安徽省阜阳市2019-2020学年新高考高二数学下学期期末检测试题

同步测试

一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

ˆ中1．某车间加工零件的数量x与加工时间y的统计数据如图：现已求得上表数据的回归方程aˆybxˆ值为0.9，则据此回归模型可以预测，加工100个零件所需要的加工时间约为( ) 的b零件个数x (个) 加工时间y (分钟) A．112分钟 2．复数zB．102分钟

10 21 C．94分钟

20 30 D．84分钟

30 39 1i（i为虚数单位）的共轭复数是（ ） 12i13i13i13iA． B． C．

5553．已知集合A(x,y)|yx1,个数为（ ） A．1

B．2

C．3

D．

13i 5xR，集合B(x,y)|yx2,xR，则集合AB的子集

D．4

4．已知函数f(x)的导函数为f(x)，且满足f(x)2xf(1)lnx，则f(1)（ ） A．e

B．e

C．2

D．-2

5．某快递公司的四个快递点A,B,C,D呈环形分布（如图所示），每个快递点均已配备快递车辆10辆．因业务发展需要，需将A,B,C,D四个快递点的快递车辆分别调整为5,7,14,14辆，要求调整只能在相邻的两个快递点间进行，且每次只能调整1辆快递车辆，则

A．最少需要8次调整，相应的可行方案有1种 B．最少需要8次调整，相应的可行方案有2种 C．最少需要9次调整，相应的可行方案有1种 D．最少需要9次调整，相应的可行方案有2种

6．在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的参数方程为

x1tcos，t4cos0（为参数），曲线的方程为C，C(2,0)直线l与曲线C相交于

2ytsinA，B两点，当ABC的面积最大时，tan( )

A．

2 3B．

14 2C．

7 3D．

14 77．小红和小明利用体育课时间进行投篮游戏，规定双方各投两次，进球次数多者获胜．已知小红投篮命中的概率为

13，小明投篮命中的概率为，且两人投篮相互，则小明获胜的概率为（ ） 52B．

A．

12 252 5C．

8 25D．

6 25x38．若实数x,y满足xy2，则2xy的取值范围为( )

yxA．1,9

B．5,9

C．3,9

D．3,5

9．已知函数f(x)cos(x)02，fx是奇函数，则（ ） 4A．f(x)在,上单调递减 4B．f(x)在0,上单调递减 4上单调递增 4C．f(x)在,上单调递增 4D．f(x)在0,3x10．已知函数f(x)x2x1，若f(axe1)1在x(0,)上有解，则实数a的取值范围为（ ）

A．(1,e) B．(0,1) C．(,1) D．(1,)

11．将函数fxcosx图像上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵 坐标不变），再把得到的图像向左平移

个单位长度，所得函数图像关于x对称，则tan（ ） 62

B．3 C．A．3 33 3D．3 12．已知过点A(a,0)作曲线C:yxex的切线有且仅有1条，则实数a的取值是（ ） A．0

B．4

C．0或-4

D．0或4

二、填空题：本题共4小题

13．定义(A)为集合A中所有元素的乘积，规定：只有一个元素时，乘积即为该元素本身，已知集合

25M{,,1,4}，集合M的所有非空子集依次记为M1,M2,,M15，则

34(M1)(M2)(M15)________

14．函数f(x)cosx的最小正周期是__________． 12

15． “x12”是“x3”的____条件（在“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分又不必要条件”、“充要”中选择填空）．

16．某四棱锥的三视图如图所示，那么该四棱锥的体积为____．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．在锐角ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知b12cosC2acosCccosA．

1证明：a2b； 2若

ABC的面积S4sinC，且ABC的周长为10，D为BC的中点，求线段AD的长．

的方程为

.以极点为坐标原点，极轴为轴的正半轴建立平

18．在极坐标系中，圆

面直角坐标系，设直线的参数方程为（1）求圆

的标准方程和直线的普通方程；

交于

两点，且

（为参数）.

（2）若直线与圆，求实数的取值范围.

19．（6分）在数列{an}中，a11，（1）证明：数列{bn}是等比数列； （2）求数列{an}的通项公式.

an2an1a1(n2)，设bnn1.

nnn120．（6分）某羽绒服卖场为了解气温对营业额的影响，随机记录了该店3月份上旬中某5天的日营业额y(单元：千元)与该地当日最低气温x(单位：∘C)的数据，如表： x y 2 12 5 10 8 8 9 8 11 7 ˆaˆbxˆ； (1)求y关于x的回归直线方程y(2)设该地3月份的日最低气温X~N(,2)，其中μ近似为样本平均数，2近似为样本方差，求

P0.6X 3.8

nnˆ参考公式：bxiyinxyi1nxxyii1nii1iy2xi12inx2xx222ˆ ˆybx，a计算参考值：258911295,2125108898117287.

22103.2,P(X)0.6827,P(2X2)0.95.

