一、選擇題

1.設(shè)全集U={1，2，3，4，5}，集合M滿足瘙綂UM={1，3}，則（）

（A）2∈M.（B）3∈M.（C）4M.（D）5M.

2.已知z=1-2i，且z+a·+b=0，其中a，b為實數(shù)，則（）

（A）a=1，b=-2.（B）a=-1，b=2.

（C）a=1，b=2.（D）a=-1，b=-2.

3.已知向量a，b滿足|a|=1，|b|=3，|a-2b|=3，則a·b=（）

（A）-2.（B）-1.（C）1.（D）2.

4.嫦娥二號衛(wèi)星在完成探月任務(wù)后，繼續(xù)進(jìn)行深空探測，成為我國第一顆環(huán)繞太陽飛行的人造衛(wèi)星.為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數(shù)列{bn}：b1=1+1a1，b2=1+1a1+1a2，b3=1+1a1+1a2+1a3，…，以此類推，其中ak∈N*（k=1，2，…），則（）

（A）b1

（C）b6

5.設(shè)F為拋物線C：y2=4x的焦點，點A在C上，點B（3，0），若|AF|=|BF|，則|AB|=（）

（A）2.（B）22.（C）3.（D）32.

6.執(zhí)行如圖1所示的程序框圖，輸出的

20.（1）由題意知

f（-1）=-1-（-1）=0，

f′（x）=3x2-1，f′（-1）=3-1=2，

則y=f（x）在點（-1，0）處的切線方程為

y=2（x+1），

即y=2x+2.

設(shè)該切線與g（x）切于點（x2，g（x2）），

g′（x）=2x，

則g′（x2）=2x2=2，

解得x2=1，

則g（1）=1+a=2+2，

解得a=3.

（2）f′（x）=3x2-1，

則y=f（x）在點（x1，f（x1））處的切線方程為

y-（x31-x1）=（3x21-1）（x-x1），

整理得y=（3x21-1）x-2x31.

設(shè)該切線與g（x）切于點（x2，g（x2）），

g′（x）=2x，

則g′（x2）=2x2，

切線方程為

y-（x22+a）=2x2（x-x2），

整理得y=2x2x-x22+a，

則3x21-1=2x2，-2x31=-x22+a，

整理得a=x22-2x31=3x212-122-2x31

=94x41-2x31-32x21+14.

令h（x）=94x4-2x3-32x2+14，

則h′（x）=9x3-6x2-3x=3x（3x+1）（x-1）.

令h′（x）>0，解得-131.

令h′（x）<0，解得x<-13或0

則x變化時，h′（x），h（x）的變化情況如下：

x-∞，-13-13-13，00（0，1）1（1，+∞）h′（x）-0+0-0+h（x）52714-1

則h（x）的值域為[-1，+∞），

故a的取值范圍為[-1，+∞）.

21.同理科第20題.

22.同理科第22題.

23.同理科第23題.

n=（）

（A）3.（B）4.

（C）5.（D）6.

7.在正方體ABCD|A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則（）

（A）平面B1EF⊥平面BDD1.

（B）平面B1EF⊥平面A1BD.

（C）平面B1EF∥平面A1AC.

（D）平面B1EF∥平面A1C1D.

8.已知等比數(shù)列{an}的前3項和為168，a2-a5=42，則a6=（）

（A）14.（B）12.（C）6.（D）3.

9.已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時，其高為（）

（A）13.（B）12.（C）33.（D）22.

10.某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結(jié)果相互獨立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.記該棋手連勝兩盤的概率為p，則（）

（A）p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān).

（B）該棋手在第二盤與甲比賽，p最大.

（C）該棋手在第二盤與乙比賽，p最大.

（D）該棋手在第二盤與丙比賽，p最大.

11.雙曲線C的兩個焦點F1，F(xiàn)2，以C的實軸為直徑的圓記為D，過F1作D的切線與C交于M，N兩點，且cos∠F1NF2=35，則C的離心率為（）

（A）52.（B）32.（C）132.（D）172.

