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数学
注意事项：
1.本类满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名 准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，则的子集个数为（ ）
A.7 B.8 C.15 D.16
2.已知复数满足，则（ ）
A. B.2 C. D.
3.已知为所在平面内的点，且.若，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知抛物线的焦点为，其准线与双曲线的两条渐近线分别交于点，若为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.2 C. D.
5.已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.若是等比数列，且，则数列的前8项和为（ ）
A.689 B.716 C.729 D.1597
7.音乐喷泉曲线形似藤蔓上挂结的葫芦，也可称为“葫芦曲线”.它的性质是每经过相同的时间间隔，它的振幅就变化一次.如图所示，某条葫芦曲线的方程为，其中表示不超过的最大整数，如且，且经过点，则该条葫芦曲线与直线交点的纵坐标为（ ）
A. B. C. D.
8.已知定义在上的函数满足：，且，则（ ）
A.1364 B.1363 C.1264 D.1263
二 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.由某班数学考试成绩的数据分析可知，男生成绩与女生成绩均服从正态分布，且，则（ ）
A. B.
C. D.
10.已知函数的图象关于点对称，则（ ）
A.
B.是的极小值点
C.当时，
D.若在上有最小值，则
11.如图，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2的正方形，侧面为正三角形，是的中点，点满足，其中，则（ ）
A.与所成角的余弦值为
B.不存在点使得
C.若四棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
D.若，过点的平面与线段交于点，则
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若，则__________.
13.已知过点的直线与圆交于两点，则弦的中点的轨迹方程为__________.
14.从中任取两数（可以相同），则的个位是7的概率为__________.
四 解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15.（13分）
如图，在四边形中，.
（1）求的长；
（2）求四边形的面积.
16.（15分）
如图，在三棱台中，平面，且，分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17.（15分）
已知为椭圆的一个焦点，的长半轴长与焦距相等，且与直线相切.
（1）求椭圆的方程；
（2）过的动直线与交于两点，请探究与之间有何关系？并证明.
18.（17分）
已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）证明：当时，函数只有一个零点.
19.（17分）
某厂家为增加销售量特举行有奖销售活动，即每位顾客购买该厂生产的产品后均有一次抽奖机会.在一个不透明的盒子中放有3个大小 质地完全相同的小球，小球上分别标有三个数字，抽奖规则为：每个顾客从盒中随机抽取1个小球，抽到标有数字5的中一等奖，抽到标有数字2的中纪念奖，抽到标有数字0的没有奖，每位顾客只能抽取一次，且每位顾客抽取的结果相互独立.记位消费者抽取的小球上的数字之和为的不同取值个数为.
（1）求的值；
（2）当时，求的概率；
（3）求数列的前项和.
数学参考答案
1.B 因为集合，所以，所以的子集个数为.故选B.
2.D 因为，所以.故选D.
3.A 因为，所以，所以，所以，故.故选A.
4.A 抛物线的焦点为，准线方程为，双曲线的两条渐近线方程为，不妨取为等腰直角三角形，由对称性可知，直线的倾斜角为，则，解得，所以双曲线的离心率.故选A.
5.B 因为时，单调递减，又在上单调递减，所以时，单调递减，则只需满足解得.故选B.
6.C 设等比数列的公比为，则，所以，则，故数列的前8项和为.故选C.
7.C 将点代入葫芦曲线的方程可得，即，由，，可得，因此曲线方程为，当时，可得，所以交点的纵坐标为.故选C.
8.D 由，可得①，则有②，③，④，将①②③④左 右分别相加，得，又，即，故得，所以，将以上式子左 右分别相加，得，又，所以.故选D.
9.AC 由，得，A正确；由，得，B错误；由于随机变量服从正态分布，该正态曲线的对称轴为直线：，所以，C正确；因为，所以，D错误.故选AC.
10.ACD 因为函数的图象关于点对称，且，所以，即-8，解得，所以，A正确；，令0，得或；令，得，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以是函数的极小值点，B错误；当时，，且函数在区间上单调递减，所以，C正确；由上知，在上有最小值，则，D正确.故选ACD.
11.ACD 取中点中点，连接，则.又平面平面，平面平面平面，所以平面.因为平面，所以，所以直线两两垂直，故以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，A正确；
因为，），若，则，即，解得或，所以存在点，使得B错误；
设交于点，则可设球心为，又，所以，解得，所以外接球半径，外接球表面积为，C正确；
设，则.因为共面，则共面，故存在唯一实数对，使得，即，所以解得，D正确.故选ACD.
12. 因为，所以.
13. 由直线过点，圆可知，圆心为，设点，由题意可知，当点与点不重合时，，则，整理得，即，此时点的轨迹为圆但不包括点.当点与点重合时，其坐标满足方程.综上，点的轨迹方程为.
14. 从中任取两数（可以相同），共有种不同取法，因为的个位数字随着从1开始，依次是，周期变化，的个位数字随着从1开始，则依次是，周期变化，故它们的周期均为4，所以中，共有种数型，且每种数型的个数是相同的，都是506个.又和的尾数中只有三种情形中个位数字是7，即时，的个位数字是7.又，所以满足的个位数字是7的取法有种取法，所以所求概率为.
15.解：（1）在中，由余弦定理得，
即，所以.
（2）在中，由正弦定理，得，所以.
因为，所以.
又，所以，所以，
所以四边形的面积.
16.（1）证明：连接，则四边形为矩形.
因为，所以，
又，所以，
所以，故.
因为是的中点，所以.
因为平面平面，所以.
又平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为平面，所以平面.
（2）解：因为平面平面，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面.
由（1）知，故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直
角坐标系，
则.
因为，所以由棱台的性质得，
所以，所以.
设平面的法向量为，
则取，则，所以.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17.解：（1）由题意可知，解得.
故椭圆的方程为.
（2）与之比为定值，即.
证明：由（1），不妨取，
当的斜率为零时，，
所以；
当的斜率不为零时，设的方程为.
联立方程整理得，
所以，
所以.
因为，
所以，所以.
综上可证得.
18.（1）解：当时，，则，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：.
若，即时，，则在上单调递减；
若，即时，令，得；令，得，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.
综上所述：时，函数在上单调递减；
时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（3）证明：由题知函数，
则.
若，则，所以在上单调递增，
此时，所以只有一个零点为0；
若，令，得或；令，得，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
此时函数的极大值为，极小值为.
不妨令，则，
显然时，，此时单调递增，时，，此时单调递减，
易知，
所以，
又，
所以只有一个零点，且零点在区间内；
若，令，得或，令，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
此时极大值为，极小值为.
不妨令，则，
此时单调递减，又，
，
所以函数只有一个零点，且零点在区间内.
综上所述，当时，函数只有一个零点.
19.解：（1）①当时，的取值可能为，共3个，故；
②当时，的取值可能为，故；
③当时，的取值可能为，故.
②由题意得，每个小球被抽到的概率均为.
当抽到2个标有数字5的小球，3个标有数字0的小球时，，概率为；
当抽到5个标有数字2的小球时，，概率为，
所以的概率为.
（3）当时，根据规则，得分情况如下：
因为奇数列的得分为偶数，偶数列的得分为奇数，最后一行得分的前一项得分为（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差2，所以从4到刚好连接上来（之间所有的偶数和奇数没有缺）；
因为最后一行得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差4，所以连接起来后恰好缺了得分，由表知也取不到，
综上，在中不能取到的值构成的集合为
所以也适合.
结合（1）可得
所以当时，；当时，；
当时，，
则，
当时，满足上式，
所以

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