21．（6分）已知函数fx13xcx23c2x． 3（1）若函数fx在x=﹣3处有极大值，求c的值；

（2）若函数fx在区间（1，3）上单调递增，求c的取值范围．

22．（8分） (本小题满分12分) 某居民小区有两个相互的安全防范系统（简称系统）A和B，系统

A和B在任意时刻发生故障的概率分别为

1和p。 1049，求p的值； 50（Ⅰ）若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为

（Ⅱ）设系统A在3次相互的检测中不发生故障的次数为随机变量，求的概率分布列及数学期望

E。

参

一、选择题：本题共12小题，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．B 【解析】 【分析】

由已知求得样本点的中心的坐标，代入线性回归方程求得a，取x100求得y值即可。 【详解】 解：x10203021303920,y30,

33所以样本的中心坐标为（20，30）， 代入aybx，得a300.92012,

y0.9x12，取x100，可得y0.910012102，故选：B。

【点睛】

本题考查线性回归方程，明确线性回归方程恒过样本点的中心是关键，是基础题． 2．B 【解析】 【分析】

根据复数除法运算，化简复数，再根据共轭复数概念得结果 【详解】

z1i13i13i，故z的共轭复数z.

512i5故选B. 【点睛】

本题考查复数除法运算以及共轭复数概念，考查基本分析求解能力，属基础题. 3．D 【解析】 【分析】

因为直线与抛物线有两个交点，可知集合的交集有2个元素，可知其子集共有22=4个. 【详解】

由题意得，直线yx1与抛物线y【点睛】

本题主要考查了集合的交集运算，子集的概念，属于中档题. 4．D 【解析】

试题分析：题中的条件f(x)2xf(1)lnx乍一看不知如何下手，但只要明确了就很容易解决了．对f(x)进行求导：f(x)=考点：本题考查导数的基本概念及求导公式．

②点评：在做本题时，遇到的主要问题是①想不到对函数f(x)进行求导；际上5．D 【解析】 【分析】

先阅读题意，再结合简单的合情推理即可得解． 【详解】

是一个常数，常数的导数是0.

的导数不知道是什么．实

，所以f(1)是一个常数，问题，f(1)-1.

x2有2个交点，故AB的子集有4个.

（1）A→D调5辆，D→C调1辆，B→C调3辆，共调整：5＋1＋3＝9次， （2）A→D调4辆，A→B调1辆，B→C调4辆，共调整：4＋1＋4＝9次， 故选：D

【点睛】

本题考查了阅读能力及简单的合情推理，属中档题． 6．D 【解析】 【分析】

先将直线直线l与曲线C转化为普通方程，结合图形分析可得，要使ABC的面积最大，即要ACB为直角，从而求解出tan。 【详解】

解：因为曲线C的方程为4cos0两边同时乘以，可得24cos，

所以曲线C的普通方程为(x2)y4(0y2)， 曲线C是以C(2,0)为圆心，2为半径的上半个圆.

22， 2x1tcos，因为直线l的参数方程为（t为参数），

ytsin所以直线l的普通方程为tanxytan0， 因为SABC1CACBsinACB22sinACB，

所以当ACB为直角时ABC的面积最大，

ABCA2CB2此时C到直线l的距离d2 ，

22

因为直线l与x轴交于D1,0， 所以CD3，于是DE所以tan故选D。 【点睛】

本题考查了曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程之间的互化，同时考查了直线与圆的位置关系，数形结合是本题的核心思想。 7．D 【解析】 【分析】

由题意可知，用(x,y)表示小明、小红的进球数 ，所以当小明获胜时，进球情况应该是(2,0),(2,1),(1,0)，由相互事件同时发生的乘法公式以及互斥事件的概率加法公式，即可求得。 【详解】

由题意可知，用(x,y)表示小明、小红的进球数 ，所以当小明获胜时，进球情况应该是(2,0),(2,1),(1,0)，小明获胜的概率是

7，

214， 773313261313111 P1C21C21552522525252525故选D。 【点睛】

本题主要考查相互事件同时发生的乘法公式以及互斥事件的概率加法公式的应用，意在考查学生分类讨论思想意识以及运算能力。 8．C 【解析】

分析：作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，即可求z的取值范围.

22222

详解：作出不等式组对应的平面区域如图：

设z2xy，得y2xz， 平移直线y2xz，

由图象可知当直线y2xz经过点A1,1时，直线的截距最小， 此时z最小，为z213，

当直线y2xz经过点B3,3时，直线的截距最大， 此时时z最大，为z2339， 即3z9. 故选：C.

点睛：本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键，利用数形结合是解决问题的基本方法. 9．B 【解析】 分析：因为fx4所以是奇函数，

4，故fxcosx4令2kx，

42k,kZ，

则fx的单调减区间为2k,2k,kZ，从而可以知道fx在0,上单调递减. 4详解：fxcosx，因44fx是奇函数，

4故cosxcosx，也即是 44cosxcosx，化简得

44

cosxcossinxsincosxcossinxsin，

4444所以cosxcos0，故k,kZ，从而k,kZ，

42444，因此fxcosx又02，故. 4令2kx42k， 2kx2k,kZ，故fx的单调减区间为

fx2k,2k,kZ，故在0,上单调递减.选B. 4点睛：一般地，如果fxAsinx(A0)为奇函数，则k,kZ，如果fx为偶函数，则k10．D 【解析】 【分析】

首先判断函数f(x)单调性为增. f(0)1,将函数不等式关系转化为普通的不等式axex10,再把不等式转换为两个函数的大小关系,利用图像得到答案. 【详解】

f(x)在定义域上单调递增，f(0)1，则由f(axex1)1f(0)，

2,kZ.