12.已知函數(shù)f（x），g（x）的定義域為R，且f（x）+g（2-x）=5，g（x）-f（x-4）=7.若y=g（x）的圖象關(guān)于直線x=2對稱，g（2）=4，則∑22k=1f（k）=（）

（A）-21.（B）-22.（C）-23.（D）-24.

二、填空題

13.從甲、乙等5名同學(xué)中隨機選3名參加社區(qū)服務(wù)工作，則甲、乙都入選的概率為.

14.過四點（0，0），（4，0），（-1，1），（4，2）中的三點的一個圓的方程為.

15.記函數(shù)f（x）=cos（ωx+φ）（ω>0，0<φ<π）的最小正周期為T，若f（T）=32，x=π9為f（x）的零點，則ω的最小值為.

16.已知x=x1和x=x2分別是函數(shù)f（x）=2ax-ex2（a>0且a≠1）的極小值和極大值點.若x1

三、解答題

17.記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinCsin（A-B）=sinBsin（C-A）.

（1）證明：2a2=b2+c2;

（2）若a=5，cosA=2531，求△ABC的周長.

18.如圖2，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E為AC中點.

（1）證明：平面BED⊥平面ACD;

（2）設(shè)AB=BD=2，∠ACB=60°，點F在BD上，當(dāng)△AFC的面積最小時，求CF與平面ABD所成角的正弦值.

19.某地經(jīng)過多年的環(huán)境治理，已將荒山改造成了綠水青山，為估計一林區(qū)某種樹木的總材積量，隨機選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積（單位：m2）和材積量（單位：m3），得到如下數(shù)據(jù)：

樣本號i12345678910總和根部橫截面積xi00400600400800800500500700700606材積量yi02504002205405103403604604204039

并計算得∑10i=1x2i=0038，

∑10i=1y2i=16158，∑10i=1xiyi=02474.

（1）估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量;

（2）求該林區(qū)這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關(guān)系數(shù)（精確到001）;

（3）現(xiàn)測量了該林區(qū)所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為186m2.已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，利用以上數(shù)據(jù)給出該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值.

附：相關(guān)系數(shù)r=∑ni=1（xi-）（yi-）∑ni=1（xi-）2∑ni=1（yi-）2，

1896≈1377.

20.已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點，對稱軸為x軸，y軸，且過A（0，-2），B32，-1兩點.

（1）求E的方程;

（2）設(shè)過點P（1，-2）的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x的直線與線段AB交于點T，點H滿足MT=TH，證明：直線HN過定點.

21.已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）+axe-x.

（1）當(dāng)a=1時，求曲線f（x）在點（0，f（0））處的切線方程;

（2）若f（x）在區(qū)間（-1，0），（0，+∞）各恰有一個零點，求a的取值范圍.

22.（選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程）

在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的方程為x=3cos2ty=2sint（t為參數(shù)），以坐標(biāo)原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，已知直線l的極坐標(biāo)方程為ρsinθ+π3+m=0.

（1）寫出l的直線坐標(biāo)方程;

（2）若l與C有公共點，求m的取值范圍.

23.（選修4-5：不等式選講）

已知a，b，c都是正數(shù)，且a32+b32+c32=1.

（1）證明：abc≤19;

（2）證明：ab+c+ba+c+ca+b≤12abc.

參考答案

題號123456789答案AACDBBADC

題號101112131516答案DCD31030，1e

14.（x-2）2+（y-3）2=13，

或（x-2）2+（y-1）2=5，

或x-432+y-732=659，

或x-852+（y-1）2=16925.

17.（1）sinCsin（A-B）=sinBsin（C-A），

可化為sinCsinAcosB-sinCcosAsinB

=sinBsinCcosA-sinBcosCsinA，

由正弦定理可得

accosB-bccosA=bccosA-abcosC，

即accosB=2bccosA-abcosC.

由余弦定理可得

ac·a2+c2-b22ac

=2bc·b2+c2-a22bc-ab·a2+b2-c22ab，

即a2+c2-b22=（b2+c2-a2）-a2+b2-c22，

所以2a2=b2+c2.

