第Ⅰ卷

一、选择题

(1)设集合U=,则

（A） （B） （C） （D）

【答案】D

【命题意图】本题主要考查集合交并补运算.

【解析】

(2)函数的反函数为

（A） （B）

（C） （D）

【答案】B

【命题意图】本题主要考查反函数的求法.

【解析】由原函数反解得,又原函数的值域为,所以函数的反函数为.

(3)设向量满足,,则

（A） （B） （C） （D）

【答案】B

【命题意图】本题主要考查平面向量的数量积与长度的计算方法.

【解析】,所以

(4)若变量x，y满足约束条件，则的最小值为

（A）17 （B）14 （C）5 （D）3

【答案】C

【命题意图】本题主要考查简单的线性规划.

【解析】作出不等式组表示的可行域，从图中不难观察当直线过直线x=1与x-3y=-2的交点（1，1）时取得最小值,所以最小值为5.

(5)下面四个条件中，使成立的充分而不必要的条件是

（A） （B） （C） （D）

【答案】A

【命题意图】本题主要考查充要条件及不等式的性质.

【解析】即寻找命题,使,且推不出,逐项验证知可选A.

(6)设为等差数列的前项和，若，公差，，则

（A）8 （B）7 （C）6 （D）5

【答案】D

【命题意图】本题主要考查等差数列的基本公式的应用.

【解析】解法一，解得.

解法二: ，解得.

(7)设函数，将的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于

（A） （B） （C） （D）

【答案】C

【命题意图】本题主要考查三角函数的周期性与三角函数图像变换的关系.

【解析】由题意将的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，说明了是此函数周期的整数倍,得,解得,又,令,得.

(8)已知直二面角,点，,为垂足,，,为垂

足,若，则

（A） 2 （B） （C） （D）1

【答案】C

【命题意图】本题主要考查二面角的平面角及解三角形.

【解析】因为是直二面角, ,∴平面,

,又,

(9) 4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有

(A) 12种 (B) 24种 (C) 30种 (D)36种

【答案】B

【命题意图】本题主要考查两个原理与排列组合知识，考察考生分析问题的能力.

【解析】第一步选出2人选修课程甲有种方法，第二步安排剩余两人从乙、丙中各选1门课程有种选法，根据分步计数原理，有种选法.

(10) 设是周期为2的奇函数，当时，,则

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

【答案】A

【命题意图】本题主要考查利用函数的周期性和奇偶性求函数值的方法. 关键是把通过周期性和奇偶性把自变量转化到区间[0,1]上进行求值.

【解析】由是周期为2的奇函数,利用周期性和奇偶性得:

(11)设两圆、都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），则两圆心的距离=

(A)4 (B) (C)8 (D)

【答案】C

【命题意图】本题主要考查圆的方程与两点间的距离公式.

【解析】由题意知圆心在直线y=x上并且在第一象限,设圆心坐标为,则,即,所以由两点间的距离公式可求出.

(12)已知平面α截一球面得圆，过圆心且与α成二面角的平面β截该球面得圆.若该球面的半径为4，圆的面积为4，则圆的面积为

(A)7 (B)9 (C)11 (D)13

【答案】D

【命题意图】本题主要考查二面角的概念与球的性质.

【解析】如图所示,由圆的面积为4知球心到圆的距离,在中,, ∴,故圆的半径,∴圆的面积为.

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上.

(注意：在试卷上作答无效)

(13)的二项展开式中，的系数与的系数之差为 .

【答案】0

【命题意图】本题主要考查二项展开式的通项公式和组合数的性质.

【解析】由得的系数为,的系数为,所以的系数与的系数之差为0.

(14)已知,,则 .

【答案】

【命题意图】本题主要考查同角三角函数的基本关系式. 要注意角的范围，进而确定值的符号.

【解析】,,则.

(15)已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .

【答案】

【命题意图】本题主要考查正方体中异面直线AE与BC所成的角.

【解析】取A1B1的中点M连接EM，AM，AE，则就是异面直线AE与BC所成的角。在中，.

(16)已知、分别为双曲线: 的左、右焦点，点，点的坐标为(2，0)，为的平分线．则 .

【答案】6

【命题意图】本题主要考查三角形的内角平分线定理，双曲线的第一定义和性质.

【解析】为的平分线，∴ ∴

又点，由双曲线的第一定义得.

三．解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

(17)(本小题满分l0分)(注意：在试题卷上作答无效)

设等比数列的前n项和为.已知求和.

【思路点拨】解决本题的突破口是利用方程的思想建立关于a1和公比q的方程，求出a1和q，然后利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解即可。

【解析】设的公比为q,由题设得

…………………………………3分

解得或， …………………………………6分

当时，；

当时， ……………………………10分

(18)(本小题满分12分)(注意：在试题卷上作答无效)

△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.己知.

(Ⅰ)求B；

（Ⅱ）若.

【思路点拨】第（I）问由正弦定理把正弦转化为边，然后再利用余弦定理即可解决。

（II）在（I）问的基础上知道两角一边可以直接利用正弦定理求解.

【解析】(I)由正弦定理得…………………………3分

由余弦定理得.

故，因此 .…………………………………6分

（II）

…………………………………8分

故

.…………………………………12分

(19)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)

根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立.

(I)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率；

(II)求该地3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率.

【命题意图】本题主要考查独立事件的概率、对立事件的概率、互斥事件的概率及次独立重复试验发生k次的概率，考查考生分析问题、解决问题的能力.

