第Ⅰ卷
一．选择题：本大题共12小题，每小题5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：D
解析：集合A＝，集合B＝，所以，。
（2）已知复数，其中为虚数单位，则复数所对应的点在
（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限
答案：D
解析：，对应坐标为（2，－1），在第四象限。
（3）已知函数则的值为
（A） （B） （C） （D）
答案：C
解析：＝4＋2＝6，，选C。
（4）设是△所在平面内的一点，且，则△与△的面积之比是
（A） （B） （C） （D）
答案：B
解析：依题意，得：CP＝2PA，设点P到AC之间的距离为h，则
△与△的面积之比为=
（5）如果函数的相邻两个零点之间的距离为，则的值为
（A）3 （B）6 （C）12 （D）24
答案：B
解析：依题意，得：周期T＝，，所以，＝6。
（6）执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出的值为
（A）6 （B）8 （C）10 （D）12
答案：C
解析：第一步：x＝9，k＝2；第二步：x＝21，k＝4；第三步：x＝45，k＝6；
第四步：x＝93，k＝8；第五步：x＝189，k＝10；退出循环，故k＝10。
（7）在平面区域内随机投入一点，则点的坐标满足的概率为
（A） （B） （C） （D）
答案：A
解析：画出平面区域，如图，阴影部分符合，其面积为：，正方形面积为1，故所求概率为：
（8）已知，若，则
（A） （B） （C） （D）
答案：B
解析：因为，所以，，
==
（9）如果，，…，是抛物线：上的点，它们的横坐标依次为，，…，，
是抛物线的焦点，若，则
（A） （B） （C） （D）
答案：A
解析：由抛物线的焦点为（1，0），准线为＝－1，由抛物线的定义，可知，
，…，故
（10）一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为
（A） （B） （C） （D）
答案：D
解析：六棱柱的对角线长为：，球的体积为：V＝＝
（11）已知下列四个命题：
：若直线和平面内的无数条直线垂直，则；
：若，则，；
：若，则，；
：在△中，若，则．
其中真命题的个数是
（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
答案：B
解析：p1错误，因为无数条直线不一定是相交直线，可能是平行直线；p2正确；p3错误，因为由，得x＝0，故错误；p4正确，注意前提条件是在△中。
（12）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是
某个四面体的三视图，则该四面体的表面积为
（A） （B）
（C） （D）
答案：A
解析：该几何体为如图中的三棱锥C－A1C1E，EC＝EA1＝，A1C＝＝4，
三角形EA1C的底边A1C上的高为：2，
表面积为：S＝24＋24＋44＋24＝
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分．第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答．
二．填空题：本大题共4小题，每小题5分．
（13）函数的极小值为 ．
答案：－2
解析：求导，得：，得，当=1时，函数f（x）取得极小值－2。
（14）设实数，满足约束条件 则的取值范围是 ．
答案：
解析：画出不等式表示的平面区域，在点（3，0）处，取得最小值－6，在点（－3，3）处取得最大值15。#p#分页标题#e#
（15）已知双曲线：的左顶点为，右焦点为，点，且，则双曲线的离心率为 ．
答案：
解析：设F（c，0），又A（－，0），由，得：（－，－b）（c，－b）＝0，
所以，有：，即，化为，可得离心率e＝。
（16）在△中，点在边上，，，，，则的长为 ．
答案：5
解析：因为BD＝2AD，设AD＝x，则BD＝2x，
因为，所以，BC＝，
在三角形ACD中，cosA＝，
在三角形ABC中，cosA＝，
所以，＝，解得：＝5，所以，AD＝5。
三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
（17）（本小题满分12分）
已知数列是等比数列，，是和的等差中项。
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前项和。
解析：解：（Ⅰ）设数列的公比为，
因为，所以，．…………………………………………1分
因为是和的等差中项，所以．……………………2分
即，化简得．
因为公比，所以．………………………………………………………4分
所以（）．…………………………………………5分
（18）（本小题满分12分）
从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的质量指标值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间，，内的频率之比为．
（Ⅰ）求这些产品质量指标值落在区间
内的频率；
（Ⅱ）用分层抽样的方法在区间内抽
取一个容量为6的样本，将该样本看成一
个总体，从中任意抽取2件产品，求这2
件产品都在区间内的概率．
解析：解：（Ⅰ）设区间内的频率为，
则区间，内的频率分别为和．…………………………1分
依题意得，……………3分
解得．
所以区间内的频率为．………………………………………………4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，区间，，内的频率依次为，，．
用分层抽样的方法在区间内抽取一个容量为6的样本，
则在区间内应抽取件，记为，，．
在区间内应抽取件，记为，．
在区间内应抽取件，记为．…………………6分
