试题
一、单选题 1．已知集合A．
，B．
，则C．
（ ）
D．
【答案】B
【解析】根据题意求出集合，再求出【详解】 ∵∴∴故选B． 【点睛】
本题考查集合的交集运算，解题的关键是正确求出集合，属于基础题．
． ，
，
即可．
2．设为虚数单位，则复数A． 【答案】D
B．
的虚部为（ ）
C．-1
D．1
【解析】根据复数的乘除运算求出复数的代数形式，然后可得复数的虚部． 【详解】 由题意得
所以复数的虚部为1． 故选D． 【点睛】
解答本题容易出现的错误是认为复数数形式和熟记相关的概念，属于基础题．
的虚部为，解题的关键是得到复数的代，
3．已知A．
， B．
， C．
，则（ ）．
D．
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【答案】C
【解析】试题分析：因为【考点】比较大小
4．在某次高三联考数学测试中，学生成绩服从正态分布
所以选C．
，若在
内的概率为0.75，则任意选取一名学生，该生成绩高于115的概率为（ ） A．0.25 【答案】C
【解析】根据正态曲线的对称性求解即可得到所求概率． 【详解】 由题意得，区间所以
即该生成绩高于115的概率为故选C． 【点睛】
本题考查根据正态曲线的对称性求在给定区间上的概率，求解的关键是把所给区间用已知区间表示，并根据曲线的对称性进行求解，考查数形结合的应用，属于基础题． 5．圆A．C．【答案】D
【解析】求出已知圆的圆心关于直线结合圆的半径不变即可求出圆的方程． 【详解】 由题意得，圆∴圆心坐标为设圆心
，半径为1．
的对称点的坐标为
，
方程即为
，
的对称点的坐标，即得所求圆的圆心，再
关于直线
对称的圆的方程是（ ） B．D．
．
关于
对称，
，
B．0.1
C．0.125
D．0.5
关于直线
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则，解得
，
，
∴所求圆的圆心坐标为∴所求圆的方程为故选D． 【点睛】
．
确定圆的条件有两个：一个是求出圆心的坐标，另一个是确定圆的半径．解答本题的关键是根据点与点关于直线的对称求出圆心的坐标，然后可得圆的标准方程． 6．如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果为（ ）
A．6 【答案】B 【解析】由题设当
B．5 C．4 D．3
时，时，
，运算程序结束，输出
；当；当，应选答案B。
的值是（ ）
D．8
时，时，
；当
7．等差数列A．4 【答案】A
中，若
B．5
，则C．6
【解析】由题意得
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，所以，所以
，进而可得所求结果． 【详解】 ∵∴
，
，
∴
．
故选A． 【点睛】
本题考查等差数列中下标和性质的应用，解题的关键是进行适当的变形，以得到能运用性质的形式．本题也可转化为等差数列的首项和公差后进行求解，属于基础题． 8．已知菱形A．4 【答案】B
【解析】结合图形可得可． 【详解】 菱形∴∵为∴∴故选B． 【点睛】
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的中点，
，
，
．
的边长为2，
，
， ，
，然后根据数量积的定义求解即
的边长为2，为
B．-3
的中点，
C．
，则
D．
的值为（ ）
本题考查向量数量积的运算，解题的关键是选择适当的基底，然后将所有向量用同一基底表示出来，再根据定义求解，属于基础题． 9．关于函数（1）其图像关于直线（2）其图像可由（3）其图像关于点（4）其值域是
.