【解析】记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险：

B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险。

C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；

D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买；

E表示事件：该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买.

(I), , ……………………………3分

……………………………6分

(II)D=,P(D)=1-P(C)=1-0.8=0.2, ……………………………9分

P(E)=. ……………………………12分

(20）(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)

如图，四棱锥中， ∥,，侧面为等边三角形..

(I) 证明：

(II) 求AB与平面SBC所成角的大小。

【分析】第（I）问的证明的突破口是利用等边三角形SAB这个条件，找出AB的中点E，连结SE，DE，就做出了解决这个问题的关键辅助线。

(II)本题直接找线面角不易找出，要找到与AB平行的其它线进行转移求解。

【命题意图】以四棱锥为载体考查线面垂直证明和线面角的计算，注重与平面几何的综合.

解法一：(Ⅰ)取中点，连结，则四边形为矩形，，连结，则，.

又,故,

所以为直角. ………………3分

由,,,得平面,所以.

与两条相交直线、都垂直.

所以平面. ………………6分

另解:由已知易求得,于是.可知,同理可得,又.所以平面. ………………6分

(Ⅱ)由平面知，平面平面.

作,垂足为,则平面ABCD,.

作,垂足为,则.

连结.则.

又,故平面,平面平面.……9分

作,为垂足,则平面.

,即到平面的距离为.

由于,所以平面,到平面的距离也为.

设与平面所成的角为,则,.……12分

解法二：以为原点,射线为轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

设,则、.

又设,则.

(Ⅰ),

由得

,

故.

由得,

又由得,

即,故. ………………3分

于是,

.

故,又,

所以平面. ………………6分

(Ⅱ)设平面的法向量,

则.

又,

故 ………………9分

取得,又

.

故与平面所成的角为. ………………12分

(21)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)

已知函数

(Ⅰ)证明：曲线

（Ⅱ）若求a的取值范围.

【分析】第(I)问直接利用导数的几何意义，求出切线的斜率，然后易写出切线方程.

(II)第（II）问是含参问题，关键是抓住方程的判别式进行分类讨论.

解：（I） .………………2分

由得曲线在x=0处的切线方程为

由此知曲线在x=0处的切线过点（2，2） .………………6分

（II）由得.

（i）当时，没有极小值； .………………8分

(ii)当或时，由得

故.由题设知，

当时，不等式无解；

当时，解不等式得

综合(i)(ii)得的取值范围是 ..………………12分

(22)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)

已知为坐标原点，为椭圆：在轴正半轴上的焦点，过且斜率为的直线与交与、两点，点满足.

(I)证明：点在上；

(II)设点关于点的对称点为，证明：、、、四点在同一圆上.

【命题意图】本题考查直线方程、平面向量的坐标运算、点与曲线的位置关系、曲线交点坐标求法及四点共圆的条件。

【分析】方程联立利用韦达定理是解决这类问题的基本思路，注意把用坐标表示后求出P点的坐标，然后再结合直线方程把P点的纵坐标也用A、B两点的横坐标表示出来.从而求出点P的坐标代入椭圆方程验证即可证明点P在C上;(II)此问题证明有两种思路：思路一：关键是证明互补.通过证明这两个角的正切值互补即可，再求正切值时要注意利用到角公式.

思路二：根据圆的几何性质圆心一定在弦的垂直平分线上，所以根据两条弦的垂直平分线的交点找出圆心N，然后证明N到四个点A、B、P、Q的距离相等即可.

【解析】(I),的方程为,代入并化简得

. …………………………2分

设,

则

由题意得

所以点的坐标为.

经验证点的坐标满足方程,故点在椭圆上 …6分

(II)由和题设知，，的垂直平分线的方程为

. ①

设的中点为,则,的垂直平分线的方程为

. ②

由①、②得、的交点为. …………………………9分

,

,

,

,

,

故 ,

又 , ,

所以 ,

由此知、、、四点在以为圆心,为半径的圆上. ……………12分

（II）法二：

同理

所以互补，

因此A、P、B、Q四点在同一圆上。

【点评】本题涉及到平面向量，有一定的综合性和计算量，完成有难度. 首先出题位置和平时模拟几乎没有变化，都保持全卷倒数第二道题的位置，这点考生非常适应的。相对来讲比较容易，是因为这道题最好特点没有任何的未知参数，我们看这道题椭圆完全给出，直线过了椭圆焦点，并且斜率也给出，平时做题斜率不给出，需要通过一定条件求出来，或者根本求不出来，这道题都给了，反而同学不知道怎么下手，让我求什么不知道，给出马上给向量条件，出了两道证明题，这个跟平时做的不太一样，证明题结论给大家，需要大家严谨推导出来，可能叙述的时候有不严谨的地方。这两问出的非常巧妙，非常涉及解析几何本质的内容，一个证明点在椭圆上的问题，还有一个疑问既然出现四点共圆，这都是平时很少涉及内容。从侧面体现教育深层次的问题，让学生掌握解析几何的本质，而不是把套路解决。其实几年前上海考到解析几何本质问题，最后方法用代数方法研究几何的问题，什么是四点共圆？首先在同一个圆上，首先找到圆心，四个点找圆形不好找，最简单的两个点怎么找？这是平时的知识，怎么找距离相等的点，一定在中垂线，两个中垂线交点必然是圆心，找到圆心再距离四个点距离相等，这就是简单的计算问题.方法确定以后计算量其实比往年少.