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数学试卷
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知单位向量，满足，则（ ）
A． B．0 C． D．
3．若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知数列为等差数列，设甲：，乙：，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件
6．已知函数，若，则（ ）
A． B． C． D．1
7．已知，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线的右焦点为，设为坐标原点，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点（异于原点），点在双曲线上，若，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
二、多选题
9．某公益组织为了更好地安排志愿服务工作，抽取了位志愿者作为样本，并统计了其年龄的数据，按区间，，，，，分组，制成了如下图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．样本数据的众数估计为岁
B．样本中年龄在的人数为
C．估计志愿者年龄的中位数为岁
D．若从所有志愿者中任选两人，则其年龄均介于的概率为
10．在棱长为2的正方体中，P是线段AC上的动点（包含两个端点），则下列结论正确的是（ ）
A．与是异面直线
B．过点P与垂直的平面截正方体所得截面的面积为
C．的最大值为
D．的最小值为
11．已知函数，其中，且当时，，则（ ）
A． B．
C．的极大值为 D．若且恒成立，则
三、填空题
12．若抛物线上一点到其焦点的距离为5，为坐标原点，则________．
13．已知某密码由4个正整数组成，且所有数字之和为7，则该密码共有________种可能（用数字作答）．
14．已知某圆锥的侧面积为定值，则当该圆锥的内切球的体积最大时，其母线与底面所成角的余弦值为________．
四、解答题
15．4月6日，河南郑州街头出现人形机器人“店员”，为顾客提供智能售卖服务．已知每次独立执行高难度动作时，A机器人成功的概率为0.6，失败的概率为0.4；B机器人成功的概率为0.8，失败的概率为0.2．
(1)若从A，B两个机器人中等可能地选用一个机器人独立执行一次高难度动作，求该机器人失败的概率；
(2)若A，B两个机器人各自独立执行一次高难度动作，记这两个机器人失败的总次数为X，求X的分布列和数学期望．
16．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)设，且边上的高为，求的周长．
17．如图，在四棱锥中，为正三角形，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)若，且锐二面角的正弦值为，求.
18．已知函数．
(1)若为增函数，求实数a的取值范围；
(2)证明：函数有且仅有一个零点．
19．已知椭圆的左、右焦点分别为、，，点M在椭圆C上，且的面积的最大值为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设G为的重心，I为的内心，I、G两点不重合．
①证明：；
②点P，Q在椭圆C上，且，求的面积的取值范围．
参考答案
1．D
【详解】因为是增函数，所以；
因为，所以.
2．A
【详解】依题意， ，即 ，
所以，故．
3．B
【详解】设，两边取模可得，
所以，故.
4．A
【详解】由已知得，而，
则，
所以.
5．B
【详解】设，则，，
当时，成立，但不成立；
当时，，，所以．
因此甲是乙的必要不充分条件．
6．C
【详解】由，知关于对称，
所以是的一个驻点，即，且，
故，解得，
所以，则．
7．A
【详解】由题意得，，所以，
即，即，
因为，所以，，所以，.
8．D
【详解】以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，所以，
不妨设双曲线的一条渐近线为，
则到该直线的距离为，
因为，所以，
设双曲线的左焦点为，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
所以双曲线的离心率为．
9．ABC
【详解】对于A，观察图可知，样本数据的频率最大的一组为，
所以样本数据的众数估计为，因此A选项正确；
对于B，样本中年龄在的频率为，
所以样本中年龄在的人数为，B选项正确；
对于C，前三组的频率为，所以中位数在第三组中，
因此志愿者年龄的中位数为，C选项正确；
对于D，设任意一个人的年龄为，则，
所以从所有志愿者中任选两人且两人年龄均介于的概率为，故D选项错误．
10．ACD
【详解】对于A，如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系，

由题意得，，，，，
而P是线段上的动点，则，设，
得到，，则，
解得，得到，则，
而，，可得与不平行，
设面的法向量为，则，
令，解得，，可得，
得到，且不在面内，
可得平面，而面，则与无交点，
得到与是异面直线，故A正确，
对于B，由题意得，则，
而，，
设面的法向量为，则，
令，解得，，可得，
而，可得面，则为所求截面，
由勾股定理得，则是等边三角形，
由三角形面积公式得，故B错误，
对于C，由题意得，，则，
则，
令，，
由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增，
且，则，，
即的最大值为，故C正确，
对于D，将平面与平面沿展开为同一平面，如下图示，

当且仅当共线时，最小，
而，，
故由余弦定理得，故D正确.
11．ABD
【详解】对于A，若，则，因为，所以当时，，不符合题意，所以，故A正确；
对于B，若，则当时，，不符合题意；
若，则当时，，不符题意；
若，则，符合题意，故B正确；
对于C，，
所以为的极大值点，所以，故C错误；
对于D，，其中，
所以恒成立，所以，解得，故D正确．
12．
【详解】设，
因为，所以，
则，所以，
所以．
13．20
【详解】已知密码由个正整数组成，设四个数字分别为，
满足，且.
根据隔板法，解的个数为，共有种可能.
14．
【详解】设圆锥的侧面积为，底面半径为，母线长为，

由，可得，
而圆锥侧面积为，即，记为定值，
则
，
当且仅当，即，即时等号成立，此时，
所以圆锥的内切球体积最大时，其母线与底面所成角的余弦值为．
15．(1)
(2)分布列见解析，期望为
【详解】（1）设事件为选用机器人，事件为选用机器人，
用事件表示机器人失败，则，，，．
由全概率公式得．
（2）由题意得的取值可能为0，1，2．
，
，
，
可得的分布列为
0 1 2
0.48 0.44 0.08
有．
16．(1)
(2)
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
，，，，
，．
（2）因为边上的高为，所以，
由（1）知，所以，
因此，即①.
又由余弦定理，，，②
又因为，得代入②，，
所以，，解得或（舍去）.
再由②和①得，
因此，所以.
的周长为．
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取棱的中点，因为，所以.
在中，由余弦定理得.
又为等边三角形，所以，
在中，因为，所以，所以，
因为，，平面，
所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题设得，，
又由，可得点在以为圆心，2为半径，过点的圆上，有，
设，则，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，
即，可取，
记锐二面角的大小为，，
则，
化简得，且，所以，，
所以，即.
18．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题设 ，
若为增函数，则，，
即对任意恒成立，即恒成立．
令，，
令，得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以，即的取值范围是；
（2）令，可得，令 ，
所以，
设 且，则，
当时，当时，
所以在区间单调递减，在区间单调递增，
所以，
所以，在上单调递增，
取，且，则，
取，且，则，
所以在区间存在唯一零点，
所以有且仅有一个零点.
19．(1)
(2)① 证明见解析；②
【详解】（1）由题意，，所以，
因为，，
所以的最大值为，，
从而，所以椭圆的方程为．
（2）①设，不妨设，因为为的重心，
则，所以，设的内切圆半径为，
因为，
所以即，可知和的纵坐标相等，
所以．
②，
设延长线交轴于点，因为为的内心，
由角平分线定理有，所以，
即，，可得，
因为且，所以，
设，则有，
作差得，
由可得为中点，所以，
于是直线的斜率，
所以直线，即，
利用化为，整理得，
联立，得，
因为，所以，即得，
则，
所以，
则，
因为存在，所以，且I、G两点不重合，所以，
所以，故面积的取值范围为．

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