对称；
，有下列叙述： 对称；
图像上所有点的横坐标变为原来的倍得到；
则叙述正确的个数是（ ） A．1 【答案】B
【解析】对给出的四个结论分别进行分析后可得正确结论的个数，进而得到答案． 【详解】 对于（1），在函数故（1）不正确； 对于（2），由
图像上所有点的横坐标变为原来的倍，可得
的图像，故（2）正确；
对于（3），当
时，可得
，可得函数的图像关于点
，故（4）正确．
对称，故（3）错误；
中，令
，得
，不是函数的最值，
B．2
C．3
D．4
对于（4），由题意可得函数的值域为综上可得（2）（4）正确． 故选B． 【点睛】
解答本题的关键是结合三角函数的有关知识对给出的结论逐一进行判断，解题时注意转化思想的运用，如把函数图象的对称轴和最值联系起来，把对称中心和函数的零点联系起来，综合考查运用知识解决问题的能力．
10．在高三下学期初，某校开展教师对学生的家庭学习问卷调查活动，已知现有3名教师对4名学生家庭问卷调查，若这3名教师每位至少到一名学生家中问卷调查，又这4名学生的家庭都能且只能得到一名教师的问卷调查，那么不同的问卷调查方案的种数为（ ） A．36
B．72
C．24
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D．48
【答案】A
【解析】分为两步进行求解，即先把四名学生分为1,1,2三组，然后再分别对应3名任课老师，根据分步乘法计数原理求解即可． 【详解】
根据题意，分2步进行分析：
①先把4名学生分成3组，其中1组2人，其余2组各1人，有②将分好的3组对应3名任课教师，有根据分步乘法计数原理可得共有故选A． 【点睛】
种情况；
种不同的问卷调查方案．
种分组方法；
解答本题的关键是读懂题意，分清是根据分类求解还是根据分布求解，然后再根据排列、组合数求解，容易出现的错误时在分组时忽视平均分组的问题．考查理解和运用知识解决问题的能力，属于基础题．
11．已知双曲线的左、右焦点为、，双曲线上的点满足
恒成立，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．【答案】C 【解析】由
B． C． D．
是的边上的中线得到，
可得
，于是可得，进而得到所求范围．
，再根据
【详解】 ∵∴∵∴又∴
，， 是
的边
．
，
，当且仅当
，
上的中线，
三点共线时等号成立．
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∴又∴故选C． 【点睛】
，
，
．故离心率的取值范围为．
解答本题时注意两点：一是注意数形结合在解题中的应用，特别是由题意得到二是根据题意得到12．如图，在正方体
间的关系，再根据离心率的定义求解，属于基础题．
中，棱长为1，点为线段
；
上的动点（包含线
段端点），则下列结论错误的是（ ）
A．当B．当为C．
时，平面
的外接球表面为
中点时，四棱锥的最小值为
D．当【答案】C
时，平面
【解析】结合图形，对给出的四个选项分别进行分析讨论后可得错误的结论． 【详解】 对于，连结
，
，
，
则设∴∴当∵平面
到平面
.
时，为∥平面
，
的距离为，则
，解得
，
，，
与平面，
的交点．
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∵∴
平面∥平面
，
，故A正确．
又由以上分析可得，当∴
平面
时，即为三棱锥的高，
，所以D正确． 中点时，四棱锥的中心为，四棱锥
为正四棱锥， 的外接球为，
对于B，当为设平面
所以故四棱锥对于C，连结∴
，
，
，解得，
，所以B正确．
，
的外接球表面积为，则
由等面积法得∴故选：C.
的最小值为，
的最小值为．所以C不正确．
【点睛】
由于本题涉及的知识点及内容较多，所以在解题时要根据所求分别进行分析、判断，解题时注意空间中位置关系及数量关系的灵活运用，考查运用知识综合解决问题的能力及识图、判断能力，难度较大．
二、填空题
13．若实数、满足约束条件【答案】11
，则的最大值为_______．
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【解析】画出不等式组表示的平面区域，由得，然后平移直线
，根据的几何意义判断出最优解，进而可得所求最值．
【详解】
由约束条件作出可行域如图阴影部分所示．
由平移直线
，得．
，由图形可得，当直线经过可行域内的点时，直线在轴上的截
距最大，此时取得最大值． 由所以
故答案为：11． 【点睛】
利用线性规划求最值体现了数形结合思想的运用，解题的关键有两个：一是准确地画出不等式组表示的可行域；二是弄清楚目标函数中的几何意义，根据题意判断是截距型、斜率型、还是距离型，然后再结合图形求出最优解后可得所求．
14．如图，在一个几何体的三视图中，主视图和俯视图都是边长为2的等边三角形，左视图是等腰直角三角形，那么这个几何体的体积为________．
，可得
．
，
【答案】1
【解析】根据三视图得到几何体的直观图，再根据直观图求出几何体的体积即可． 【详解】
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由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，高为因此几何体的体积为故答案为：1． 【点睛】
，底面为边长为2的正三角形，
．
在由三视图还原空间几何体时，一般以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑．热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键．求解几何体的表面积或体积时要结合题中的数据及几何体的形状进行求解． 15．已知正项等比数列则
满足
，若存在两项
，，使得
，
的最小值为________．
【答案】4 【解析】由
可得
，然后由可得所求最小值．
【详解】 由又∴∴∵∴∴
， ．
，
，
得， ，解得
．
，
∴当且仅当故答案为：4． 【点睛】
时等号成立．
，
运用基本不等式求最值时，要注意使用的条件，即“一正、二定、三相等”，且三个条件缺一不可．当条件不满足时，需要利用“拆”、“凑”等方法进行适当的变形，使之满足能使用不等式的形式．考查知识间的综合运用，属于基础题．
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16．已知函数与的图像上存在关于原点对称的对称点，则
实数的取值范围是______． 【答案】
，即
在
上有解求解，
【解析】将问题转化为方程
然后根据导数的几何意义并结合两函数的图象的相对位置可得所求范围． 【详解】 函数∴方程∴方程设设切点为
，
， 在，且与，即
有解．
为
的切线，
的图像上存在关于原点对称的对称点，
在
上有解，
由得，
则有，解得
和
．
．
的图象有公共点，
由图象可得，要使直线则
，解得
所以实数的取值范围是．
故答案为：【点睛】
．
解得本题的关键有两个：一是将两函数图象上有对称点的问题转化为方程有解的问题处理；二是解题时要利用数形结合的方法，以提高解题的直观性．考查导数几何意义及变换思想的运用，具有综合性和难度．
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三、解答题 17．在
中，角
.
