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数学试题
时间：120 分钟 满分：150 分
一､单选题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一个
选项符合题目要求.
1. 下面关于集合的表示正确的是（ ）
A. B. .
C. D. .
【答案】C
【解析】
【分析】对于 A，根据集合元素的无序性判断；对于 B，根据特征元素判断；对于 C，根据集合相等的定义
判断；对于 D，根据集合相等的定义判断.
【详解】对于 A，根据集合元素的无序性，可知 ，故错误；
对于 B，特征元素不相同，故不是相等集合，故错误；
对于 C，都是数集，且范围相同，故相等，故正确；
对于 D， 不是空集，0 是一个元素，故错误；
故选 C.
2. 高一某班参加“红五月校园合唱比赛”，10 位评委的打分如下： ，则（ ）
A. 该组数据的平均数为 7，众数为
B. 该组数据的第 60 百分位数为 6
C. 评判该班合唱水平的高低可以使用这组数据的平均数、中位数，也可以使用这组数据的众数
D. 如果再增加一位评委给该班也打 7 分，则该班得分的方差变小
【答案】D
【解析】
【分析】首先将数据从小到大排列，再根据平均数，众数，中位数，方差的定义计算可得.
【详解】选项 A,这组数据从小到大排列为 ，
故平均数为 ，
众数为 和 ，中位数为 ，故 A 错误；
第 1页/共 22页选项 B， ，则第 百分位数为 ，故 B 错误；
选项 C：因为众数有两个，故不能用众数评判该班合唱水平的高低，故 C 错误；
选项 D，方差为
，
如果再增加一位评委给该班也打 7 分，则平均分不变也为 7，
此时的方差为
，
故 D 正确.
3. 已知 ， ，则 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化简，再应用不等式性质计算求解.
【详解】原式的分子和分母同时除以 ，得 ，
由条件得 ， ，所以 ，即 ，
所以 ，
所以 ，则则 的取值范围是 .
故选：D.
4. 在高为 的正三棱柱 中， 的边长为 2， 为棱 的中点，若一只蚂蚁从点 沿
表面爬向点 ，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A. 3 B. C. D. 2
第 2页/共 22页【答案】A
【解析】
【分析】将正三棱柱展开，化平面图形中的距离最短的问题.有三种选择，第一种是从 A 点出发，经过 再
到达点 D.第二种是从 A 点出发，经过 再到达点 D.第三种是从 A 点出发，经过 ，最后到达点 D.分
别求出三种情况的距离，选其中较小的值，即为所求最短距离.
【详解】如图 1，将矩形 翻折到与平面 共面的位置 ,
此时，爬行的最短距离为 ；
如图 2，将 翻折到与平面 共面的位置 ，
易知 ， ，此时爬行的最短距离 ；
如图 3，将矩形 翻折到与平面 共面的位置 ，
此时，爬行的最短距离 .
综上，小蚂蚁爬行的最短距离为 3.
故选：A.
【点睛】本题考查了空间想象能力，和平面几何的计算能力，解决本题的关键是依据“在平面内，两点之间
线段最短”.属于中档题.
5. 在等比数列 中，“ ”是“数列 递减”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式和充分条件、必要条件的定义分析判断即可.
第 3页/共 22页【详解】当 时，设公比为 q，则 ，
若 ，则 ，即 ，此时，显然数列 是递减数列，
若 ，则 ，即 ，此时，数列 也是递减数列，
反之，当数列 是递减数列时，显然 ．
故“ ”是“等比数列 递减”的充要条件．
故选：C．
6. 在 中，若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设 ，应用和差化积及已知可得 ，再由三角形内角和性质、诱导公
式化简得 ，利用二倍角正切公式、平方关系求 .
【详解】设 ，则 ①，
②，
得 ，在 中 ，
所以 ，即 ，
又因为 ，即 ，
因为 ，代入得 ，
因为 ，所以 ．
故选：A
第 4页/共 22页7. 已知双曲线 的左右焦点分别为 ， ，经过 的直线与 C 的右支交于 A，
B 两点，且 ， ，则 C 的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设 ，根据双曲线的定义和余弦定理，求得 ，在 中，
利用余弦定理，求得即 ，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】设 ，则 ，
由双曲线的定义，可得 ，所以 ，
又由 ，
因为 ，所以 ，
在 中，由余弦定理得 ，
，即 ，
即 ，所以 ，则 ，
在 中，由余弦定理得 ，
即 ，解得 ，所以 ，
所以双曲线的离心率为 .
