1、高三校际联合考试理科数学第 I 卷(选择题，共 60 分)一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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.设集合A. 1，2 B. (1，3) C. 1 D. l，2【答案】D【解析】【分析】求出 后可求 .【详解】 ，故 ，故选 D.【点睛】本题考察集合的交，属于基本题.2.若复数 在复平面内对应的点关于 y 轴对称，且 ，则复数A. B. 1 C. D. 【答案】C【解析】分析：由 z1=2i，复数 z1，z2 在复平面内对应的点关于 y 轴对称，求出 z2，然后代入 ，利用复数代数形式的乘除运算化简即可详解：z 1=
2、2i，复数 z1，z2 在复平面内对应的点关于 y 轴对称，z2=2i = = ，故选：C点睛：复数的运算，难点是乘除法法则，设 ，则 ，.3.已知直线 ： ，直线 ： ，若 ，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为 ，所以 ，所以 ，所以.故选 D.4.三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法.所谓割圆术，就是不断倍增圆内接正多边形的边数求出圆周率的方法.如图是刘徽利用正六边形计算圆周率时所画的示意图，现向圆中随机投掷一个点，则该点落在正六边形内的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设圆的半径为，则圆的面积 ，正
3、六边形的面积 ，所以向圆中随机投掷一个点，该点落在正六边形内的概率 ，故选 A.5.若双曲线 的一条渐近线方程为 ，则 的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：由方程为双曲线确定 m 的范围，再利用条件建立 m 的方程解之即可.详解：双曲线 的一条渐近线的方程为 2x3y=0，可得（3m） （m+1）0，解得：m （1，3），所以： x y=0，是双曲线的渐近线方程，所以 ，解得：m= 故选：A点睛：本题考查了双曲线的简单几何性质，渐近线方程的求法，注意 m 的取值范围是解题的关键，属于基础题.6.已知 .若“ ”是真命题，则实数 a 的取值范围是A. (1，+) B. (
4、，3) C. (1，3) D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可知命题 p,q 均为真命题，据此求解实数 a 的取值范围即可.【详解】由“ ”是真命题可知命题 p,q 均为真命题，若命题 p 为真命题，则： ，解得： ，若命题 q 为真命题，则： ，即 ，综上可得，实数 a 的取值范围是 ，表示为区间形式即 .本题选择 C 选项.【点睛】本题主要考查复合命题问题，与二次函数有关的命题，与指数函数有关命题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7.某数学爱好者编制了如图的程序框图，其中 mod(m，n)表示 m 除以 n 的余数，例如mod(7，3)=1若输入 m 的值为 8，
5、则输出 i 的值为A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】【分析】程序的功能是考虑正整数 的正约数（大于 1）的个数，故可得的值.【详解】输入 后，第一次执行左判断时， ，执行右判断后（因为 ）， ， ；第二次执行左判断时， ，执行右判断后（因为 ）， ， ；第三次执行左判断时， ，执行右判断后（因为 ）， ， ；归纳可得，程序的功能是考虑 8 的大于 1 的正约数的个数，故 ，选 B.【点睛】对于流程图的问题，我们可以从简单的情形逐步计算归纳出流程图的功能，在归纳中注意各变量的变化规律.8.已知 中， ，P 为线段 AC 上任意一点，则 的范围是A. 1，4 B. 0,4 C
6、. 2,4 D. 【答案】D【解析】分析：建立平面直角坐标系，然后根据条件即可求出 A， C 点的坐标，表示 ，利用二次函数的图象与性质求值域即可.详解：以 为坐标原点， 为 轴、 为 轴建系，则 ,，设 ,所以 ，故选：D.点睛：平面向量数量积的类型及求法(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式 ；二是坐标公式；三是利用数量积的几何意义.(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.9.已知数列 中， ，且对任意的 ， ，都有 ，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：令 m=1，可得 an+1an=n+1，再利用累加法可得
7、 的通项，再利用裂项法得到 =2（ ） ，从而可求得 的值详解：a 1=1，且对任意的 m，n N*，都有 am+n=am+an+mn，令 m=1，则 an+1=a1+an+n=an+n+1，即 an+1an=n+1，anan1=n（n2），a2a1=2，an=（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1=n+（n1）+（n2）+3+2+1= ， = =2（ ）， =2（1 ）+（ ）+（ ）+（ ）+（ ）=2（1 ）= ，故选：D点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1) ；（2） ； （