（1）求角； （2）若【答案】（1）
，
的中线；（2）
，变形后得
．（2）由
的中线
可得
，求
的面积.
所对的边分别为
，且
【解析】（1）由余弦定理及条件可得到
，于是，两边平方后得到，于是
【详解】 （1）∵∴∴又在∴又∴
．
可得：，①
，②
，
．
，
中，， ，
，
，
.
.
，
，又根据余弦定理得
，所以可得三角形的面积．
（2）由即
又由余弦定理由①②两式得∴
的面积
【点睛】
本题考查正余弦定理在三角形中的应用及三角形的面积公式，解题的关键是根据需要进行适当的变形，逐步达到求解的目的，属于基础题．
18．某中学的环保社团参照国家环境标准制定了该校所在区域空气质量指数与空气质量等级对应关系如下表（假设该区域空气质量指数不会超过300）：
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空气质量指数 空气质量等级
该社团将该校区在2018年11月中10天的空气质量指数监测数据作为样本，绘制的频率分布直方图如下图，把该直方图所得频率估计为概率.
1级优 2级良 3级轻度污染 4级中度污染 5级重度污染 6级严重污染
（1）以这10天的空气质量指数监测数据作为估计2018年11月的空气质量情况，则2018年11月中有多少天的空气质量达到优良？
（2）从这10天的空气质量指数监测数据中，随机抽取三天，求恰好有一天空气质量良的概率；
（3）从这10天的数据中任取三天数据，记表示抽取空气质量良的天数，求的分布列和期望.
【答案】（1）11月中平均有9天的空气质量达到优良；（2）
；（3）见解析
【解析】（1）由频率分布直方图得到11月中10天的空气质量优良的频率，即为概率，然后进行估计可得30天中空气优良的天数．（2）根据古典概型概率公式和组合数的计算可得所求概率．（3）先判断出随机变量的所有可能取值，然后分别求出对应的概率，进一步可得分布列和期望． 【详解】
（1）由频率分布直方图，知这10天中1级优1天，2级良2天，3-6级共7天. 所以这10天中空气质量达到优良的概率为因为
，
，
所以11月中平均有9天的空气质量达到优良．
（2）记“从10天的空气质量指数监测数据中，随机抽取三天，恰有一天空气质量优良”
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为事件，
则，
．
即恰好有一天空气质量良的概率
（3）由题意得的所有可能取值为0，1，2，
；
；
．
所以的分布列为： 所以【点睛】
解得此类应用题的关键在于读懂题意，并从统计图表中得到解题的条件和信息，然后再根据要求进行求解．求分布列时首先要得到随机变量的所有可能取值，然后再根据概率类型求出相应的概率，列成表格的形式即可．本题考查概率与统计的结合，属于基础题． 19．如图，菱形平行四边形.
的对角线
与
相交于点，
平面
，四边形
为
．
0 1 2
（1）求证：平面（2）若
所成角的正弦值.
，
平面； ，点在线段
上，且
，求平面
与平面
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【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）根据条件先证得平面
，再由
∥
得
，
，于是
，进而可得结论成立．（2）由题意得
与平面
两两垂直，建立空间直角坐标
系，求出平面求正弦值． 【详解】
的法向量，再求出两法向量的夹角的余弦值，进而可得所
（1）证明：∵四边形∴∵∴又四边形∴∴∵∴∵∴平面（2）∵∴∵∴∴四边形
， ，
，
平面平面∥
， ，
， ． ， 平面平面
. ． ， ，
． 平面．
，
为菱形，
平面，
为平行四边形，
，
为正方形．
，
建立如图所示的空间直角坐标系
则∴
，
，
，，，
，
，
，
，
，，
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，
∵∴设平面
的法向量为，
，
，
则
同理可求得平面
，令的一个法向量
，得
．
．
∴∴∴平面【点睛】
与平面
, ，
所成角的正弦值为
．
（1）用向量法解决空间角问题的关键是建立适当的空间直角坐标系，然后得到相关点的坐标，求出直线的方向向量或平面的法向量，然后利用向量的运算进行求解． （2）向量法求二面角大小时，可分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
20．如图，已知椭圆
上任意一点，关于原点的对称点为，有
的左、右焦点分别为
，且
、，点为椭圆
的最大值.
（1）求椭圆的标准方程； （2）若是关于轴的对称点，设点
，连接
与椭圆相交于点，问直线
与
轴是否交于一定点.如果是，求出该定点坐标；如果不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）定点.