设“从样本中任意抽取2件产品，这2件产品都在区间内”为事件M，
则所有的基本事件有：，，，，，，
，，，，，，，，，共15种．…………………………………………………………………8分
事件M包含的基本事件有：，，，，，
，，，，，共10种．…………10分
所以这2件产品都在区间内的概率为．………………………12分
（19）（本小题满分12分）
如图，四棱柱的底面是菱形，，底面，．#p#分页标题#e#
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若，求点到平面的距离．
解析：（Ⅰ）证明：因为平面，平面，
所以．……………………………………………………………………1分
因为是菱形，所以．……………………………………………2分
因为，，平面，
所以平面．……………………………………………………………3分
（Ⅱ）解法一：因为底面是菱形，，，，
所以，．……………………………………………4分
所以的面积为．…………………5分
因为平面，平面，
所以，．………………………………………6分
因为平面，
所以点到平面的距离等于点到平面ABCD的距离．…………7分
由（Ⅰ）得，平面．
因为平面，所以．
因为，所以．………………………………………………8分
所以△的面积为．……………………9分
设点到平面的距离为，
因为，
所以．………………………………………………10分
所以．
所以点到平面的距离为．……………………………………………12分
解法二：由（Ⅰ）知平面，
因为平面，
所以平面⊥平面．…4分
连接与交于点，
连接，，
因为，，所以为平行四边形．
又，分别是，的中点，所以为平行四边形．
所以．…………………………………………………………………6分
因为平面与平面交线为，
过点作于，则平面．………………………………8分
因为，平面，所以平面．
因为平面，所以，即△为直角三角形．………10分
所以．
所以点到平面的距离为．……………………………………………12分
（20）（本小题满分12分）
已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，左顶点为，左焦点为，点在椭圆上，直线与椭圆交于，两点，直线，分别与轴交于点，．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）在轴上是否存在点，使得无论非零实数怎样变化，总有为直角？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．#p#分页标题#e#
解析：（Ⅰ）解法一：设椭圆的方程为，
因为椭圆的左焦点为，所以．……………………………1分
设椭圆的右焦点为，已知点在椭圆上，
由椭圆的定义知，
所以．………………………………………………………2分
所以，从而．………………………………………………………3分
所以椭圆的方程为．………………………………………………4分
解法二：设椭圆的方程为，
因为椭圆的左焦点为，所以． ①…………………1分
因为点在椭圆上，所以． ②…………………2分
由①②解得，，．…………………………………………………3分
所以椭圆的方程为．………………………………………………4分
（Ⅱ）解法一：因为椭圆的左顶点为，则点的坐标为．…………5分
因为直线与椭圆交于两点，，
设点（不妨设），则点．
联立方程组消去得．
所以，．………………………………………………6分
所以直线的方程为．……………………………7分
因为直线与轴交于点，
令得，即点．……………………8分
同理可得点．…………………………………………………9分
假设在轴上存在点，使得为直角，则．………10分
即，即．………………………11分
解得或．
故存在点或，无论非零实数怎样变化，总有为直角．
………………………………12分
解法二： 因为椭圆的左端点为，则点的坐标为．……………5分
因为直线与椭圆交于两点，，
设点，则点．
所以直线的方程为．………………………………6分
因为直线与轴交于点，
令得，即点．……………………………7分
同理可得点．……………………………………………………8分#p#分页标题#e#
假设在轴上存在点，使得为直角，则．
即，即． （※）…………9分
因为点在椭圆上，
所以，即．……………………………………………10分
将代入（※）得．………………………………………11分
解得或．
故存在点或，无论非零实数怎样变化，总有为直角．
………………………………12分
解法三：因为椭圆的左顶点为，则点的坐标为．……………5分
因为直线与椭圆交于两点，，
设点（），则点．……6分
所以直线的方程为．………………………7分
因为直线与轴交于点，
令得，即点．………………………………8分
同理可得点．………………………………………………………9分
假设在轴上存在点，使得为直角，则．………10分
即，即．…………………………………11分
解得或．
故存在点或，无论非零实数怎样变化，总有为直角．
（21）（本小题满分12分）
已知函数。
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当时，证明：。
解析：（Ⅰ）解：当时，，
所以．………………………………………………………………1分
所以，。 …………………………………………………2分
所以曲线在点处的切线方程为．
即。………………………………………………………………………3分
（Ⅱ）证法一：当时，。
要证明，只需证明。……………………………………4分
以下给出三种思路证明。
思路1：设，则。
设，则，
所以函数在上单调递增．…………………………6分
因为，，
所以函数在上有唯一零点，且。…………8分
因为时，所以，即。………………………………9分
当时，；当时，。
所以当时，取得最小值．……………………………………10分
故．
#p#分页标题#e#综上可知，当时，。………………………………………………12分
