數學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并收回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，選對得5分，選錯得0分.1.設復數，則的共軛復數的虛部為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先對復數化簡，然后求出其共軛復數，從而可求出的虛部.【詳解】因為，所以，所以的共軛復數的虛部為.故選：D2.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】通過解不等式化簡集合，根據集合的基本運算可得結果.【詳解】由題意得，，，∴.故選：B.3.已知是直線的一個方向向量，若，則實數的值為（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】先由直線方向向量定義結合直線方程求出直線的一個方向向量，再利用向量平行的坐標表示即可求解.【詳解】因為直線的斜率為，所以直線的一個方向向量為，所以若，則，解得.故選：A.4.已知等差數列的前項和為，且，等比數列的首項為1，若，則的值為（）A. B. C. D.5【答案】B【解析】【分析】先由等差數列前n項和公式結合下標性質求出，進而求出等比數列的公比即可計算求解.【詳解】由題得，所以，設等比數列的公比為，所以，則.故選：B5.已知角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，角的終邊與圓交于點.動點以為起點，沿圓周按逆時針方向運動到點，點運動的軌跡長為，當角的終邊為射線時，（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先由題意結合三角函數、弧長公式等依次求出、圓O的半徑和，再由結合兩角和正切公式即可求解.【詳解】由題得，且圓O的半徑為，所以，所以.故選：C6.已知雙曲線虛軸的兩個端點分別為，左?右焦點分別為，若，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意結合倍角公式以及即可求解.【詳解】由題，所以，即，所以，即.故選：A7.若函數是減函數，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據可得，利用求出的取值范圍驗證取舍可得結果.【詳解】由題意得，函數定義域為.∵，∴，∵且，∴，則，∵，∴，解得，當時，，，不合題意，∴的取值范圍是.故選：B8.已知，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先化簡得出，再應用基本不等式計算的最小值即可求解.【詳解】已知，所以，則，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為.故選：D.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知數據的平均數為10，方差為1，且，則下列說法正確的是（）A.數據的方差為4B.數據的平均數為17C.數據的平均數為10，方差大于1D.若數據中位數為分位數為，則【答案】AB【解析】【分析】根據方差性質計算判斷A，根據平均數及方差計算求解判斷B，C，特例法，先從小到大排列，計算中位數及分位數判斷D.【詳解】對于A：數據的方差為，A選項正確；對于B：數據的平均數為，B選項正確；對于C：數據的平均數為，方差，C選項錯誤；對于D：若取數據，平均數為10，方差為1，則中位數為，因為，所以第5個數為分位數，所以，D選項錯誤.故選：AB.10.如圖，已知圓臺的軸截面為，其中為圓弧的中點，，則（）A.圓臺的體積為B.圓臺母線所在直線與平面所成角的最大值為C.過任意兩條母線作圓臺的截面，截面面積的最大值為D.過三點的平面與圓臺下底面的交線長為【答案】ABD【解析】【分析】求出圓臺的高，根據體積公式可得選項A正確；把圓臺補成圓錐，根據母線與平面所成的角最大可得選項B正確；利用兩條母線所在直線夾角為時截面面積最大可得選項C錯誤；找出過三點的平面與圓臺下底面的交線，結合垂徑定理可得選項D正確.