第 5页/共 22页8. 若关于 x 的方程 有两个不相等的实数根，则实数 m 的取值
范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】变形给定方程并构造函数 ，作出函数图象，由两个函数图象
有两个交点求出 范围.
【详解】由方程 ，得 ，
而 ，则 ，令函数 ，
函数 的图象开口向下，对称轴方程为 ，函数 的最小值为 0，图象关于直线 对称，
在同一坐标系内作出函数 的图象，如图：
依题意，函数 的图象有且只有两个交点，而它们有相同的对称轴，
因此 ，即 ，又 ，解得 ，
所以实数 m 的取值范围是 .
故选：A
第 6页/共 22页二､多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多个选
项符合题目要求.全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 已知复数 ， 在复平面内对应的点分别为 ， ，则下列说法正确的有（ ）
A. 若 则
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若 ，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据复数的性质、复数的模、复数与复平面内向量的关系等知识点，对每一个选项逐一进行分析
即可.
【详解】对于选项 ，如 ，此时 ，但 ， ，
，故 A 错．
对于选项 ， ， ， ， ， ，故 B 对．
对于选项 ，设 ， ，则 ，
，又 ，即 ，即
，化简可得 ，
则 ，在复平面内， ， ，则 ，故 C 对．
对于选项 ，设 ， ，此时 但 ，故 D 错．
故选： .
10. 设 A，B 是两个随机事件， ， ，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若 A 与 B 相互独立，则
B. 若 A 与 B 互斥，则
C. 若 ，则
第 7页/共 22页D. 若 ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A，利用和事件的概率公式，及相互独立事件同时发生的概率公式即可求解；对于 B，利用互
斥事件的关系即可求解；
对于 C，根据积事件的概率公式，及事件的关系即可求解；
对于 D,根据和事件的概率公式求出 再由相互独立事件的定义得到 A 与 B 相互独立再利用和事件的概
率公式即可求解
【详解】若 A 与 B 相互独立，则 ，
∴ ，故 A 正确；
若 A 与 B 互斥，则 ，∴ ，故 B 错误；
∵ ，∴ ，
∴ ，故 C 正确；
∵ ，∴ ，
∴A 与 B 相互独立.∴ 与 B 相互独立，A 与 相互独立.
∴
，故 D 正确.
故选：ACD.
11. 记函数 ，则（ ）
A. 的一个周期为 B. 函数 在 上单调递减
C. 函数 的图象关于 对称 D. 函数 的值域为
【答案】ABD
【解析】
第 8页/共 22页【分析】结合函数周期的定义和诱导公式可以判断 A；由 得 ，再结合函数单调性求
解 判 断 B； 对 化 简 整 理 可 以 判 断 C； 根 据 ， 可 得
，进而求得 ，再求解 最值即
可判断 D.
【详解】 ，
所以 的一个周期为 ，A 正确；
，
因为 在 上单调递增，所以函数 在 上单调递减，B 正确；
因为 ，
所以函数 的图象关于 对称，C 错误；
因为 ，所以 ，
则 ，当 时， 取得最小值；
当 时， 取得最大值，所以函数 的值域为 ，D 正确，
故选：ABD．
三､填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知函数 在 上单调递减，则整数 的可能取值为___________.（答案
不唯一，只需写出满足条件的一个值）
【答案】 （答案不唯一，满足 的一个整数即可）
【解析】
【分析】根据函数 在 上单调递减，所以 对 恒成立，再根据一元二次函数
的根的分布规律求解即可.
第 9页/共 22页【详解】因为函数 在 上单调递减，
所以 对 恒成立，
所以 解得 ，
所以整数 的取值集合为 .
故答案为： （答案不唯一，满足 的一个整数即可）.
13. 用 1，2，3 三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个 2 相邻出现，则这样的四位数有_____
个.（用数字作答）
【答案】60
【解析】
【分析】应用分类分步计数原理求四位数的个数.
【详解】若四位数中没有 2，共有 个，
若四位数中有 1 个 2，共有 个，
若四位数中有 2 个 2，共有 个，
因此共有 60 个.
故答案为：60
14. 已知正四棱锥 的侧棱长为 ，底面边长为 4，已知 ，过 的平面分别交其他
侧棱于 ， ，则四棱锥 的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设 ，根据正四棱锥的性质与共面向量基本定理求得 ，结合图形，利用三棱锥
与三棱锥 的关系求出 ，同理求出 即得答案.