得axex10，ax1ex

g(x)ax1,h(x)ex，则当x(0,)时，存在g(x)的图象在f(x)的图象上方. g(0)1,h(0)1，g(x)a,h(x)ex，则需满足g(0)ah(0)1.选D.

【点睛】

本题考查了函数的单调性,解不等式,将不等式关系转化为图像关系等知识,其中当函数单调递增时,f(a)f(b)ab是解题的关键. 11．B 【解析】 【分析】

1ycosx，再由余弦函数的对称性，可得运用三角函数的图像变换，可得122k3,kZ，计算可得所求值.

【详解】

函数fxcosx图像上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵 坐标不变）， 则可得ycos1x， 2个单位长度， 6再把得到的图像向左平移则可得ycos1x，

1222

对称，

因为所得函数图像关于x所以cos即

1， 412k，

412解得：k3,kZ，

所以：tantan故选： B 【点睛】

3 3本题考查了三角函数的图像变换以及余弦函数的对称性，属于一般题. 12．C 【解析】 【分析】

2求出导函数，转化求解切线方程，通过方程x0ax0a0有两个相等的解，推出结果即可．

【详解】

xx设切点为(x0,x0e0)，且函数yxe的导数y(x1)e，

x所以y|xx0(x01)e0，则切线方程为yx0e切线过点A(a,0)，代入得x0ex0xx0(x01)ex0(xx0)，

(x01)ex0(ax0)，

2x02所以a，即方程x0ax0a0有两个相等的解，

x01则有a24a0，解得a0或a4， 故选C． 【点睛】

本题主要考查了导数的几何意义的应用，其中解答中熟记导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程

是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于基础题． 二、填空题：本题共4小题 13．

13 2【解析】 【分析】

首先设fxx25xx1x4，由二项式定理展开可知34

fxx4M1M2M3M4x32然后MM......MxMMMMxM，

56101112131415利用赋值法令x1求解. 【详解】

25fxxx设x1x4

34设M1,M2,M3,M4中只有1个元素，

M5,M6,...M10中有2个元素， M11,M12,M13,M14中有3个元素，

M15中有4个元素，

由二项定理可知

fxx4M1M2M3M4x32

MM......MxMMMMxM令

56101112131415x1 ，

f11M1M2M3......M15 M1M2M3......M15故答案为：【点睛】

本题考查二项式定理和集合子集的综合问题，意在考查转化与计算能力，本题的关键是将所求乘积的和转化为二项式定理问题，属于难题. 14．1 【解析】

15 , 213. 213 2

【分析】

直接利用余弦函数的周期公式求解即可． 【详解】

2fxcosπx1． 函数的最小正周期是：

12π故答案为1． 【点睛】

本题考查三角函数的周期的求法，是基本知识的考查． 15．充分不必要 【解析】 【分析】

据题意“x12”解得1x【详解】

由“x12”解得1x3，由此可判断它与“x3”的关系。

3

由题得“x12” “x3”，但“x3”不能推出“x12”，故“x12”是“x3”的充分不必要条件。 【点睛】

本题考查充分条件和必要条件，属于基础题。 16．

4 3【解析】 【分析】

先还原几何体，再根据四棱锥体积公式求结果. 【详解】

由三视图知该几何体如图，V＝212＝

134 3

故答案为：

4 3

【点睛】

本题考查三视图以及四棱锥的体积，考查基本分析求解能力，属基础题. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（1）见解析（2）6 【解析】 【分析】

（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理求出结果；

（2）利用题中所给的条件，结合三角形的面积公式求得两条边长，根据三角形的周长求得第三边，之后根据cosC【详解】 （1）证明：

1，利用余弦定理得到相应的等量关系式，求得结果. 4b12cosC2acosCccosA，

sinB12cosC2sinAcosCcosAsinC， sinAC2sinBcosC2sinAcosCcosAsinC， 2sinBcosCsinAcosC，

又0C2，

2sinBsinA，即a2b.

