絕密★考試結束前考生須知：1.本試題卷共4頁，滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，在答題卷指定區域填寫班級?姓名?考場號?座位號及準考證號.3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效.4.考試結束后，只需上交答題卷.選擇題部分一?選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題所給的四個選項中，只有一項符合題目要求.）1.已知拋物線的焦點在直線上，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根據標準方程可得焦點坐標，代入直線可得.【詳解】易知拋物線的焦點坐標為，代入直線方程可得，解得.故選：B2.已知向量，則在上的投影為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先求出向量，夾角的余弦值，再由投影定義即可求得結果.【詳解】易知，所以在上的投影為.故選：C3.已知點及直線上一點，則的值不可能是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】求出點到直線的距離，易知即可得出結論.【詳解】易知點到直線的距離為，所以，因此的值不可能是1.故選：A4.已知數列是各項為正的等比數列，前項和為，且，則（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】利用構造方程組可解得公比，代入計算得.【詳解】設數列的公比為，又的各項為正，所以，；則由可得，兩式相除整理可得，解得或（舍）；代入可得.故選：C5.若圓與圓只有一個交點，則實數的值可以是（）A.1 B.2 C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】利用圓和圓的位置關系求解參數即可.【詳解】易知圓的圓心為，半徑，圓的圓心為，半徑，由題意得圓與圓只有一個交點，可得兩圓內切或外切，易得圓心距，半徑差與和分別為或，當兩圓內切時，解得或，當兩圓外切時，無解，結合選項故選：D6.已知的三個內角分別為、、，則的值可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】證明出，可得出，即可得出合適的選項.【詳解】令，其中，則，當時，，即函數在上單調遞減，當時，，即函數在上單調遞增，所以，，則，由已知可得、、，所以，，故選：D.7.圓錐曲線具有豐富的光學性質，在人教版A版選擇性必修第一冊的閱讀與思考中提到了橢圓的光學性質：從橢圓的一個焦點發出的光線，經過橢圓反射后，反射光線交于橢圓的另一個焦點上，（如圖（1））.如圖（2），已知為橢圓的左焦點，為坐標原點，直線為橢圓的任一條切線，為在上的射影，則點的軌跡是（）A.圓 B.橢圓 C.雙曲性 D.拋物線【答案】A【解析】【分析】方法一：利用橢圓的切線方程的結論，進而得到直線的方程，聯立切線的方程和直線的方程，化簡即可確定點的軌跡；方法二：設與橢圓相切于點，過右焦點作于，延長與直線交于點，則有全等，所以，設，結合直角三角形邊與交的關系可得，，所以，故，即可求解；【詳解】解法一：設切線與橢圓相切于點，則切線的方程是，切線的斜率為，則直線的方程是，，，①，②由①②可得，，③，④所以由③④可得，，故點的軌跡是圓.解法二：如圖，設切線與橢圓相切于點，過右焦點作于，延長與直線交于點，則有，所以全等，所以，由橢圓光學性質知，設，則，，所以，故，即點的軌跡是圓；故選：.8.已知，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意構造函數，判斷出其單調性可得，利用函數的單調性可知，再由可求得，即可得出結論.【詳解】由可知，構造函數則，由可得，因此當時，，即在上單調遞減，當時，，即在上單調遞增，所以，即恒成立，所以（當且僅當時取等號）恒成立，故當時，對兩邊同時取對數可得（當且僅當時取等號）恒成立，故（當且僅當時取等號）即（當且僅當時取等號），故；構造函數則，令，則，令，則，當時，，所以上單調遞減，可得，即在上單調遞減，可得，即可得在上單調遞減，即對，綜上，故選：B【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據中的數字特征構造函數，并利用導數求出函數單調性即可比較得出它們的大小.