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【解析】（1）由对称可得到
，进而得到
，
，故．又根据的最大值得
，所以可得到椭圆的方程．
，结合由直线方程与椭圆方程组成的方程
（2）由题意可设直线的方程为
组可得直线的方程为，令得，将
，
与两根积可得【详解】
代入上式整理得
，从而得直线
与轴交于定点
．
，然后代入两根和
（1）因为点为椭圆上任意一点，关于原点的对称点为， 所以又所以
．
又所以所以所以
的最大值为，知当为上顶点时，， ，
．
最大，
， ，
，
所以椭圆的标准方程为（2）由题知直线
．
的方程为
．
的斜率存在，设直线
由因为直线所以
消去并整理得与椭圆交于
两点，
，
．
解得设
，
．
，则
，
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且，，①
由题意得，直线的方程为，
令得，
将，代入上式整理得．
将①代入上式，得所以直线【点睛】
与轴交于定点
．
，
（1）解答解析几何问题的方法是把题目信息坐标化，然后通过代数运算达到求解的目的，由于在解题中需要用到大量的计算，所以采取相应的措施以减少计算量，如“设而不求”、“整体代换”等方法的利用．
（2）解决定点问题时，可根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点． 21．已知函数
（1）求实数的取值范围； （2）当取最大值时，若直线：
，求【答案】（1）【解析】（1）根据
的最小值. ；（2）
在
的最小值为-1.
上恒成立可得实数的取值范围．（2）由题意得
是函数
的图像的切线，且
在区间
上为增函数，
.
，设切点坐标为，根据导数的几何意义求得，又
由，得，从而得到，然后再
利用导数求出函数的最小值即可．
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【详解】 （1）∵
，
∴又函数
在区间
．
上为增函数，
∴在上恒成立，
∴在上恒成立．
令则当∴
时，，
．
取得最小值，且
，
，
∴实数的取值范围为
（2）由题意的，则，
设切点坐标为，
则切线的斜率，
又，
∴，
∴．
令，
则故当
时，
单调递减；当
，
时，
单调递增．
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∴当∴
时，有最小值，且
．
，
的最小值为
【点睛】
本题考查导数的几何意义和导数在研究函数性质中的作用，其中在研究函数的性质中，单调性是解题的工具和基础，而正确求导并判断导函数的符号是解题的关键，考查计算能力和转化意识的运用，属于基础题． 22．选修4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系
中，曲线
的参数方程为
（为参数），将曲线，得到曲线，在以坐标原
上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的
点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为
.
（1）求曲线
的极坐标方程及直线的直角坐标方程；
（2）设点为曲线：上的任意一点，求点到直线的距离的最大值.
【答案】（1）：， ：；（2）
【解析】（1）由图象变换得到曲线数可得直角坐标方程
的参数方程为（为参数），消去参
，再化为极坐标方程即可．由直线的极坐标方程
，根据点到直线的距
并结合互化公式可得直线的直角坐标方程．（2）设离公式和三角函数的有关知识可得最大值． 【详解】
（1）曲线的参数方程为
（为参数），
根据图象变换可得曲线的参数方程为
，
（为参数），
消去方程中的可得普通方程为将
代入上式得
．
．
所以曲线的极坐标方程直线的极坐标方程为
，即
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，
将代入上式，得
．
上任一点，
，
所以直线的直角坐标方程为（2）设
为曲线
则点到直线的距离∴当
时，有最大值
， ．
，
∴点到直线的距离的最大值为【点睛】
本题考查各种方程间的相互转化，在进行极坐标和直角坐标间的转化时，要注意转化公式在解题中的灵活应用．参数方程的建立便于点的坐标的选取，利用参数方程求点到直线的距离等提供了新的解题思路． 23．选修4-5：不等式选讲 （1）如果关于的不等式（2）若
为不相等的正数，求证：
；（2）见解析
，从而可得所求范围．（2）由的大小关系分类讨论证明即
无解，求实数的取值范围；
.
【答案】（1）
【解析】（1）根据绝对值的意义得到分析法得到即证明不等式可． 【详解】
成立即可，然后根据
（1）令则当综上可得故要使不等式则有
， 时，，即
；当
时，．
， ；当
时，
，
的解集是空集，
所以实数的取值范围为（2）证明：由要证
．
为不相等的正数， ，即证
，
只需证，整理得，
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①当②当
时，时，
均为正数时
成立．
，可得
，可得
，
，
，
综上可得当从而【点睛】
（1）解得第一问的关键在于转化，即转化为函数无公共点，结合函数的最小值及图象易得答案．
的图象与直线
（2）证明不等式时，要根据不等式的特点选择合适的方法进行证明，常用的方法有综合法、分析法、放缩法等．
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