数学（理科）试题
本试卷共4页.满分150分. 注意事项：
1. 答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3. 考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本大题共12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. C. 【答案】B 【解析】 【分析】
先求出集合B，再利用交集并集的定义判断选项． 【详解】∵B＝∴A∩B＝故选：B．
【点睛】本题考查交集并集的求法，是基础题，解题时要注意交集并集的区别． 2.若复数满足A. 5 【答案】C 【解析】 【分析】
，则的虚部为（ ） B.
C.
D. -5
．
，＝{x|
}， ，
，
，则（ ）
B. D.
1
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案． 【详解】由（1+i）z＝|3+4i|得z∴z的虚部为故选：C．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 3.已知
是两个不同平面，直线
，则“
”是“
”的（ ）
．
，
，
A. 充分不必要条件 C. 充要条件 【答案】A 【解析】
B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
表示两个不同平面，直线是内一条直线，若∥，则∥，所以∥是∥的充分条件；若∥不能推出∥，故不是充分条件 ∴∥是∥的充分不必要条件 故选A
4.已知双曲线：A.
B.
的一条渐近线方程为
C.
，则的离心率为（ ）
D.
【答案】C 【解析】 【分析】
利用双曲线的渐近线推出b，a关系，然后求解离心率即可． 【详解】由已知双曲线C可得故选：C．
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，解题时注意焦点位置，考查计算能力． 5.执行下边的程序框图，如果输出的值为1，则输入的值为（ ）
∴
，
（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，
，
2
A. 0 【答案】C 【解析】 【分析】
B. C. 0或 D. 0或1
根据程序框图，转化为条件函数进行计算即可． 【详解】程序对应的函数为y，
若x≤0，由y＝1得ex＝1，得x＝0，满足条件．
若x＞0，由y＝2﹣lnx＝1，得lnx＝1，即x＝e，满足条件． 综上x＝0或e， 故选：C．
【点睛】本题主要考查程序框图的识别和应用，根据条件转化为分段函数是解决本题的关键． 6.某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布
，试卷满分150
分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为（ ） A. 150 【答案】C 【解析】 【分析】 求出【详解】∵所以
，
，即可求出此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数．
，
，
B. 200
C. 300
D. 400
3
所以此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为故选：C．
．
【点睛】本小题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想．属于基础题． 7.若函数A. 点C. 函数【答案】D 【解析】 【分析】
根据函数f（x）的图象过点（0，2），求出θ，可得f（x）＝cos2x+1，再利用余弦函数的图象和性质，得出结论．
【详解】由函数f（x）＝2sin（x+2θ）•cosx （0＜θ可得2sin2θ＝2，即sin2θ＝1，∴2θ
2
的图象过点
是
的一个对称中心 的最小正周期是
，则（ ）
是
的一条对称轴
的值域是
B. 直线D. 函数
）的图象过点（0，2），
，∴θ，
故f（x）＝2sin（x+2θ）•cosx＝2cosx＝cos2x+1， 当x时，f（x）＝1，故A、B都不正确；
π，故C不正确；
f（x）的最小正周期为
显然，f（x）＝cos2x+1∈[0，2]，故D正确， 故选：D．
【点睛】本题主要考查余弦函数的图象和性质，属于中档题． 8.函数
的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
4
【答案】A 【解析】 【分析】
计算函数与y轴的交点坐标，再判断函数的单调性，即可判断出答案． 【详解】当x＝0时，y＝4﹣1＝3＞0，排除C，当>x>0时，数为-4sinx-故选：A．
【点睛】本题考查了函数图象的判断，一般从奇偶性，单调性，特殊值等方面判断，属于基础题． 9.已知偶函数A. C. 【答案】B 【解析】 【分析】
根据题意，由函数的解析式可得f（x）在（-1，0）上为减函数，结合函数的奇偶性可得f（x）在（0，1）上为增函数，又由α，β为锐角三角形的两个内角分析可得sinα＞sin（90°﹣β）＝cosβ，结合函数的单调性分析可得答案．
【详解】根据题意，当x∈（﹣1，0）时，f（x）＝2＝（），则f（x）在（0，1）上为减函数， 又由f（x）为偶函数，则f（x）在（0，1）上为增函数，
若α，β为锐角三角形的两个内角，则α+β＞90°，则α＞90°﹣β，则有sinα＞sin（90°﹣β）＝cosβ，
则有f（ sinα）＞f（cosβ）， 故选：B．
﹣x是单调递减的，当x>时，导函
<0,所以也是单调递减的，又函数连续，故当x>0时，函数时递减的，故选A.