（2）解：

1S2bbsinC4sinC

2b2,a4

又abc10,c4.

cosC11，AD2222222 6. 44点睛：该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、诱导公式、三角形的面积公式、余弦定理，在解题的过程中，需要对题的条件灵活应用，即可求得结果. 18．（1）详见解析；（2）【解析】 试题分析：

（1）由2acos得2acos，根据极坐标与直角坐标互化公式xy，xcos，所以圆C的标准方程为xy2axa0，直线l的参数方程为22222210a10。 11x3t1x1，由x3t1得t，

3y4t3

代入y4t3得：y4x13，整理得：4x3y50； 3（2）直线l与圆C相交于A,B两点，圆心0,a到直线l：4x3y50距离d3a23253a，

5l根据直线与圆相交所得的弦长公式r2d2，所以l22r2d2，由题意AB3a，所以得

2253a2222l2rd3a，即4a3a2，整理得：11a2120a1000，即

22511a10a100，解得：1011a10。

试题解析： （1）

的直角坐标方程为

， 在直线的参数方程中消得：；

（2）要满足弦及圆的半径为可知只需圆心

到直线的距离

的

距离公式有：

,

整理得：

即

解得：，

故实数的取值范围为：

考点：1.极坐标；2.参数方程。

19．（1）见证明；（2）annn2n

【解析】 【分析】

（1）结合已知条件，运用等比数列的定义进行证明

（2）先求出数列bn的通项公式，然后再求出数列{an}的通项公式 【详解】

（1）证明：因为bnnan1，所以ban-1n1n11， a所以bn1nban， n1n1n11

即可。由点到直线

因为

an2an1b1，所以nnn1bn12an1an1122n12， n1an1an111n1n1故数列bn是等比数列，首项是2，公比是2.

（2）解：由（1）可知，数列bn是等比数列，首项b1a112，公比qn1n所以bnb1q2.

2，

因为bnaan1，所以n12n， nnn则ann2n.

【点睛】

本题考查了证明数列是等比数列，求数列通项公式，结合定义即可求出结果，较为基础 20．（1）y0.56x12.92；（2）0.1359 【解析】 【分析】

ˆ，进而求出线性回归方程。 ˆ,b（1）由题，计算x,y，a2（2）由题可得7,10，计算P3.8X7的值，从而得出P0.6X3.8

【详解】

(1) 由题意可得x5112589117，y12108879，55xy5xy287579i1iiˆˆ90.56712.92 b0.56，aˆybx5i1xi25x2295577∴y关于x的回归直线方程y0.56x12.92

(2)由题意，平均数为7，方差为210，X~N7,10，

P(3.8x7)1P(3.8x10.2)0.34135，211P0.6x3.8P0.6x13.4P(3.8x10.2)0.1359

22【点睛】

本题考查线性回归方程与概率问题，属于简单题。 21． (1) c=3或c=﹣1 (2) 1,

31【解析】 【分析】

（1）求出函数的导数，根据函数的极值点，求出c的值，检验即可；（2）根据函数的单调性得到关于c的不等式组，解出即可． 【详解】

（1）f'xx3cxc，

∵fx在x3处有极大值，∴f'30， 解得：c=3或﹣1，

①当c=3时，f'xx9x3，

x9或x3时，f'x0，fx递增， 3x9时，f'x0，fx递减，

∴fx在x3处有极大值，符合题意； ②当c1时，f'xx3x1，

x1或x3时，f'x0，fx递增， 3x1时，f'x0，fx递减，

∴fx在x3处有极大值，符合题意， 综上，c=3或c=﹣1；

（2）∵fx在（1，3）递增，

c0c0∴c=0或或c1或或3c1，

3c3c3解得：1c1， 31∴c的范围是1,．

3【点睛】

本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题． 22．（1）

112724372927123；（2）E=00 .

5100010001000100010【解析】（1）设：“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么 1-P（C）=1-

1491P= ，解得P=………………………………4 分 10505

（2）由题意，P（=0）=C（30131）[来源:Z+xx+k.Com] 101000（P（=1）=C3112127）（1） 10101000112243）（1） 10101000P（=2）=C（32P（=3）=C（331013729）（1） 10101000所以，随机变量的概率分布列为：

 P 0 1 2 3 1 100027 1000243 1000729 1000故随机变量X的数学期望为：E=00分.

12724372927123 ……………………12100010001000100010[点评]本小题主要考查相互事件，重复试验、互斥事件、随机变量的分布列、数学期望等概念及相关计算，考查运用概率知识与方法解决实际问题的能力.

同步练习

一、选择题：本题共12小题，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．函数fxlnx过原点的切线的斜率为（ ） A．

1 eB．1

C．e

D．e2

2．正项等比数列an中，存在两项am,an使得aman4a1，且a6a52a4，则( ) A．

14的最小值是mn3 2B．2 C．

7 3D．

25 63．已知Ax|x2x30，Bx|xa，若A包含于B，则实数a的取值范围是（ ）

2A．1, B．3, C．3, D．,3

4．已知D，E是ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若APxAByAC，则xy的取值范围是( ) A．,

