a(y−2ex)ln=0， 即，
即设
，则t>0，
则条件等价为3+2a(t−2e)lnt=0， 即(t−2e)lnt=−有解， 设g(t)=(t−2e)lnt，
为增函数，
∵
，
∴当t>e时,g′(t)>0， 当0 则a<0或 ， 实数的取值范围是 本题选择D选项. 第Ⅱ卷（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. 设复数，其中是虚数单位，则的模为__________. 【答案】 【解析】由复数的运算性质可得：. 14. 的展开式中，的系数为15，则 __________. - 7 - 【答案】 【解析】 展开式的通项公式为： 7 ， 令10-r=7可得：r=3，则x的系数为： 。 15. 用数字1，2，3组成的五位数中，数字1，2，3均出现的五位数共有__________个（用数字作答）. 【答案】150 【解析】使用排除法， 首先计算全部的情况数目，共3×3×3×3×3=243种， 其中包含数字全部相同即只有1个数字的3种， 还有只含有2个数字的有： ⋅(2×2×2×2×2−2)=90种； 故1、2、3都至少出现一次，即含有3个数字的有243−3−90=150种。 点睛：解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)． 16. 已知数列 满足 __________. 【答案】1 【解析】由递推关系可得：据此可得：数列 是首项为1，公差为1的等差数列， ， 则当n≥2时：据此有： ， ，又 ， ，若 表示不超过的最大整数，则 ........................ 很明显： ， - 8 - 则1. 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. 函数(1) 求函数(2) 在 ，求 中，角 的解析式； 满足 ，且其外接圆的半径 ，边长 的部分图象如图所示. 的面积. 【答案】(1)【解析】试题分析： (1)结合函数图象分别求得 ；(2) . 的值即可得到函数的解析式为 的面积为 . ； (2)由题意结合余弦定理求得b=2，然后结合面积公式可得试题解析： （1）由图 ，解得，即 由于（2）由. ，得 ，因此 ，∴ ， ，即 ， 的面积为 18. 某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险峰种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上处度的出险次数的关联如下： - 9 - 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下： (1) 求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率； (2) 若一续保人本年度的保费高于基本保费用，求其保费比基本保费高出60%的概率； (3) 求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值. 【答案】(1)0.55；(2)；(3)1.23. 【解析】试题分析： (1)利用概率的性质可得一续保人本年度的保费高于基本保费的概率是0.55； (2)结合条件概率计算公式可得一续保人本年度的保费高于基本保费用，求其保费比基本保费高出60%的概率是； (3)首项列出分布列，然后结合分布列计算可得续保人本年度的平均保费与基本保费的比值是1.23. 试题解析： (1) 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年内出险次数大于1，故 (2) 设表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于3，故又 ，故 ，因此所求的概率为 (3)记续保人本年度的保费为，则的分布列为 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 - 10 - ，因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为19. 如图，在各棱长均为2的三棱柱 . (1) 求侧棱 与平面 所成角的正弦值的大小； 间的距离； ，在直线 底面 ， 中，侧面 (2) 求异面直线(3) 已知点满足 上是否存在点，使平面？若存在， 请确定点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；(2)【解析】试题分析： ；(3) 存在点，使平面，且为点. (1)建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量和平面的法向量可得侧棱角的正弦值的大小是； (2)结合异面直线距离公式计算可得异面直线(3)利用空间向量的结论计算可得存在点，使试题解析： (1) ∵面又 底面 ，作 ，且各棱都相等 故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 于点 面 ， 间的距离是平面 ，且为 ； 与平面所成 点. - 11 - 则∴设平面则由(2) 异面直线 公垂线的方向向量，取 异面直线(3) 的距离为 ，所以点的坐标为，则为平面 面 ，故存在点，使 平面，直线 ，且为的法向量 ； 的法向量为 ，即 ，∴侧棱 与平面， ，所以 ，取 所成角的正弦值的大小为； 假设存在点符合题意，设因∴又 平面 ， 点. 20. 已知椭圆 在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点(1) 求椭圆的方程； (2) 直线过点 【答案】(1) ；(2)3. ，且与椭圆交于 与椭圆在第一象限内的交点是，点 ，且 . ，椭圆的另一个焦点是 两点，求的内切圆面积的最大值. - 12 - 【解析】试题分析： (1)由题意求得 ，所以椭圆的方程为 ； ，换元之后结合对勾函数的性质可得 (2)由题意求得内切圆的面积函数： 面积的最大值为3. 试题解析： （1）点在直线 又 又在椭圆 上，解得（2）由（1）知为 ，则 ，过点 上，点在轴上的射影恰好是椭圆的右焦点 ，所以 ，所以椭圆的方程为 的直线与椭圆交于 . . ，所以为 两点，则的周长 面积最大时，其 （为三角形的内切圆半径），当 内切圆面积最大 设直线的方程为：由 得 所以令所以 ，则 ，所以，当 ，而 时取等号，即当 在， 上单调递增， 面积的最大值为3 点睛：直线与椭圆联立问题 第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程． 第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程． 第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0. 第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出． 第五步：根据题设条件求解问题中的结论． 21. 已知函数 . - 13 - (1) 求(2) 当 的极值； 时，求证： 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【解析】试题分析： (1)结合导函数研究原函数可得(2)原问题等价于 在 时取极小值，极小值为.构造新函数 ，无极大值. ， 结合题意和函数的特征即可证得题中的结论. 试题解析： (1)∵ 时，∴ 在 ， 递增； 时取极小值，极小值为，所以只需证明 ，则 递增，又有且只有一个根，记为递减，在 ，∵ ，∴ 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. 在直角坐标系 中，直线的参数方程为 （为参数），若以坐标原点为极 . ，∴ ，故结论成立. ，∴ ，∴ ， . ， 递增. 时， 递减， ，无极大值. . ， （2）因为设所以所以 在∵设 递增，所以 点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知圆的极坐标方程为(1) 求圆的直角坐标方程； - 14 - (2) 若直线与圆交于 【答案】(1)【解析】试题分析： 两点，点的直角坐标为（0，2），求的值. ；(2). (1)将极坐标方程两侧同时乘以，据此即可将极坐标方程转化为直角坐标方程； (2)联立直线的参数方程与圆的直角坐标方程，结合韦达定理和直线参数的几何意义可得 的值是 试题解析： (1)圆 的极坐标方程为 ，配方为 ，化为 . ，可得直角坐标方程： . (2)把设所以23. 设函数(1) 解不等式(2) 若 【答案】(1) （为参数）代入 对应参数分别为 ； ，则 ，得，. . 对一切实数均成立，求的取值范围. ；(2). 时；当 时；当 时，分别的最小值 【解析】试题分析：（1）分类讨论，当 求出不等式的解集，再把解集取并集；（2）利用绝对值的性质，求出为，故 . . ， 的最小值为，故 ． 试题解析：（1）不等式的解集为：（2）所以， 考点：1、绝对值不等式的解法；2、不等式恒成立求参数范围. - 15 - 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容