思路2：先证明．………………………………………………5分
设，则．
因为当时，，当时，，
所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增．
所以．
所以（当且仅当时取等号）．………………………………………7分
所以要证明，
只需证明．……………………………………………………8分
下面证明．
设，则．
当时，，当时，，
所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增．
所以．
所以（当且仅当时取等号）．………………………………10分
由于取等号的条件不同，
所以．
综上可知，当时，。………………………………………………12分
（若考生先放缩，或、同时放缩，请参考此思路给分！）
思路3：先证明。
因为曲线与曲线的图像关于直线对称，
设直线与曲线，分别交于点，，点，到直线
的距离分别为，，
则．
其中，．
①设，则．
因为，所以．
所以在上单调递增，则．
所以．
②设，则．
因为当时，；当时，，
所以当时，单调递减；当时，单调递增．
所以．
所以．
所以．
综上可知，当时，。………………………………………………12分
证法二：因为，
要证明，只需证明。…………………………………4分
以下给出两种思路证明。
思路1：设，则。
设，则．
所以函数在上单调递增．……………………6分
因为，，
所以函数在上有唯一零点，且。……8分
因为，所以，即．……………………9分
当时，；当时，。
所以当时，取得最小值．……………………………………10分
故．
综上可知，当时，．………………………………………………12分
思路2：先证明，且．……………………5分
设，则．
因为当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以当时，取得最小值．
所以，即（当且仅当时取等号）．……………7分#p#分页标题#e#
由，得（当且仅当时取等号）．………………8分
所以（当且仅当时取等号）．……………………………9分
再证明．
因为，，且与不同时取等号，
所以
请考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分．做答时请写清题号．
（22）（本小题满分10分）选修4－1：几何证明选讲
如图所示，△内接于⊙，直线与⊙相切于点，交的延长线于点，过点作交的延长线于点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若直线与⊙相切于点，且，，
求线段的长．
解析：
（Ⅰ）证明：因为是⊙的切线，
所以（弦切角定理）．………………1分
因为，
所以．……………………………2分
所以．
因为（公共角），
所以△∽△．……………………………………………………………3分
所以．
即．…………………………………………………………………4分
（Ⅱ）解：因为是⊙的切线，是⊙的割线，
所以 （切割线定理）．……………………………………………5分
因为，，所以，．…………………7分
由（Ⅰ）知，所以．………………………………………8分
因为，所以△∽△． ………………………………………9分
所以．
所以． …………………………………………………10分
（23）（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，。
（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程；
（Ⅱ）在曲线上求一点，使它到直线：（为参数，）的距离最短，并求出点的直角坐标。
解析：
（Ⅰ）解：由，，
可得．…………………………………………………………………1分
因为，，…………………………………………………2分
所以曲线的普通方程为（或）． …………4分
（Ⅱ）解法一：因为直线的参数方程为（为参数，），
消去得直线的普通方程为． ……………………………………5分#p#分页标题#e#
因为曲线：是以为圆心，1为半径的圆，
设点，且点到直线：的距离最短，
所以曲线在点处的切线与直线：平行．
即直线与的斜率的乘积等于，即．………………7分
因为，
解得或．
所以点的坐标为或．……………………………………9分
由于点到直线的距离最短，
所以点的坐标为．……………………………………………………10分
解法二：因为直线的参数方程为（为参数，），
消去得直线的普通方程为．……………………………………5分
因为曲线是以为圆心，1为半径的圆，
因为点在曲线上，所以可设点．………7分
所以点到直线的距离为
因为，所以当时，．…………………………………9分
此时，所以点的坐标为．……………………………10分
（24）（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲
设函数．
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）若对任意，不等式的解集为空集，求实数的取值范围．
解析：
（Ⅰ）解：当时，等价于．……………………1分
①当时，不等式化为，无解；
②当时，不等式化为，解得；
③当时，不等式化为，解得．…………………………3分
综上所述，不等式的解集为．………………………………4分
（Ⅱ）因为不等式的解集为空集，所以．…………………5分
以下给出两种思路求的最大值。
当且仅当时取等号．
所以．……………………………………………………7分
因为对任意，不等式的解集为空集，
所以．………………………………………………………8分
以下给出三种思路求的最大值。
思路1：令，
所以．
当且仅当，即时等号成立．
所以．
所以的取值范围为．
思路2：令，
因为，所以可设 ，
则，
当且仅当时等号成立．
所以的取值范围为．
思路3：令，
因为，设则．
问题转化为在的条件下，
求的最大值．
利用数形结合的方法容易求得的最大值为，
此时．
所以的取值范围为．