二?多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題所給的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分）9.已知，則方程表示的曲線可能是（）A.兩條直線 B.圓C.焦點在軸的橢圓 D.焦點在軸的雙曲線【答案】ABC【解析】【分析】根據直線、圓、橢圓和雙曲線的定義以及方程一一判斷求解.【詳解】對A，因為，所以可取，則有或，表示兩條直線，A正確；對B，因為，所以可取，則有，表示圓，B正確；對C，因為，所以可取，則有，表示焦點在軸的橢圓，C正確；對D，因為，所以該曲線方程不可能為焦點在軸的雙曲線，D錯誤；故選:ABC.10.如圖，已知四棱錐中，平面，底面為正方形，為線段上一點（含端點），則直線與平面所成角不可能是（）A.0 B. C. D.【答案】CD【解析】【分析】建立空間直角坐標系，由向量法求出線面角，再根據單調性求出范圍，進而可得答案.【詳解】由平面，底面為正方形得兩兩垂直，以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，設正方形的邊長為，則，所以，，設平面的法向量為，則，取得，因為為線段上一點（含端點），所以設，所以，設直線與平面所成角為，則明顯隨著的增大而減小，當時，，當時，，即，又，所以，所以不可能是或.故選：CD.11.已知數列為等差數列，，，前項和為，數列滿足，則下列結論正確的是（）A.數列為等比數列B.數列為等差數列C.數列中任意三項不能構成等比數列D.數列中可能存在三項成等比數列【答案】BC【解析】【分析】設數列的公差為，求出的值，求出、，利用等差數列的定義可判斷AB選項；利用反證法結合等比數列的定義可判斷CD選項.【詳解】設數列的公差為，則，所以，，所以，，則，所以，數列為等差數列，所以，，所以，數列為等差數列，故B正確，A錯誤；（反證法）假設數列中存在三項、、能構成等比數列，即成立，由上可得，所以，，整理得：，所以，，可得，可得，整理可得，可得，與已知條件矛盾，所以，數列中任意三項不能構成等比數列，同理可知，數列中任意三項不能構成等比數列，故C正確，D錯誤.故選：BC12.如圖，已知棱長為2的正方體，點是棱的中點，過點作正方體的截面，關于下列判斷正確的是（）A.截面的形狀可能是正三角形B.截面的形狀可能是直角梯形C.此截面可以將正方體體積分成1：3D.若截面的形狀是六邊形，則其周長為定值【答案】AC【解析】【分析】對于A：取相應棱的中點分析判斷；對于B：假設成立，結合面面平行的性質以及線面垂直分析判斷；對于C：Q為所在棱中點，結合棱柱的體積分析判斷；對于D：設為的中點，，結合幾何性質求周長，進而分析判斷.【詳解】假設正方體棱長為2.對于選項A：如圖，M，N分別為所在棱中點，可知，即截面的形狀是正三角形，故A正確；對于選項B：由面面平行的性質可知：∥，如果為直角梯形，例如，由正方體的性質可知：，可知平面，又因為平面，則∥或重合，由圖可知不成立，即截面形狀不可能是直角梯形，故B錯誤；對于選項C：Q為所在棱中點，如圖，則正方體的體積為8，三棱柱的體積為，所以截面將正方體分成，故C正確；對于選項D：如圖所示，假設為的中點，，則，，可得，則六邊形的周長為，顯然周長與有關，即六邊形的周長不是定值，故D錯誤；故選：AC.【點睛】關鍵點點睛：對于選項D：取特殊位置，假設為的中點，，結合幾何形狀求周長，進而分析判斷.非選擇題部分三?填空題（本大題共4小題，共20分.）13.某校新建一個報告廳，要求容納800個座位，第一排21個座位，從第2排起后一排都比前一排多兩個位置，那么這個報告廳共有______排座位.【答案】【解析】【分析】將各排的座位數依次排成一列，構成等差數列，再利用等差數列的前項和公式求項數．【詳解】設這個報告廳共有排座位，報告廳的座位從第1排到第排，各排的座位數依次排成一列，構成數列，其前項和為．根據題意，數列是一個首項為21公差為2的等差數列，且．由，由，解得．所以這個報告廳共有20排座位.故答案為：2014.設曲線在點處的切線與直線垂直，則實數的值為______.【答案】##【解析】【分析】求出函數的導函數，即可表示出切線的斜率，再由兩直線垂直斜率之積為求出參數的值.