，当
时，，若，为锐角三角形的两个内角，则（ ） B. D.
x
5
【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，涉及三角函数的诱导公式的运用，属于基础题． 10.已知不共线向量取最小值，当A.
，
夹角为，
，
，
，
，
在
处
时，的取值范围为（ ）
B.
C.
D.
【答案】C 【解析】
试题分析：由题意可得∴
，由二次函数知，当上式取最小值时，
，求得
考点：数量积表示两个向量的夹角.
11.如图所示，在著名的汉诺塔问题中，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面.现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面，规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动.若将个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为
，则
（ ）
，∴
，故选：C．
, ，
，由题意可得
A. 33 【答案】D 【解析】 【分析】
由简单的合情推理得：
B. 31 C. 17 D. 15
是以P（1）+1＝2为首项，2为公比的等比数列，由等比数列通项公式可得：
P（n）+1＝2n，所以P（n）＝2n﹣1，得解．
6
【详解】设把圆盘从起始柱全部移到目标柱上最少需要移动的次数记为p（n），则把起始柱上的（除最底下的）圆盘从起始柱移动到辅助柱最少需要移动的次数记为p（n﹣1）， 则有P（n）＝2P（n﹣1）+1，
则有P（n）+1＝2[P（n﹣1）+1]，又P（1）＝1， 即
是以P（1）+1＝2为首项，2为公比的等比数列，
由等比数列通项公式可得：P（n）+1＝2n，所以P（n）＝2n﹣1， 即P（4）＝24﹣1＝15， 故选：D．
【点睛】本题考查了数列的递推公式及等比数列的通项公式，属中档题． 12.定义：区间
，
，
，
的长度均为
，若不等式
的解集是互不相交
区间的并集，设该不等式的解集中所有区间的长度之和为，则（ ） A. 当C. 当【答案】B 【解析】 【分析】 当m＞0时，∵
m⇔
0，令f（x）＝mx﹣（3+3m）x+2m+4＝0的两
2
时，时，
B. 当D. 当
时，时，
根为x1，x2，且x1＜x2，根据韦达定理以及f（1），f（2）的符号，判断x1，x2与1和2的大小可得不等式的解集，再根据区间长度的定义可得． 【详解】当m＞0时，∵
0⇔
0，
令f（x）＝mx2﹣（3+3m）x+2m+4＝0的两根为x1，x2，且x1＜x2， 则
0，且x1+x2
3
，
∵f（1）＝m﹣3﹣3m+2m+4＝1＞0，f（2）＝4m﹣6﹣6m+2m+4＝﹣2＜0， ∴1＜x1＜2＜x2，
所以不等式的解集为（1，x1]∪（2，x2]， ∴l＝x1﹣1+x2﹣2＝x1+x2﹣3＝3故选：B．
3
，
7
【点睛】本题考查分式不等式的解法，涉及对新定义区间长度的理解，属于难题．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若，满足约束条件【答案】[﹣3，3] 【解析】
分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案. 详解：由约束条件作出可行域如图：
，则
的最大值是__________．
联立化目标函数
，解得，，
.
；
.
为直线方程的斜截式
过
由图可知，当直线当直线
过
，直线在y轴上的截距最大，z最小，最小值为
时，直线在y轴上的截距最小，z最大，最大值为
的取值范围为[﹣3，3].
故答案为：[﹣3，3].
点睛：利用线性规划求最值，一般用图解法求解，其步骤是 (1)在平面直角坐标系内作出可行域．
(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．
(3)确定最优解：在可行域内平行移动目标函数变形后的直线，从而确定最优解． (4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值. 14.在等比数列
中，
，
，为
的前项和.若
，则
__________．
8
【答案】10 【解析】 【分析】
根据题意，由等比数列的通项公式，分析可得q4＝8×q，解可得q的值，结合等比数列的前n项和公式可得Sn2﹣1＝1023，解可得n的值，即可得答案．
n【详解】根据题意，等比数列{an}中，a1＝1，a5＝8a2， 则有q4＝8×q，解可得q＝2， 若Sn＝1023，则有解可得：n＝10； 故答案为：10．
【点睛】本题考查等比数列的前n项和公式的应用，关键是掌握等比数列前n项和的形式，属于基础题． 15.已知抛物线
的焦点为，准线为，过的直线与抛物线及其准线依次相交于、、三点
，
，则
__________．
2﹣1＝1023，
n（其中在、之间且在第一象限），若【答案】2 【解析】 【分析】
由已知|MN|＝2|MF|可得MN所在直线当斜率，写出MN所在直线方程，与抛物线方程联立，求得G的横坐标，再由抛物线焦点弦长公式求解p． 【详解】如图，过M作MH⊥l＝H， 由|MN|＝2|MF|，得|MN|＝2|MH|， ∴MN所在直线斜率为
， （x），
MN所在直线方程为y联立，得12x2﹣20px+3p2＝0．
解得：则|GF|
，
，即p＝2．
故答案为：2．
9
【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题． 16.如图，矩形
中，为
的中点，将
沿直线
翻折成
，连结
，为
的中点，则在
翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是_______. ①存在某个位置，使得②翻折过程中，③若④若
，则
；
的长是定值；
；
的体积最大时，三棱锥
的外接球的表面积是
.