9914B．,

9411C．,

9221D．,

94215．已知某批零件的长度误差（单位mm）服从正态分布N(0,42)，若P(44)0.6826，

P(88)0.94，现从中随机取一件，其长度误差落在区间(4,8)内的概率P(48)（ ）

A．0.0456

B．0.1359

C．0.2718

D．0.3174

6．设mlog0.30.6，nA．mnmnmn C．mnmnmn

1log20.6，则（ ） 2B．mnmnmn D．mnmnmn

7．若复数(m2m)mi为纯虚数，则实数m的值为（ ） A．1

B．0

C．1

D．2

8．执行如图的程序框图，若输出的n4，则输入的整数p的最小值是（ ）

A．4 B．5 C．6 D．15

9．函数yxsinx在[,]的图象大致为（ ）

A． B．

C． D．

10．甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有（ ） A．36种

B．48种

C．96种

D．192种

11．过点P1,2，且与直线2xy30平行的直线的方程为（ ） A．2xy0

B．2xy10

C．2xy10

D．2xy0

12．若z(1i)1i（i为虚数单位），则z=（ ） A．1

B．2

C．2

D．4

二、填空题：本题共4小题 13．已知集合Mx,yx2y21，若实数,满足：对任意的x,yM，均有x,yM，

则称,是集合M的“可行数对”．以下集合中，不存在“可行数对”的是_________．

221； ①,1； ②,43③

,222； ④,24．



14．如图，E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1//平面B1CE，则异面直线BD1与

CE所成角的余弦值为______．

15．若实数x，y满足x2y21，则xy的取值范围是__________；

，3，baa，则向量a与向量b的夹角为_______________. 16．已知|a|=1，b=1三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．某农科所对冬季昼夜温差大小与某反季节大豆新品种发芽多少之间的关系进行分析研究，他们分别记录了12月1日至12月5日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子中的发芽数，得到如下资料： 日期 温差x12月1日 12月2日 12月3日 12月4日 12 12月5日 C 10 23 11 13 8 16 发芽数y（颗） 25 30 26 该农科所确定的研究方案是：先从这五组数据中选取2组，用剩下的3组数据求线性回归方程，再对被选取的2组数据进行检验.

（1）求选取的2组数据恰好是不相邻2天数据的概率；

（2）若选取的是12月1日与12月5日的两组数据，请根据12月2日至12月4日的数据，求出y关于x的线性回归方程ybxa；

（3）若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问（2）中所得的线性回归方程是否可靠？

x118．在直角坐标系xoy中，直线l的参数方程为y42t2（t为参数）．再以原点为极点，以x正半2t2轴为极轴建立极坐标系，并使得它与直角坐标系xoy有相同的长度单位．在该极坐标系中圆C的方程为

4sin．

（1）求圆C的直角坐标方程；

4，求MAMB的值． （2）设圆C与直线l交于点A、B，若点M的坐标为1，19．（6分）设函数f(x)=|x+a|+|x-a|. （1）当a=1时，解不等式f(x)≥4；

（2）若f(x)≥6在x∈R上恒成立，求a的取值范围．

220．（6分）已知抛物线x4y的焦点为F,A,B抛物线上的两动点，且AFFB，过A,B两（＞0）点分别作抛物线的切线，设其交点为M. （1）证明：FM•AB为定值； （2）设AMB的面积为S，写出S＝f的表达式，并求S的最小值．

x2y221．（6分）已知椭圆C：221(ab0)的一个焦点与上下顶点构成直角三角形，以椭圆C的长

ab轴长为直径的圆与直线xy20相切．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设过椭圆右焦点且不重合于x轴的动直线与椭圆C相交于A、B两点，探究在x轴上是否存在定点E，

使得EAEB为定值？若存在，试求出定值和点E的坐标；若不存在，请说明理由．

222．（8分）已知在3x3的展开式中，只有第5项的二项式系数最大．

xn（1）求含x2的项的系数； （2）求展开式中所有的有理项．

参

一、选择题：本题共12小题，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．A 【解析】

分析：设切点坐标为（a，lna），求函数的导数，可得切线的斜率，切线的方程，代入（0，0），求切点坐标，切线的斜率．

详解：设切点坐标为（a，lna）， ∵y=lnx，∴y′=

1， x

切线的斜率是

1， a1（x﹣a）， a切线的方程为y﹣lna=

将（0，0）代入可得lna=1，∴a=e， ∴切线的斜率是故选：A．

点睛：与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略

①已知切点求切线方程．解决此类问题的步骤为：①求出函数yf(x)在点xx0处的导数，即曲线

11= aeyf(x)在点(x0,f(x0))处切线的斜率；②由点斜式求得切线方程为yy0f(x0)(xx0)．

②已知斜率求切点．已知斜率k，求切点(x1,f(x1))，即解方程f(x)k.

③求切线倾斜角的取值范围．先求导数的范围，即确定切线斜率的范围，然后利用正切函数的单调性解决． 2．A 【解析】

3试题分析：由a6a52a4得qq2q解得q2，再由aman4a1得qmn21624，所以

mn6，所以

141141n4m13mn59. mn6mn6mn62考点：数列与基本不等式.