（2）由（1）可知b2+c2=2a2=50，

cosA=b2+c2-a22bc=50-252bc=2531，

所以2bc=31，

又b2+c2+2bc=（b+c）2=81，

所以b+c=9，

所以a+b+c=14，

故△ABC的周長為14.

18.（1）因為AD=CD，∠ADB=∠BDC，

且BD為公共邊，

所以△ADB≌△BDC，AB=BC.

又E為AC中點，且AD=CD，

所以DE⊥AC，

同理BE⊥AC.

又DE∩BE=E，且均含于平面BED，

所以AC⊥平面BED.

又AC平面ACD，

所以平面BED⊥平面ACD.

（2）在△ABC中，

AB=2，∠ACB=60°，AB=BC，

所以AC=2，BE=3.

在△ACD中，

AD⊥CD，AD=CD，AC=2，E為AC中點，

所以DE⊥AC，DE=1.

又BD=2，

所以DE2+BE2=BD2，

即DE⊥BE，

所以AC、ED、EB兩兩互相垂直.

由點F在BD上且△ADB≌△BDC，

所以AF=FC.

由E為AC中點，

所以EF⊥AC.

當(dāng)△AFC的面積最小時，EF⊥BD.

在Rt△DEB中，

BE=3，DE=1，

所以EF=32，BF=32.

如圖3，以點E為坐標(biāo)原點，直線AC、EB、ED分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則C（-1，0，0），A（1，0，0），

B（0，3，0），D（0，0，1），

F0，34，34，BD=（0，-3，1），

AD=（-1，0，1），BC=（-1，-3，0）.

因為CF=BF-BC=34BD-BC

=1，34，34.

設(shè)平面ABD的法向量為m=（x，y，z），

可得BD·m=0，AD·m=0.

設(shè)y=1，所以m=（3，1，3）.

設(shè)m與CF所成的角為α，CF與平面ABD所成角的為θ，所以

sinθ=|cosα|=m·CF|m|·|CF|=437，

所以CF與平面ABD所成角的正弦值為437.

19.（1）設(shè)這種樹木平均一棵的根部橫截面積為，平均一個的材積量為，則

=0610=006，=3910=039.

（2）r=∑ni=1xiyi-n∑ni=1x2i-n2∑ni=1y2i-n2

=02474-10×006×039（0038-10×006）2×（16158-10×039）2

=001340002×00948=00134001×1896

=00134001377=097.

（3）設(shè)從根部面積總和為X，總材積量為Y，則

XY=，

故Y=3906×186=1209（m3）.

20.（1）設(shè)E的方程為x2a2+y2b2=1，

將A（0，-2），B32，-1兩點代入得

4b2=1，94a2+1b2=1，

解得a2=3，b2=4，

故E的方程為x23+y24=1.

（2）由A（0，-2），B32，-1可得

直線AB：y=23x-2.

①若過P（1，-2）的直線的斜率不存在，直線為x=1，

代入x23+y24=1，可得

M1，263，N1，-263，

將y=263代入AB：y=23x-2，可得

T=6+3，263，

由MT=TH，得H26+5，263，

易求得此時直線HN：y=2-263x-2.

過點（0，-2）.

②若過P（1，-2）的直線的斜率存在.

設(shè)kx-y-（k+2）=0，

M（x1，y1），N（x2，y2），

聯(lián)立kx-y-（k+2）=0，x23+y24=1，得

（3k2+4）x2-6k（2+k）x+3k（k+4）=0，

故x1+x2=6k（2+k）3k2+4，x1x2=3k（4+k）3k2+4，

y1+y2=-8k（2+k）3k2+4，y1y2=4（4+4k-2k2）3k2+4，

且x1y2+x2y1=-24k3k2+4，（*）

聯(lián)立y=y1，y=23x-2，得

T3y12+3，y1，H（3y1+6-x1，y1），

可求得HN：y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2（x-x2），

將（0，-2）代入整理得

2（x1+x2）-6（y1+y2）+x1y2+

x2y1-3y1y2-12=0，

將（*）式代入得

24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+

24k2-36k2-48=0，顯然成立.