【詳解】A.∵，∴圓臺上底面圓半徑為，下底面圓半徑為，∴圓臺的高，∴圓臺的體積，A正確.B.由，，得，由得，.如圖，將圓臺補成圓錐，頂點記為，底面圓的圓心記為，連接，∵為圓弧的中點，∴.∵平面，平面，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴平面平面，此時母線所在直線與平面所成的角最大，最大為，，B正確.C.由得，，∴，當兩條母線所在直線夾角為時，截面面積最大，最大值為，C錯誤.D.如圖，在梯形中，連接并延長交的延長線于點，連接交底面圓于點，則為截面與底面圓的交線.由得，，，∴，，取中點，則，∴，D正確.故選：ABD.11.已知定義在上的偶函數滿足，設在上的導函數為，則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】先由題設結合奇偶性和對稱性性質、求導運算依次求出是奇函數、、函數和是周期為6的函數和即可依次分析判斷ABC，由題設依次求出即可判斷D.【詳解】由題得，所以即，所以是奇函數，故，又由得函數關于點對稱，，所以，故，所以，即函數是周期為6的函數，所以也是周期為6的函數，即，由求導得即，所以，對于A，，故A正確；對于B，由函數關于點對稱得，故B錯誤；對于C，由上也是周期為6的函數，即，C正確；對于D，由得，且即，且即，且即，所以，所以，所以，故D正確.故選：ACD【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵是求出函數和是周期為6的函數.三?填空題；本題共3小題，每題5分，共15分.12.曲線C：在點M（1，e）處的切線方程為_____________．【答案】【解析】【詳解】試題分析：因為，所以切線斜率為，切線方程為，考點：導數幾何意義13.已知分別是橢圓的左、右焦點，為橢圓上三個不同的點，直線的方程為，且的平分線經過點，設內切圓的半徑分別為，則__________.【答案】5【解析】【分析】先由題意依次求出即可由求出，接著由正切函數定義和兩角和的正切公式結合點P求出直線的方程，進而求出直線過點，再聯立橢圓方程求出即可同理求出得解.【詳解】由題意可知，所以由，由上得，且所以，所以，所以即，令得，故直線經過點，聯立，所以，所以同理可得，所以.故答案為：5.14.程大位（1533-1606）是明代珠算發明家，微州人.他所編撰的《直指算法統宗》是最早記載珠算開平方、開立方方法的古算書之一，它完成了計算由籌算向珠算的轉變，使算盤成為主要的計算工具.算盤其形長方，周為木框，內貫直柱，俗稱“檔”.現有一種算盤（如圖1）共三檔，自右向左分別表示個位、十位和百位，檔中橫以梁，梁上一珠，下撥一珠記作數字5：梁下五珠，上撥一珠記作數字1.例如：圖2中算盤表示整數506.如果撥動圖1中算盤的3枚算珠，則可以表示不同的三位整數的個數為__________.【答案】26【解析】【分析】分“百位”撥動3枚算珠、“百位”撥動2枚算珠、“百位”撥動1枚算珠三種情況羅列出可表示的數據即可得解.【詳解】由題“百位”撥動3枚算珠可以表示的不同的三位整數有：300、700；“百位”撥動2枚算珠可以表示的不同的三位整數有：210、250、201、205，610、650、601、605；“百位”撥動1枚算珠可以表示的不同的三位整數有：120、102、160、106、111、151、115、155；520、502、560、511、551、515、555.則符合條件的三位整數的個數為26.故答案為：26.【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵是理解題意，將問題拆分“百位”撥動3枚算珠、“百位”撥動2枚算珠、“百位”撥動1枚算珠三種簡單情況進行分析再整合即可得解.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟.15.一個不透明的盒子中裝有規格完全相同的3個小球，標號分別為，現采用有放回的方式摸球兩次，每次摸出1個小球，記第一次摸到的小球號碼為，第二次摸到的小球號碼為.