【思路点晴】本题主要考查等比数列的基本元思想，考查基本不等式.第一步是解决等比数列的首项和公比，也即求出等比数列的基本元a1,q，在求解过程中，先对具体的数值条件a6a52a4进行化简，可求出q2，由此化简第一个条件aman4a1，可得到mn6；接下来第二步是基本不等式常用的

处理技巧，先乘以一个常数，再除以这个常数，构造基本不等式结构来求. 3．B 【解析】 【分析】

解一元二次不等式求得集合A，根据A是B的子集列不等式，由此求得a的取值范围. 【详解】

由x2x3x3x10解得1x23，所以A1,3，由于Bx|xa且A包含于B，

所以a3，故a的取值范围是3,. 故选：B 【点睛】

本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查根据包含关系求参数的取值范围，属于基础题.



4．D 【解析】 【分析】

利用已知条件推出x+y＝1，然后利用x，y的范围，利用基本不等式求解xy的最值． 【详解】

解：D，E是ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若APxAByAC，可得xy1，x，

12y,，

33则xy(xy211)，当且仅当xy时取等号，并且xyx1xxx2，函数的开口向下， 242112221，当x或x时，取最小值，xy的最小值为：．则xy的取值范围是：,. 233994对称轴为：x故选D． 【点睛】

本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力． 5．B 【解析】 【分析】

P(48)【详解】

P(88)P(44)，由此可得答案．

2P(88)P(44)0.940.68260.1369，

22解：由题意有P(48)故选：B． 【点睛】

本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，属于基础题． 6．A 【解析】 【分析】

根据对数函数的单调性可得m0,n0,根据不等式的性质可知mnmn ;通过比较的大小关系,即可判断mnmn,从而可选出正确答案. 【详解】

解:mlog0.30.6log0.310,n11 与1 mn11log20.6log210,则mn0 22

mnmn2n0,mnmn

11log0.60.3log0.log0.61.2log0.60.61 mnmn mn故选:A. 【点睛】

本题主要考查了对数的运算，对数函数的单调性.在比较对数的大小时,常常结合对数函数的单调性比较大小.对于f(x)logax,若0a1 ,则(1)当0x1 时,f(x)0; (2)当x1 时,f(x)0; (3)当x1 时,f(x)0; 若a1 ,则(1)当0x1 时,f(x)0; (2)当x1 时,f(x)0; (3)当x1 时,f(x)0. 7．C 【解析】

2mm02{试题分析：若复数(mm)mi为纯虚数，则必有解得：m1，所以答案为C．

m0考点：1．纯虚数的定义；2．解方程． 8．A 【解析】 【分析】

列举出算法的每一步循环，根据算法输出结果计算出实数p的取值范围，于此可得出整数p的最小值. 【详解】

S0p满足条件，执行第一次循环，S0201，n112； S1p满足条件，执行第二次循环，S1213，n213； S3p满足条件，执行第二次循环，S3227，n314. S7p满足条件，调出循环体，输出n的值为4.

由上可知，3p7，因此，输入的整数p的最小值是4，故选A. 【点睛】

本题考查算法框图的应用，解这类问题，通常列出每一次循环，找出其规律，进而对问题进行解答，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 9．C 【解析】

fxxsinxxsinxfx，为偶函数，则B、D错误；

又当x0,时，f'xsinxxcosx， 当f'xsinxxcosx0时，得xtanx，则

则极值点x0,，故选C． 2点睛：复杂函数的图象选择问题，首先利用对称性排除错误选项，如本题中得到为偶函数，排除B、D选项，在A、C选项中，由图可知，虽然两个图象在第一象限都是先增后减，但两个图象的极值点位置不同，则我们采取求导来判断极值点的位置，进一步找出正确图象． 10．C 【解析】

试题分析：设4门课程分别为1，2，3，4，甲选修2门，可有1，2；1，3；1，4；2，3；2，4；3，4共6种情况，同理乙，丙均可有1，2，3；1，2，4；2，3，4；1，3，4共4种情况，∴不同的选修方案共有6×4×4=96种，故选C． 考点：分步计数原理

点评：本题需注意方案不分次序，即a，b和b，a是同一种方案，用列举法找到相应的组合即可． 11．A 【解析】 【分析】

求出直线2xy30的斜率，根据两直线平行斜率的性质，可以求出所求直线的斜率，写出点斜式方程，最后化为一般方程. 【详解】

因为2xy30的斜率为2，所以所求直线的方程的斜率也为2，因此所求直线方程为

y22(x1)2xy0，故本题选A.

【点睛】

本题考查了求过一点与已知直线平行的直线的方程.本题也可以这样求解：与直线2xy30平行的直线可设为2xy0，过1,2代入方程中，0，所以直线方程为2xy0，一般来说，与直线

AxByC0平行的直线可设为AxBy0；与直线AxByC0垂直的直线可设为BxAy0.