【详解】如图，设 ，连接 ，设交点为 ，则点 正四棱锥 的底面中心，连
接 ，
第 10页/共 22页因 ，则 .
易得 ，而 ， ，
代入可得 ，整理得 ，
因 在同一个平面上，由共面向量基本定理，可得 ，
解得 ，即 .
因 ，而 ，
对于三棱锥 与三棱锥 ，共顶点 ，且 ，
则 ；
对于三棱锥 与三棱锥 ，共顶点 ，且 ，
则 .
故 .
四､解答题：本小题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 设数列 的前 项和为 ， ，记 ，将数列 和数列 的所有项
按照从小到大的顺序排列成一个新的数列 .
（1）求 、 的通项公式；
（2） 的前 项和为 ，求 （请用数字作答）.
【答案】（1） ，
（2）
第 11页/共 22页【解析】
【分析】（1）当 时，可得出 的值；当 时，由 得 ，两式作差可推
导出数列 为等比数列，确定该数列的首项和公比，结合等比数列的通项公式可得出数列 的通项公
式，利用对数的运算性质可得出 的通项公式；
（2）列举出数列 的前 项，利用分组求和法可求得 的值.
【小问 1 详解】
因为 ，
当 时， ，所以 ，
当 时，由 得 ，
两式相减得， ，所以 ，
所以数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，
所以 ，故 .
【小问 2 详解】
将数列 和数列 的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列 ，
数列 的前 项为： 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、
、 、 ，
所以新的数列 的前 项中数列 有 项，数列 有 项，
所以数列 的前 项的和
16. 甲､乙两位同学进行纸飞机比赛，设各局比赛的结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为
，乙获胜的概率为 .比赛规则如下：三局两胜制指有一方获胜两局，比赛结束；四局三胜
制指有一方获胜三局，比赛结束.
（1）若 ，比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率；
（2）若 ，甲、乙进行了 局比赛， 表示甲获胜的局数，当且仅当 时， 取得最
第 12页/共 22页大值，其中 ，求满足条件的 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知甲最终获胜的两种可能的比分为 或 ，利用独立重复试验的概率公式可求得
所求得甲获胜的概率；
（2）分析可知 ，可得 ，记 ，
解不等式 ，可得结果.
【小问 1 详解】
根据题意可知，每局比赛甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为 ，
若采用三局两胜制，则最终获胜的两种可能的比分为 或 .
因为每局比赛的结果是独立的，
所以甲最终获胜的概率 ；
【小问 2 详解】
易得 ， ， ，
记 ，
则 ，
由 ，得 ，
即当 时， ，
当 时， ，
故当 时， 最大，所以 的估计值为 .
17. 如图，在四棱锥 中， ， ， 两两垂直， ， ，且
.
第 13页/共 22页（1）证明：平面 平面 .
（2）设 ，三棱锥 的体积为 .
（i）求 的单调区间；
（ii）当 取得最大值时，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）单调递增区间为 ，单调递减区间为 （ii）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理，说明面面垂直即可；
（2）（i）根据三棱锥的体积公式，求出体积表达式，进而求出函数单调区间，再根据单调区间判断函数最
大值，进而求出几何体的棱长；（ii）建立空间直角坐标系，求出直线方向向量和平面法向量，根据线面角
的向量方法求出线面角的正弦值.
【小问 1 详解】
因为 ，且 ， 面 ，
所以 面 ，
因为 面 ，所以平面 平面 .
【小问 2 详解】
（i）由 可知，当 时， ，
因为 ，所以 ，
可知 ，
因为 ，所以 ，
第 14页/共 22页可知 ，
则 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
当 时， ，函数 在 上单调递减，
则 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（ii）由（i）可知函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
即函数在 时取得极大值，也是最大值，
则 ，
以 为坐标原点，以 为 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则 ，
可得 ，
设面 的法向量为 ，
可知 ，即 ，
令 ，解得 ，可得面 的一个法向量为 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
第 15页/共 22页则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
18. 已知函数 ，其中 ．
（1）证明：当 时， ；
（2）当 时，证明：对任意 ， ；
（3）若 是 的极小值点，求实数 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用导数证明不等式，设 ，由导数得 在 上单调递增，则当
时， ，得证；
（2）利用导数证明不等式，设 ，由导数结合（1）中结论，并使用由局部到
整体的思想，可得 ，进而可得 在 上单调递增，即 ，得证；
（3）由题意得 ，令 ，求导，当 时，
则 ，取 ，根据导数及函数 是偶函数讨论即可求解，当 时，
，根据导数讨论即可判断.