（1）記“”為事件，求；（2）完成兩次摸球后，再將與前面3個球規格相同的4號球和5號球放入盒中，并進行第三次摸球，且將第三次摸到的小球號碼記為，號碼中出現偶數的個數記為，求的分布列及數學期望.【答案】（1）（2）分布列見解析；.【解析】【分析】（1）根據古典概型的計算公式即可求得答案.（2）先確定X的取值，結合獨立事件概率乘積公式及組合數求得每個值對應的概率，即可得分布列，繼而求得數學期望.【小問1詳解】兩次摸球，摸出的小球號碼的所有情況共種，其中，滿足“”的情形有：時，；時，；時，；共5種情況，故；【小問2詳解】X的可能取值為，則，，，，故X的分布列為：X0123P故16.已知函數.（1）若，求在上的極大值；（2）若函數，討論函數在上零點的個數.【答案】（1）極大值為0，（2）答案見詳解【解析】【分析】（1）求出導數，列表分析隨變化情況，根據單調性和極值定義求解；（2）化簡得，令，得或，分或，，，討論判斷方程解得個數得解.【小問1詳解】當時，，則，令，得或或，因此，當變化時，，的變化情況如下表所示：0+00單調遞減

單調遞增

單調遞減

單調遞增所以當時，有極大值，極大值為.【小問2詳解】，當時，由，得或，其中，，則，當或時，方程無解，此時函數只有一個零點，當時，方程只有一解為，此時函數只有一個零點，當時，方程有兩個不同的解且均不等于，此時函數有三個零點，當時，方程有一解且不等于，此時函數有兩個零點.綜上，當或時，函數只有一個零點，當時，函數有三個零點，當時，函數有兩個零點.17.如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，且，為等邊三角形.（1）若分別是棱的中點，證明：平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）通過線線平行得到平面平面，進而證明平面.（2）通過分析可得兩兩互相垂直，建立空間直角坐標系，利用空間向量可求兩平面夾角的余弦值.【小問1詳解】如圖，取的中點，連接.∵分別是棱的中點，∴.∵，∴.∵，平面，平面，∴平面，同理可得平面，∵平面，∴平面平面，∵平面，∴平面.【小問2詳解】如圖，連接，取的中點，連接，∵且，∴且，∴四邊形為平行四邊形，故，∵，∴，且，∵，∴，故為等邊三角形，∴，.∵為等邊三角形，∴.中，由余弦定理得，，∴，即，故兩兩互相垂直.以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，由得，∴，設平面的一個法向量為，則，令，則，故.取平面的一個法向量，則，∴平面與平面夾角的余弦值為.18.已知動點滿足關系式.（1）求動點的軌跡方程；（2）設動點的軌跡為曲線，拋物線的焦點為，過上一點作的兩條切線，切點分別為，弦的中點為，平行于的直線與相切于點.①證明：三點共線；②當直線與有兩個交點時，求的取值范圍.【答案】（1）（2）①證明見解析；②的取值范圍為.【解析】【分析】（1）由雙曲線定義即可求解；（2）①由切線方程和導數幾何意義依次求出和即可得證；②求出直線的方程，與曲線聯立，利用判別式結合焦半徑公式即可求解.【小問1詳解】設，則即，所以由雙曲線定義可知動點的軌跡是以為焦點的雙曲線的下支，且所以動點的軌跡方程為.【小問2詳解】①證明：由（1）曲線:,，設，對函數求導得，所以兩切線方程為：，即，又切線過點P，所以，即滿足，即滿足方程，所以，設，則由，所以，即三點在直線上，即三點共線；②由上得，所以直線的方程為即，聯立，因為直線與有兩個交點，則由題意可知方程有兩個不等負根，所以，所以.所以的取值范圍為.19.設是各項均為正數的無窮數列，其前項和為.（1）若對任意都成立，且.①求數列的通項公式；②已知首項為，公比滿足的無窮等比數列，當無限增大時，其前項和無限趨近于常數，則稱該常數為無窮等比數列的各項和.現從數列中抽取部分項構成無窮等比數列，且的各項和不大于，求的最大值.（2）若對任意都成立，試證明：.【答案】（1）；（2）證明見解析【解析】【分析】（1）①應用等比數列及計算求解得出通項公式；②應用求和公式結合指數運算計算求解得出最大值即可；（2）先應用分析法將問題轉化為，再分為奇數和為偶數兩種情況分別證明即可.【小問1詳解】①因為對任意都成立，所以，且，所以，則數