第Ⅰ卷(共60分)

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)若复数z满足为虚数单位)，则为

(A)3+5i (B)3－5i(C)－3+5i　　　(D)－3－5i

【解析】.故选A.

【答案】A

(2)已知全集，集合，，则为

(A){1,2,4}(B){2,3,4}(C){0,2,4}(D){0,2,3,4}

【解析】,所以,选C.

【答案】C

(3)函数的定义域为

(A)(B) (C) (D)

【解析】要使函数有意义则有，即，即或，选B.

【答案】B

(4)在某次测量中得到的A样本数据如下：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88.若B样本数据恰好是A样本数据都加2后所得数据，则A，B两样本的下列数字特征对应相同的是

(A)众数　　　(B)平均数　　　(C)中位数　　　(D)标准差

【解析】设A样本的数据为变量为，B样本的数据为变量为，则满足，根据方差公式可得，所以方差相同，标准差也相同，选D.

【答案】D

(5)设命题p：函数的最小正周期为；命题q：函数的图象关于直线对称.则下列判断正确的是

(A)p为真　　　(B)为假　　　　(C)为假　　　(D)为真

【解析】函数的周期为，所以命题为假；函数的对称轴为,所以命题为假，所以为假，选C.

【答案】C

(6)设变量满足约束条件则目标函数的取值范围是

(A)　　　(B)　　　(C)　　　(D)

【解析】做出不等式所表示的区域如图，由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最大为，当直线经过点时，直线截距最大，此时最小，由，解得，此时，所以的取值范围是，选A.

【答案】A

(7)执行右面的程序框图，如果输入＝4，那么输出的n的值为

(A)2　　　(B)3　　　(C)4　　　(D)5

【解析】当时，第一次，第二次，第三次，此时不满足，输出，选B.

【答案】B

(8)函数的最大值与最小值之和为

(A)　　　(B)0　　　(C)－1　　　(D)

【解析】因为，所以，，即，所以当时，最小值为，当时，最大值为，所以最大值与最小值之和为，选A.

【答案】A

(9)圆与圆的位置关系为

(A)内切　　(B)相交　　(C)外切　　(D)相离

【解析】两圆的圆心分别为，，半径分别为，两圆的圆心距离为，则，所以两圆相交，选B.

【答案】B

(10)函数的图象大致为

【解析】函数为奇函数，所以图象关于原点对称，排除A,令得，所以，，函数零点有无穷多个，排除C,且轴右侧第一个零点为，又函数为增函数，当时，，，所以函数，排除B，选D.

【答案】D

(11)已知双曲线：的离心率为2.若抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为2，则抛物线的方程为

(A) 　(B) 　　(C)　　(D)

【解析】抛物线的焦点 ，双曲线的渐近线为，不妨取，即，焦点到渐近线的距离为，即，所以双曲线的离心率为，所以，所以，所以抛物线方程为，选D.

【答案】D

(12)设函数，.若的图象与的图象有且仅有两个不同的公共点，则下列判断正确的是

(A)　　　　(B)

(C)　　　　(D)

【解析】方法一：在同一坐标系中分别画出两个函数的图象，要想满足条件，则有如图，做出点A关于原点的对称点C,则C点坐标为，由图象知即，故答案选B.

方法二：设，则方程与同解，故其有且仅有两个不同零点.由得或.这样，必须且只须或，因为，故必有由此得.不妨设，则.所以，比较系数得，故.，由此知，故答案为B.

【答案】B

第Ⅱ卷(共90分)

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.

(13)如图，正方体的棱长为1，E为线段上的一点，则三棱锥的体积为＿＿＿＿＿.

【解析】以△为底面，则易知三棱锥的高为1，故.

【答案】

(14)右图是根据部分城市某年6月份的平均气温(单位：℃)数据得到的样本频率分布直方图，其中平均气温的范围是［20.5，26.5］，样本数据的分组为，，，，，.已知样本中平均气温低于22.5℃的城市个数为11，则样本中平均气温不低于25.5℃的城市个数为＿＿＿＿.