，当三棱锥
【答案】②④ 【解析】 【分析】
对于①，取AD中点E，连接EC交MD与F，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，
对于②，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NEAB1（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC是定值．
对于③，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，显然不成立． 对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，可得球半径为1，表面积是4π． 【详解】对于①：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，则NE∥AB1，NF∥MB1， 如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故①错．
10
对于②：如图1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NEAB1（定值），AM＝EC（定值），
由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE•EC•cos∠NEC，所以NC是定值，故②正确．
对于③：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，显然不成立，可得③不正确．
对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，易得AD中点H就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4π．故④正确． 故答案为：②④．
【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分.
17.
的内角、、的对边分别为，，，点为
的中点，已知
，
，
.
（1）求角的大小和（2）设
的长；
于，求
的面积.
的角平分线交
（2）
【答案】（1）【解析】 【分析】
（1）由三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tanC弦定理可得BD的值．
，结合范围C∈（0，π），可求C的值，由余
11
（2）由（1）可知BD+BC＝4＝CD，可求∠DBC代入S△BCE+S△CED＝S△BCD222
，可得S△DBC，利用三角形的面积公式可求S△BCES△CED，
，即可解得S△CED的值．
sinC+1﹣2sin2
0，
【详解】（1）∵由题意可得：∴
sinC+cos（A+B）＝0，
又A+B＝π﹣C， ∴
sinC﹣cosC＝0，可得tanC，
∵C∈（0，π）， ∴C，
2
∴在△BCD中，由余弦定理可得：BD＝3+4﹣2解得：BD＝1，
（2）由（1）可知BD+BC＝4＝CD， ∴∠DBC∴S△DBC，
2
2
2
1，
BD•BC，
∵CE是∠BCD的角平分线， ∴∠BCE＝∠DCE， 在△CEB和△CED中，S△BCE，
S△CED可得：∴S△BCE， ，
S△CED，
，（1）＝2
）S△CED3．
，
∴代入S△BCE+S△CED＝S△BCD∴S△CED（2
【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应
12
用，考查了计算能力和数形结合思想，考查了转化思想的应用，属于中档题． 18.如图，三棱柱
中，
，
，平面
平面
.
（1）求证：（2）若值.
； ，直线
与平面
所成角为
，为
的中点，求二面角
的余弦
【答案】（1）见解析（2）【解析】 【分析】
（1）过点C作CO⊥AA1，则CO⊥平面AA1B1B，CO⊥OB，推导出Rt△AOC≌Rt△BOC，从而AA1⊥OB，再由AA1⊥CO，得AA1⊥平面BOC，由此能证明AA1⊥BC．
（2）以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1﹣A1D﹣C1的余弦值． 【详解】（1）过点作
，垂足为，
因为平面所以又因为所以因为又因为
平面
，
平面，故
，，故，所以，所以
，
，
，
，
， ， 平面，
，故
.
，
（2）以为坐标原点，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系
13
因为所以故所以
平面是直线
， ，，
，
， 与平面
所成角，
， ，
，，则 ，
， ，
的一条法向量，
，
，
设平面的法向量为，所以
令因为所以
，得平面为平面
，
，
所以二面角
的余弦值为
.
【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 19.如图，点为圆：至点，使得
上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接
延长
，点的轨迹记为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线
与曲线相交于，两点，试问在曲线上是否存在
14
点，使得四边形【答案】（1）【解析】 【分析】 （1）设
，
为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由. （2）这样的直线不存在.详见解析
，则，，且，通过，转化求解即可．
，代入椭，则点Q（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为圆方程整理得关于x的一元二次方程，假设存在点Q，满足题意，则其充要条件为
的坐标为（x1+x2，y1+y2）．由此利用韦达定理结合点Q在曲线上，得到关于k的方程求解即可． 【详解】（1）设则由题意知
，
， ，所以为
中点，
，
，
由中点坐标公式得
，
即，
上，故满足
又点在圆：
，
得
.