【詳解】因為，所以，則，因為直線的斜率，所以.故答案為：15.已知正四面體，點為棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值為______.【答案】##【解析】【分析】先設正四面體的棱長，設定基底為，表示與，應用用空間向量的數量積求解即可.【詳解】正四面體的棱長設為2，其中，三個向量間的夾角都為，則，由，得，且，異面直線與所成角的余弦值為.故答案是：.16.已知點是直線上一點，點是橢圓上一點，設點為線段的中點，為坐標原點，若的最小值為，則橢圓的離心率為______.【答案】##【解析】【分析】根據題意先求出直線關于原點的對稱直線，然后利用幾何知識得，設，在利用點到直線的距離公式，從而可求解.【詳解】直線關于原點的對稱直線為，記直線與直線的交點為，連結，，如圖，為的中位線，則，設，，或，當時，與橢圓相交，最小值為0，與矛盾，舍去.當時，符合要求，此時，，橢圓離心率.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題主要利用數型結合方法，并巧妙設點，從而求出相應的的值，從而求解.四?解答題（本大題共6小題，共70分.）17.設，函數.（1）若有且只有一個零點，求的取值范圍；（2）若的一個極值點為1，求函數的極值.【答案】17.18.【解析】【分析】（1）由題意可知函數唯一零點一定是0，故可推出函數無零點，結合判別式，即可求得答案；（2）根據函數的極值點求出a，結合導數判斷函數的單調性，即可確定極值點，求得極值.【小問1詳解】，若有且只有一個零點，則這個唯一零點一定是0，由于，故，即函數無零點，；【小問2詳解】，的一個極值點為，，當時，單調遞減，當時，單調遞增，則為函數的極大值點，為函數的極小值點，符合題意，.18.如圖，已知等腰三角形中，是的中點，且.（1）求點的軌跡的方程；（2）設所在直線與軌跡的另一個交點為，當面積最大且在第一象限時，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據兩點間距離公式利用化簡整理可得點的軌跡的方程為；（2）求出面積最大時點，可得的直線方程為，再由弦長公式可得結果.【小問1詳解】易知，即，整理可得，即點的軌跡的方程為【小問2詳解】如下圖所示:由題意可得，當到距離最大時，即縱坐標最大時滿足題意，此時；所以所在直線方程為圓心到直線的距離可得.19.如圖，是邊長為2的等邊三角形，且.（1）若點到平面的距離為1，求；（2）若且，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題意，由點到面的距離公式可證平面，再由勾股定理即可得到結果；（2）根據題意，建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算代入計算，即可得到結果.【小問1詳解】是邊長為2的等邊三角形，，又，中，，點到平面的距離為1，不妨設平面的法向量為，則，又，即，平面，又平面，，又.【小問2詳解】由（1）知，又，且，且平面，平面，又，，設中點為，則，又，且，，且，平面；設中點為，則，因此，兩兩垂直；如圖建系；則，，，，，；設平面的法向量為，直線與平面所成角為，則，，，取，則，20.記為數列的前項和，已知，且成等比數列.（1）寫出，并求出數列的通項公式；（2）記為數列的前項和，若對任意的恒成立，求的取值范圍.【答案】20.，21.【解析】【分析】（1）根據題意得，再由，再驗證，從而可求解.（2）求出，從而得，即得，從而可求解.【小問1詳解】由成等比數列得，且，當時；當時，，又，，經驗證當，符合，.【小問2詳解】由（1）易得，設，則，故，，又因為，所以，所以，即，故取值范圍為.21.已知函數.（1）當時，求函數的單調區間；（2）當時，求證：.【答案】（1）單調遞減區間為，單調遞增區間為（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用二次求導法進行求解即可；（2）利用二次求導法，結合放縮法、構造函數法、函數零點存在原理進行求解即可.【小問1詳解】當時，，令，，故在單調遞增，又時，時，函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為；【小問2詳解】當時，令，則，令在單調遞增，又，，使得，且是在上的唯一零點，在