数学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.共4页，总分150分，考试时间120分钟.第I卷（选择题共60分）一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用集合的交运算法则进行运算即可.【详解】因为集合，故，故选：2.已知直线：和直线：垂直，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由直线垂直的充要条件列出关于的方程，解方程即可.【详解】因为直线：和直线：垂直，所以，解得.故选：D.3.已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由圆锥的侧面展开图扇形基本量与圆锥基本量间的关系可得.【详解】已知圆锥的底面半径，高，则母线长，圆锥的侧面展开图为扇形，且扇形的弧长为圆锥底面圆周长，扇形的半径为圆锥的母线长，则圆锥侧面积.故选：B.4.已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则（）A. B. C.2 D.0【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用奇函数的定义计算得解.【详解】定义在上的奇函数，当时，，所以.故选：B5.已知是第一象限角，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由同角三角函数关系式及二倍角公式化简求值.【详解】因为是第一象限角，，所以，所以，故选：B.6.记为等比数列的前项和，且成等差数列，则（）A.126 B.128 C.254 D.256【答案】A【解析】【分析】根据可得，整理得，进而可得，结合等比数列的求和公式运算求解.【详解】设等比数列的公比为，则，由题意可得，即，整理得，则，解得，所以.故选：A.7.直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可详解：直线分别与轴，轴交于，两点,则点P在圆上圆心为（2，0），则圆心到直线距离故点P到直线的距离的范围为则故答案选A.点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．8.设，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】公众号：高中试卷君【分析】根据对数的运算法则及对数函数的单调性，直接比较a和b的大小；构造函数，求导判断其单调性，进而比较b和c的大小.【详解】，令，令，，，所以，即，故在上单调递增，所以，即，综上，.故选：D.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（）A.是递增数列 B.C.当时， D.当或4时，取得最大值【答案】CD【解析】【分析】根据表达式及时，的关系，算出数列通项公式，即可判断A、B、C选项的正误.的最值可视为定义域为正整数的二次函数来求得.【详解】当时，，又，所以，则是递减数列，故A错误；，故B错误；当时，，故C正确；因为的对称轴为，开口向下，而是正整数，且或距离对称轴一样远，所以当或时，取得最大值，故D正确.故选：CD.10.已知函数，则下列说法错误的是（）A.的图象在处的切线斜率大于0B.的最大值为C.在区间上单调递增D.若有两个零点，则【答案】ACD【解析】【分析】利用函数的导数逐项判断求解即可.【详解】由题得，则，故A错误；当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，所以的极大值即最大值为，故B正确，C错误；令，则，由知在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以的极大值为，且当趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于，所以若有两个零点，则，即，故错误.故选：ACD11.已知为偶函数，，则下列结论正确的是（）A.B.若的最小正周期为，则C.若在区间上有且仅有个最值点，则的取值范围为D.若，则的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】先求出函数的解析式，然后逐项判断即可求解.【详解】对A：若，为偶函数，则，，所以，A选项正确；对B：若的最小正周期为，则，所以，故B正确；对C:由，得，若在区间上有且仅有个最值点，则，得，故C正确；对D：因为，若，则或，得或，又，所以的最小值为，故D错误.故选：ABC.12.如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（）A.B.C.点的轨迹的长度为D.直线与平面所成角的余弦值的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可【详解】依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，故，又在平面内的射影在线段上，所以平面，平面，所以，，平面，平面所以平面.平面，平面，平面，，，且即为二面角的平面角对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误；对于B选项，即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确；对于C选项，恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；对于D选项，如下图所示设，在中，，，在中，，，所以，设直线与平面所成角为，则，当且仅当时取等号，故D正确．故选：BCD．第II卷（非选择题共90分）三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，若，则__________.【答案】【解析】【分析】根据向量平行关系得到方程，求出答案.【详解】因为，所以，故.故答案为：-514.写出一个圆心在上，且与直线和圆都相切的圆的方程：______.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由题设，设圆心为，则半径，讨论所求圆与圆外切、内切，分别求出对应m即可得结果.【详解】设圆心为，则半径，假设与圆外切，则，所以，故，则，若，则，则圆心为，半径为，故；若，则，不满足前提；假设与圆内切，又与的距离为，此时，圆内切于所求圆，则，所以，故，则，若，则，则圆心为，半径为，故；若，则，不满足前提；综上，或.