綜上，知直線HN過定點（0，-2）.

21.（1）f（x）的定義域為（-1，+∞）.

當(dāng)a=1時，f（x）=ln（1+x）+xex，f（0）=0，

所以切點為（0，0），

f′（x）=11+x+1-xex，f′（0）=2，

所以切線斜率為2，

所以曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為

y=2x.

（2）f（x）=ln（1+x）+axex，

f′（x）=11+x+a（1-x）ex=ex+a（1-x2）（1+x）ex.

設(shè)g（x）=ex+a（1-x2）.

①若a>0，當(dāng)x∈（-1，0）時，

g（x）=ex+a（1-x2）>0，

即f′（x）>0，

所以f（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，

f（x）

故f（x）在（-1，0）上沒有零點，不合題意;

②若-1

g′（x）=ex-2ax>0，

所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

所以g（x）>g（0）=1+a>0，

即f′（x）>0，

所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

f（x）>f（0）=0，

故f（x）在（0，+∞）上沒有零點，不合題意;

③若a<1.

（i）當(dāng)x∈（0，+∞）時，

g′（x）=ex-2ax>0，

所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

g（0）=1+a<0，g（1）=e>0，

所以存在m∈（0，1）使得g（m）=0，即f′（m）=0.

當(dāng)x∈（0，m），f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈（m，+∞），f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增，

所以當(dāng)x∈（0，m）時，f（x）

當(dāng)x→+∞時，f（x）→+∞，

所以f（x）在（m，+∞）上有唯一零點.

又（0，m）沒有零點，

即f（x）在（0，+∞）上有唯一零點.

（ii）當(dāng)x∈（-1，0）時，

g（x）=ex+a（1-x2）.

設(shè)h（x）=g′（x）=ex-2ax，

h′（x）=ex-2a>0，

所以g′（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，

g′（-1）=1e+2a<0，g′（0）=1>0，

所以存在n∈（-1，0），使得g′（n）=0.

當(dāng)x∈（-1，n）時，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈（n，0）時，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增，

g（x）

又g（-1）=1e>0，

所以存在t∈（-1，n），使得g（t）=0，即f′（t）=0.

當(dāng)x∈（-1，t）時，f（x）單調(diào)遞增;

當(dāng)x∈（t，0）時，f（x）單調(diào)遞減，

即x→-1時，f（x）→-∞，

而f（0）=0，所以當(dāng)x∈（t，0）時，f（x）>0，

所以f（x）在（-1，t）上有唯一零點，（t，0）上無零點，

即f（x）在（-1，0）上有唯一零點，

所以a<-1符合題意，

所以若f（x）在區(qū)間（-1，0），（0，+∞）各恰有一個零點，

故a的取值范圍為（-∞，-1）.

22.（1）由ρsinθ+π3+m=0，得

ρsinθcosπ3+cosθsinπ3+m=0，

即ρ12sinθ+32cosθ+m=0，

12y+32x+m=0，

故l的方程為3x+y+2m=0.

（2）由x=3cos2t，得

x=3（1-2sin2t）=31-2y22

=3-32y2，

聯(lián)立x=3-32y2，3x+y+2m=0，得

3y2-2y-4m-6=0，

即3y2-2y-6=4m（-2≤y≤2），

解得-193≤4m≤10，-1912≤m≤52，

故m的范圍是-1912≤m≤52.

23.（1）因為a>0，b>0，c>0，

所以a32>0，b32>0，c32>0，

a32+b32+c323≥3a32·b32·c32，

即（abc）12≤13，

故abc≤19，

當(dāng)且僅當(dāng)a32=b32=c32，即a=b=c=319時等號成立.

（2）因為a>0，b>0，c>0，

所以b+c≥2bc，

a+c≥2ac，a+b≥2ab，

ab+c≤a2bc=a322abc，

ba+c≤b2ac=b322abc，

ca+b≤c2ab=c322abc，

ab+c+ba+c+ca+b

≤a322abc+b322abc+c322abc

=12abc，

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時等號成立.