　【解析】最左边两个矩形面积之和为0.10×1+0.12×1＝0.22，总城市数为11÷0.22＝50，最右面矩形面积为0.18×1＝0.18，50×0.18＝9.

【答案】9

(15)若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，且函数在上是增函数，则a＝＿＿＿＿.

【解析】当时，有，此时，此时为减函数，不合题意.若，则，故，检验知符合题意.

【答案】　

（16)如图，在平面直角坐标系中，一单位圆的圆心的初始位置在(0，1)，此时圆上一点P的位置在(0，0)，圆在x轴上沿正向滚动.当圆滚动到圆心位于(2，1)时，的坐标为＿＿＿＿.

【解析】因为圆心移动的距离为2，所以劣弧，即圆心角,,则,所以，，所以，，所以.

另解：根据题意可知滚动制圆心为（2,1）时的圆的参数方程为，且，则点P的坐标为，即.

【答案】

三、解答题：本大题共6小题，共74分.

(17)(本小题满分12分)

在△ABC中，内角所对的边分别为，已知.

(Ⅰ)求证：成等比数列；

(Ⅱ)若，求△的面积S.

【答案】(17)(I)由已知得：

，

，

，

再由正弦定理可得：，

所以成等比数列.

(II)若，则，

∴，

，

∴△的面积.

(18)(本小题满分12分)

袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2.

(Ⅰ)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；

(Ⅱ)现袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率.

【答案】(18)(I)从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2.其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，故所求的概率为.

(II)加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种情况外，多出5种情况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种情况，其中颜色不同且标号之和小于4的有8种情况，所以概率为.

(19) (本小题满分12分)

如图，几何体是四棱锥，△为正三角形，.

(Ⅰ)求证：；

(Ⅱ)若∠，M为线段AE的中点，求证：∥平面.

【答案】(19)(I)设中点为O，连接OC，OE，则由知 ，，

又已知，所以平面OCE.

所以，即OE是BD的垂直平分线，

所以.

(II)取AB中点N，连接，

∵M是AE的中点，∴∥，

∵△是等边三角形，∴.

由∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°+30°＝90°，即，

所以ND∥BC，

所以平面MND∥平面BEC，故DM∥平面BEC.

(20) (本小题满分12分)

已知等差数列的前5项和为105，且.

(Ⅰ)求数列的通项公式；

(Ⅱ)对任意，将数列中不大于的项的个数记为.求数列的前m项和.

【答案】 (I)由已知得：

解得,

所以通项公式为.

(II)由，得，

即.

∵，

∴是公比为49的等比数列，

∴.

(21) (本小题满分13分)

如图，椭圆的离心率为，直线和所围成的矩形ABCD的面积为8.

(Ⅰ)求椭圆M的标准方程；

(Ⅱ) 设直线与椭圆M有两个不同的交点与矩形ABCD有两个不同的交点.求的最大值及取得最大值时m的值.

【答案】(21)(I)……①

矩形ABCD面积为8，即……②

由①②解得：，

∴椭圆M的标准方程是.

(II)，

设，则，

由得.

.

当过点时，，当过点时，.

①当时，有，

，

其中，由此知当，即时，取得最大值.

②由对称性，可知若，则当时，取得最大值.

③当时，，，

由此知，当时，取得最大值.

综上可知，当和0时，取得最大值.

(22) (本小题满分13分)

已知函数为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线在点处的切线与x轴平行.

(Ⅰ)求k的值；

(Ⅱ)求的单调区间；

(Ⅲ)设，其中为的导函数.证明：对任意.

【答案】

(I)，

由已知，，∴.

(II)由(I)知，.

设，则，即在上是减函数，

由知，当时，从而，

当时，从而.

综上可知，的单调递增区间是，单调递减区间是.

(III)由(II)可知，当时，≤0＜1+，故只需证明在时成立.

当时，＞1，且，∴.

设，，则，

当时，，当时，，

所以当时，取得最大值.

所以.

综上，对任意，.