12．A 【解析】 【分析】

根据复数的除法运算，化简得到zi，再由复数模的计算公式，即可求解. 【详解】

1i1i1ii，所以z1， 由题意，复数满足z(1i)1i，则z1i1i1i故选A. 【点睛】

本题主要考查了复数的运算，以及复数模的求解，其中解答中熟记复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题 13．②③ 【解析】 【分析】

由题意，xy1，问题转化为1与选项有交点，代入验证，可得结论． 【详解】

由题意对任意的x,yM，均有x,yM，则xy1，即1与选项有交点，

22222222对①，1与1有交点，满足；

222222对②，1的图形在

22222422321的内部，无交点，不满足；

对③，1的图形在2的外部，无交点，不满足；

2对④，1与4有交点，满足；

22故答案为②③. 【点睛】

本题考查曲线与方程的定义的应用，考查了理解与转化能力，将问题转化为1与选项有交点是

22

关键． 14．

15 5【解析】

不妨设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,B1CBC1O，如图，当E为C1D1中点时，

BD1//OE,BD1//平面B1CE，则OEC为直线BD1与CE所成的角，在OEC中，

EC5,OC2,OE3,cosOEC3521515. ，故答案为55235【方法点晴】本题主要考查异面直线所成的角，属于难题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解. 15．11,； 22【解析】 【分析】

令xcos，ysin，可将xy化为【详解】

1sin2，根据三角函数值域可求得结果. 2x2y21 可令xcos，ysin

1xycossinsin2

211sin21,1 xy,

22本题正确结果：【点睛】

本题考查利用三角换元的方式求解取值范围的问题，关键是能够将问题转化为三角函数的值域的求解.

11, 22

16．

 3【解析】 【分析】

由条件利用两个向量垂直的性质,两个向量的数量积的定义，求得向量a与向量b的夹角的余弦值,可得向量a与向量b的夹角的值. 【详解】

由题意可得a1,b132,baa0，即aba,

212cos1(为向量a与向量b的夹角），

求得cos【点睛】

本题主要考查向量的模、夹角及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是ababcos，二是abx1x2y1y2，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， cos1,，故答案为.

323abab

（此时ab往往用坐标形式求解）；（2）求投影，a 在b 上的投影是求向量manb 的模（平方后需求ab）.

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（1）【解析】 【分析】

abb；（3）a,b向量垂直则ab0;(4)

3；（2）y2.5x3；（3）是. 5（1）记事件A为“选取的2且数据恰好是不相邻2天的数据”，利用古典概型的概率公式计算出PA，再利用对立事件的概率公式可计算出PA；

（2）计算x、y的值，再利用最小二乘法公式求出回归系数a和b的值，即可得出回归直线方程； （3）分别将x10和x8代入回归直线方程，计算出相应的误差，即可对所求的回归直线方程是否可靠进行判断. 【详解】

（1）设事件A表示“选取的2且数据恰好是不相邻2天的数据”，

2则A表示“选取的数据恰好是相邻2天的数据”，基本事件总数为C510，

事件A包含的基本事件数为4，

PA4223，PA1PA1； 1055511131225302612，y27. （2）由题表中的数据可得x33xyii13i112513301226977，xi2112132122434.

i13bxy3xyiii133xi23xi12977312272.5，aybx272.5123，

4343122因此，回归直线方程为y2.5x3；

（3）由（2）知，当x10时，y2.510322，误差为222312； 当x8时，y2.58317，误差为171612. 因此，所求得的线性回归方程是可靠的. 【点睛】

本题考查古典概型概率的计算，考查回归直线方程的求解与回归直线方程的应用，在求回归直线方程时，要熟悉最小二乘法公式的意义，考查运算求解能力，属于中等题.

2218．（1）x(y2)4（2）32 【解析】

试题分析:（1）由=xy,ysin 可将圆C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）先将直线l的参数方程代入圆C方程，再根据参数几何意义得MAMB t1t2，最后根据韦达定理求MAMB的值．

试题解析：（1）4sinxy4y；

（2）直线l的参数方程代入圆C方程得t232t10 MAMB t1t232． 点睛：直线的参数方程的标准形式的应用

22222xx0tcos.(t是参数，t可正、可负、可为0) 过点M0(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程是yytsin0若M1，M2是l上的两点，其对应参数分别为t1，t2，则

(1)M1，M2两点的坐标分别是(x0＋t1cos α，y0＋t1sin α)，(x0＋t2cos α，y0＋t2sin α). (2)|M1M2|＝|t1－t2|.

(3)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t，则t＝(4)若M0为线段M1M2的中点，则t1＋t2＝0.

t1t2t1t2

. ，中点M到定点M0的距离|MM0|＝|t|＝22

19． (1) 【解析】

(2)

分析：（1）将a=1代入，分段求解即可； （2）利用详解：（1）当当当当

时，

时，时，

时，不等式

，解得

；

，即，

，求解即可.

，无解； ，解得

， .

综上所述，不等式的解集为（2）

，解得

即a的取值范围是

点睛：含绝对值不等式的常用解法

或

，

.