故答案为：（答案不唯一）15.表面积为100π的球面上有四点S､A､B､C，△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若面SAB⊥面ABC，则棱锥体积的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】求出球半径及球心到平面的距离，进而求出外接圆半径，利用面面垂直结合球的截面小圆性质，求出的外接圆半径，确定点S到平面的最大距离即可作答.【详解】依题意，球半径，令正的中心为，则，且平面，外接圆半径，连接并延长交于D，则D为的中点，且，显然，而平面平面，平面平面，有平面，令的外接圆圆心为，则平面，有，又平面ABCD，平面ABCD，所以，由,所以平面，所以，而平面平面，平面平面，平面，则平面，即有，因此四边形为平行四边形，则，，的外接圆半径，的外接圆上点到直线距离最大值为，而点在平面上的射影在直线上，于是点到平面距离的最大值，又正的面积，所以棱锥的体积最大值.故答案为：【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.16.数列满足，则的整数部分是__________．【答案】2【解析】【详解】因，所以，数列单调递增，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，因此的整数部分是．点睛：本题考查了数列的综合应用问题，其中解答中涉及到数列的通项公式，数列的裂项求和，数列的单调性的应用等知识点的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题，本题的借助数列递推关系，化简数列为，再借助数列的单调性是解答的关键．四､解答题：本题共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.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（1）求角B；（2）设BD是AC边上的高，且，，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角以及诱导公式化简已知等式，可得的值，即可求得答案；（2）根据三角形面积相等可推出，再利用余弦定理即可求得的值，即可得答案.【小问1详解】因为，所以，因为，所以，即.因为，，所以，解得.【小问2详解】因为，，所以.又由，可得，所以.由余弦定理，可得，即，即，所以，所以的周长为.18.如图所示，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，F为BE的中点，．（1）求证：平面ACF；（2）求AF与平面EBD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解答（2）【解析】【分析】（1）通过证明，得证平面ACF；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.【小问1详解】证明：如图，连接，因为底面是菱形，与交于点，可得点为的中点，又为的中点，所以为的中位线，可得，又平面，平面，可得平面；【小问2详解】以，所在直线为，轴，过作的垂线所在直线为轴，建立如图所示的坐标系，因为ABCD是菱形，，为等边三角形，不妨设，则，，，，，可得，，设平面的一个法向量为，可得，不妨取，则，可得.又，可得与平面所成角的正弦值为：.19.已知数列是各项都为正整数的等比数列，且是与的等差中项，数列满足.（1）求数列的通项公式;（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据等比数列的性质求得公比，进而得到数列的通项公式；由已知得到数列是以为首项，为公比的等比数列，求得其通项公式，进而得到数列的通项公式；（2）等价转化为对任意恒成立，然后令，利用作差法研究单调性，得到最大值，进而求解得到的取值范围.【详解】设数列的公比为，则，是与的等差中项，，解得或(舍去)，，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，；由，整理可得，即，对任意恒成立，令，则当时，，当时，当或时，取得最大值，.解得.故实数的取值范围是.20.已知点到的距离是点到的距离的2倍.（1）求点的轨迹方程；（2）若点与点关于点对称，过的直线与点的轨迹交于，两点，探索是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是定值，【解析】【分析】(1)设点，根据两点坐标求距离公式计算化简即可；(2)设，根据中点坐标公式代入圆方程中可得的轨迹方程，直线的方程、，，联立圆方程，利用韦达定理表示出,，结合向量数量积的坐标表示化简计算即可；【小问1详解】设点，由题意可得，即，化简可得.【小问2详解】设点，由（1）点满足方程:，，代入上式消去可得，即的轨迹方程为，当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，由，消去，得，显然，设，则，，又，，则.当直线的斜率不存在时，，，.故是定值，即.21.已知函数．（1）当时，讨论函数在上的单调性；（2）当时，证明：对，有．【答案】（1）在单调递减，在单调递增（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由导函数符号变化，分区间讨论单调性；（2）不等式等价变形，构造函数，求解导函数并利用放缩，再结合辅助角公式转化利用有界性判断导函数符号，得到函数单调性证明不等式.【小问1详解】当时，，，当时，，，单调递减；当时，，，单调递增．所以在单调递减，在单调递增．【小问2详解】要证，只要证，即证．令，．当时，令，，公众号：高中试卷君所以在单调递增，所以，即，从而．所以，，其中，为辅助角，且满足即可.所以在单调递减，即．故成立．22.如图①，在中，分别为的中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，且，如图②.（1）设平面平面，证明：平面；（2）是棱的中点，过三点作该四棱锥的截面，与交于点，求；（3）是棱上一点（不含端点），过三点作该四棱锥的截面与平面所成的锐二面角的正切值为，求该截面将四棱锥分成上､下两部分的体积之比.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）延长交于点，连接，确定得到平面，得到证明.（2）延长交于点