【小问 1 详解】
设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，当 时， ，
即 .
第 16页/共 22页【小问 2 详解】
设 ，
因为当 时， ，由（1）可知 ，
所以
，
所以 在 上单调递增，即 ，
即 ，得证.
【小问 3 详解】
由题意得 ，
令 ， ，
（ⅰ）当 ，即 时，取 ，
所以，当 时， ，结合（1）可知 ，
函数 的定义域为 ，关于原点对称，
因为 ，
所以函数 是偶函数，
故当 时， ，
因为 ，所以 是 的极小值点，符合题意；
（ⅱ）当 时，因为 ，且 在区间 上连续可导，
第 17页/共 22页又因为 ，
所以函数 是定义在 上的偶函数，
故存在 ，使得对任意 ，都有 ，
所以函数 在区间 上单调递减，
当 时， ，当 时， ，
所以 是 的极大值点，不符合题意；
所以实数 的取值范围是 .
19. 已知椭圆 的左，右焦点分别为 ， ，短轴长为 ，离心率为 .
（1）求 的方程；
（2）记 的左顶点为 ，直线 与 交于 P，Q 两点，直线 AP，AQ 的斜率之积为 .
（i）证明：直线 过定点；
（ii）若 在 轴上方，直线 与圆 交于点 ，点 在 轴上方.是否存在点 ，使得
与 的面积之比为 3：5？若存在，求出点 坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1） ；
（2）（i）证明过程见解析；（ii）存在，点 ，
【解析】
【分析】（1）根据短轴长和离心率得到方程组，求出 ，得到椭圆方程；
（2）（i）当直线 的斜率不存在时，计算出直线 方程为 ，当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为
，联立椭圆方程，设 ，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，
求出 或 ，当 时不合题意，当 时，求出所过定点，验证后得到结论；
第 18页/共 22页（ii）由椭圆定义和圆的半径得到 ，所以 ，令
，当直线 斜率不存在时， ，此时 ，求出 ，当直线 斜率存在时，设
，由余弦定理求出 ， ，代入，解得 或 ，均不合
要求，舍去，综上，求出答案.
【小问 1 详解】
由题意得 ， ，故 ， ，
又 ，解得 ，
所以椭圆方程为 ；
【小问 2 详解】
（i） ，
当直线 的斜率不存在时，此时直线 与 交于关于 轴对称的两点，
设 ，
则 ，即 ，
又 ，所以 ，
所以 ，解得 或 ，
当 时， ，此时与 重合，
直线 AP 或直线 AQ 的斜率不存在，不合要求，
当 时，直线 方程为 ，
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，
联立 得 ，
第 19页/共 22页，解得 ，
设 ，则 ，
所以 ，
由 得
，化简得 ，
，解得 或 ，
当 时， ，过定点 ，
直线 AP 或直线 AQ 的斜率不存在，不合要求，
当 时， ，过定点 ，
显然此时满足 ，
其中 也过点 ，
综上，直线 过定点 ；
（ii）存在点 ，使得 与 的面积之比为 3：5，理由如下：
在 轴上方，故 在 轴下方，即 ， ，
第 20页/共 22页由椭圆定义可知， ，
又 的圆心为 ，半径为 4，
故 ，所以 ，
由于 ， ，
所以 ，
令 ，
当直线 斜率不存在时， ，此时 ，
解得 ，令 中 得 ，
又 在 轴上方，故 ，满足要求，
当直线 斜率存在时，设 ，
在 中， ， ， ，
由余弦定理得 ，
第 21页/共 22页即 ，解得 ，
同理可得 ，
由 可得 ，
解得 或 ，均不合要求，舍去，
综上，存在点 ，使得 与 的面积之比为 3：5
【点睛】思路点睛：
处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为 ，
（2）利用条件找到 与过定点的曲线 的联系，得到有关 与 的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点 ，使得无论 的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于
与 的等式进行变形，直至找到 ，
①若等式的形式为整式，则考虑将含 的式子归为一组，变形为“ ”的形式，让括号中式子等于 0，
求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于 0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去 变为常
数.
第 22页/共 22页