(1)基本性质法：对a∈R＋，|x|＜a⇔－a＜x＜a，|x|＞a⇔x＜－a或x＞a. (2)平方法：两边平方去掉绝对值符号．

(3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．

(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解． (5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解． 20．（Ⅰ）定值为0；（2）S=【解析】

分析：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xo，yo），根据抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，设直线方程与抛物线方程联立消去y，根据判别式大于0求得x1x2和x1x2，根据曲线1y=x2上任意一点斜率为y′=

113()，S取得最小值1． 2x，可得切线AM和BM的方程，联立方程求得交点坐标，求得FM和AB，进而可求得FMAB的2结果为0，进而判断出AB⊥FM．

（2）利用（1）的结论，根据x1x2的关系式求得k和λ的关系式，进而求得弦长AB，可表示出△ABM面积．最后根据均值不等式求得S的范围，得到最小值．

详解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xo，yo），焦点F（0，1），准线方程为y=﹣1，

显然AB斜率存在且过F（0，1）

设其直线方程为y=kx+1，联立1y=x2消去y得：x2﹣1kx﹣1=0， 判别式△=16（k2+1）＞0，x1+x2=1k，x1x2=﹣1. 于是曲线1y=x2上任意一点斜率为y′=

x， 211则易得切线AM，BM方程分别为y=（）x1（x﹣x1）+y1，y=（）x2（x﹣x2）+y2，其中1y1=x12，

22x1x2=2k，yo=21y2=x22，

联立方程易解得交点M坐标，xo=从而FM=（

x1x2xx=﹣1，即M（12，﹣1）,

24x1x2，﹣2），AB（x2﹣x1，y2﹣y1） 2FMAB=

题得证．

111（x1+x2）（x2﹣x1）﹣2（y2﹣y1）=（x22﹣x12）﹣2[（x22﹣x12）]=0，（定值）命2241|AB||FM|． 2（Ⅱ）由（Ⅰ）知在△ABM中，FM⊥AB，因而S=∵AFFB(0)，

x1x2∴（﹣x1，1﹣y1）=λ（x2，y2﹣1），即，

1y(y1)12而1y1=x12，1y2=x22， 则x22=

4，x12=1λ， |FM|=(x1x221212111 )(2)2x1x2x1x2422442因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y=﹣1的距离， 所以|AB|=|AF|+|BF|=y1+y2+2=

1211212)． x1x2+2=λ++2=(44于是S=

1131)， |AB||FM|=(221≥2知S≥1，且当λ=1时，S取得最小值1．

由点睛：本题求S的最值，运用了函数的方法，这种技巧在高中数学里是一种常用的技巧.所以本题先求出S=

113()，再求函数的定义域，再利用基本不等式求函数的最值. 25x221．（1）y21；（2）定点为,0.

24【解析】

分析：（1）根据一个焦点与短轴两端点的连线相互垂直，以椭圆C的长轴为直径的圆与直线xy20相切，结合性质a2b2c2 ，列出关于a 、b 、c的方程组，求出a 、b 、c，即可得结果；(2) 设

x22y122222直线ykx1k0联立2，得12kx4kx2k20,8k80. 假设

ykx1x轴上存在定点Ex0,0，由韦达定理，利用平面向量数量积公式可得

2xEAEB2024x01k2x0212k2，要使EAEB为定值，则EAEB的值与k无关，所以

222x04x012x02，从而可得结果.

bcb1002详解：（1）由题意知，a，解得a2 2c1222bcax2则椭圆C的方程是y21

2（2）①当直线的斜率存在时，设直线ykx1k0

x22y122222联立2，得12kx4kx2k20,8k80

ykx14k22k22所以xAxB ,xAxB2212k12k假设x轴上存在定点Ex0,0，使得EAEB为定值。

所以EAEBxAx0,yAxBx0,yBxAxBx0xAxBx0yAyB

22xAxBx0x0k2xA1xB1

1k2xAxBx0k2x22xxk AB02x2024x01k2x0212k2

要使EAEB为定值，则EAEB的值与k无关， 所以2x04x012x02 解得x0225， 4

此时EAEB75为定值，定点为,0 1642271,,B1,EAEB②当直线的斜率不存在时，A，也成立 2216所以，综上所述，在x轴上存在定点E75,0，使得EAEB为定值

164点睛：本题主要考查待定待定系数法求椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题以及点在曲线上问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

2222．（1）-16；（2）T41120,T116x,T81024x.

【解析】 【分析】

（1）根据第5项的二项式系数最大可得n的值.由二项式定理展开通项，即可求得含x2的项的系数； （2）由二项式定理展开通项，即可求得有理项. 【详解】

∵只有第5项的二项式系数最大，

∴二项式的幂指数n是偶数，那么其展开式的中间一项Tn1的二项式的系数最大， 2∴15，

解得n8．

22（1）3x33x3．

xxn8n2其展开式的通项Tr1C令

r8x38r2r32C8rxxr82r3．

82r2，得r1． 3∴含x2的项的系数为16； （2）由82r0，得r4， 由82r3，得r5（舍）， 2由82r6，得r1， 由82r6，得r7．

22∴展开式中的有理项为：T41120,T116x,T81024x．

【点睛】

本题考查了二项式定理展开的应用，有理项的求法，属于基础题.