（2）由题意知直线的斜率存在且不为零， 设直线的方程为因为
，故
，
，即
①，
联立消去得：设
，
，
，
，
15
，，
， ，
因为为平行四边形，故
点在椭圆上，故将①代入②，得故这样的直线不存在.
，整理得
，该方程无解，
，②，
【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与直线方程的求法，体现了数学转化思想方法，是中档题．
20.某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量（单位：）和与它“相近”的株数具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过2，3，4时每株产量的相关数据如下：
（1）求出该种水果每株的产量关于它“相近”株数的回归方程； （2）有一种植户准备种植该种水果500株，且每株与它“相近”的株数都为部售出，价格为10元
，计划收获后能全
0 15 1 12 2 11 3 9 4 8 ），并分别记录了相近株数为0，1，
，如果收入（收入=产量×价格）不低于25000元，则的最大值是多少？
（3）该种植基地在如图所示的直角梯形地块的每个交叉点（直线的交点）处都种了一株该种水果，其中每个小正方形的边长和直角三角形的直角边长都为
，已知该梯形地块周边无其他树木影响，若从所种的该
水果中随机选取一株，试根据（1）中的回归方程，预测它的产量的分布列与数学期望.
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，.
16
【答案】（1）
（2）每株“相近”的株数的最大值为5. （3）的分布列为： 11
一株产量的期望为【解析】 【分析】
（1）根据回归系数公式计算回归系数，得出回归方程；
（2）先根据题意求得产量的范围，再根据回归方程解得m的范围即可； （3）根据相邻株数的取值计算对应的产量，从而得出分布列和数学期望． 【详解】（1）由题意得：
，
，
∴
，
，
17
所以，
，
所以
.
，
，
（2）设每株的产量为根据题意：解得令解得
，
， ，
所以每株“相近”的株数的最大值为5. （3）由回归方程得： 当当当当
时，时，时，时，
， ， ， ，
由题意得：
， ， ， ，
所以的分布列为： 11
18
所以
所以一株产量的期望为
，
.
【点睛】本题考查了线性回归方程的计算及应用，离散型随机变量的分布列和数学期望，属于中档题． 21.已知函数（1）求函数（2）设函数【答案】（1）函数【解析】 【分析】
（1）求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的极值即可；
的极小值为的极值；
，若存在
，使
，证明：
.
.
，无极大值（2）见解析
（2）求出a，问题转化为证明lnx1+lnx2＜2（1），即ln•2，不妨设x1＞x2，t1，
即证lnt•【详解】（1）
，
令所以当当所以在所以
， ， 时，时，在
2，根据函数的单调性证明即可． 的定义域为
，
； . 上单调递减，
上单调递增.
.
19
所以函数的极小值为，无极大值.
（2），
当时，由于，所以，，即， 当时，由于，所以
，
，即
，
当时，
， 综上，，故
在单调递增，
故只须证明， 即证，
由，可知
，
故，
即证
， ，
，
也就是
，
，
，
.
不妨设，
，
即证
， ，
即证，
设
，
20
，
故因而即
因此结论成立.
【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不等式的证明，考查转化思想，属于难题．
在
单调递增. ， ，
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.
22.选修4-4：坐标系与参数方程：在平面直角坐标系
中，已知曲线：
（为参数），在以
.
坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程； （2）求曲线与直线交点的极坐标（【答案】（1）【解析】 【分析】
（1）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果．
（2）利用直线和曲线的位置关系的应用建立二元二次方程组，进一步求出极坐标系下的 结果． 【详解】（1）曲线化为普通方程为：由
，得
. ，联立
，
，
.
，
，
，
，
，（2）
）. ，
.
所以直线的直角坐标方程为（2）的普通方程为解得
或
所以交点的极坐标为
【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，二元二次方程的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型． 23.已知函数
的最大值为.
21
（1）求实数的值； （2）若【答案】（1）【解析】 【分析】
（1）通过讨论x的范围化简函数的解析式，根据函数的性质求出函数的最值，即可求出t的值， （2）根据三角不等式和基本不等式的性质求出g（m+2）+g（2n）≥2． 【详解】（1）由得所以（2）因为知=
，
当且仅当所以
，即
.
时取等号. ，即，由
，
.
，
，设
（2）见解析
，
，且满足
，求证：
.
【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及基本不等式的性质，属于基础题．
22
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