8、3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.10.某单位实行职工值夜班制度，己知 A，B，C，D，E5 名职工每星期一到星期五都要值一次夜班，且没有两人同时值夜班，星期六和星期日不值夜班，若 A 昨天值夜班，从今天起B，C 至少连续 4 天不值夜班，D 星期四值夜班，则今天是星期几A. 二 B. 三 C. 四 D. 五【答案】C【解析】分析：A 昨天值夜班，D 周四值夜班，得到今天不是周一也不是周五，假设今天是周二，则周二与周三 B，C 至少有一人值夜班，与已知从今天起 B，C 至少连续 4 天不值夜班矛盾；若今天是周三，则周五与下周一 B，C
9、至少有一人值夜班，与已知从今天起 B，C 至少连续4 天不值夜班矛盾；由此得到今天是周四详解：A 昨天值夜班，D 周四值夜班，今天不是周一也不是周五，若今天是周二，则周一 A 值夜班，周四 D 值夜班，则周二与周三 B，C 至少有一人值夜班，与已知从今天起 B，C 至少连续 4 天不值夜班矛盾；若今天是周三，则 A 周二值夜班，D 周四值夜班，则周五与下周一 B，C 至少有一人值夜班，与已知从今天起 B，C 至少连续 4 天不值夜班矛盾；若今天是周四，则周三 A 值夜班，周四 D 值夜班，周五 E 值夜班，符合题意故今天是周四故选：C点睛：本题考查简单的推理，考查合情推理等基础知识，考查推理论
10、证能力，属于中档题11.已知抛物线 的焦点为 F，过 F 的直线交 C 于 A，B 两点，点 A 在第一象限，P(0，6)，O 为坐标原点，则四边形 OPAB 面积的最小值为A. B. C. 3 D. 4【答案】B【解析】分析：把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系表示四边形 面积，借助导函数求最值即可.详解：设 且 ,易知 ，设直线由 所以易知 在 上为减函数，所以当 时， ,故选：B点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目
11、标函数，再求这个函数的最值在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围12.如图，虚线小方格是边长为 1 的正方形，粗实(虚) 线画出的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由三视图还原原几何体，可知该几何体为三棱锥 OABC，在三棱锥 OABC 中，AOC=ABC=90，由已知求出其外接球的直径为 AC，则半径 R= ，再由球的表面积公式求解详解
12、：由三视图还原原几何体的直观图如图，该几何体为三棱锥 OABC，在三棱锥 OABC 中，AOC=ABC=90 ，其外接球的直径为 AC，则半径 R= = ，外接球的表面积该几何体外接球的表面积为 S=4R 2=32故选：B点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 第卷( 非选择题，共 90 分)二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.
13、已知向量 ，则实数 _【答案】【解析】【分析】由题意结合平面向量的坐标运算法则和向量模的计算公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得：， ，结合平面向量模的计算公式可得： ，解得： .故答案为： 【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，向量的模的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14.若 满足条件 的最大值为_【答案】7【解析】【分析】将原问题转化为线性规划问题，然后结合目标函数的几何意义求解最大值即可.【详解】 等价于不等式组：，即 ，由 可得 ，绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点 C 处取得最大值，联立直线方程： ，可得点 C
14、 的坐标为： ，据此可知目标函数的最大值为： .【点睛】求线性目标函数zax by(ab0)的最值，当 b0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时，z 值最大，在y 轴截距最小时，z 值最小；当 b0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时，z 值最小，在 y 轴上截距最小时，z 值最大.15.已知 ，则 _【答案】180【解析】， ，故答案为 .【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于中档题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式 ；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数） （
15、2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.16.若存在实常数 k 和 b，使得函数 对其公共定义域上的任意实数 x 都满足：恒成立，则称此直线 的“隔离直线”，已知函数 (e 为自然对数的底数)，有下列命题： 内单调递增； 之间存在“隔离直线”，且 b 的最小值为 ； 之间存在“隔离直线”，且 k 的取值范围是 ； 之间存在唯一的“隔离直线” 其中真命题的序号为_(请填写正确命题的序号)【答案】【解析】【分析】由题意结合“隔离直线” 的定义逐一考查所给的说法是否正确即可.【详解】结合题意逐一考查所给命题的真假：m(x)=f( x)g(x)=x2 , ，则 ，F(x)=
16、f(x)g(x)在 内单调递增，故 对；、设 f(x)、g(x)的隔离直线为 y=kx+b,则 x2kx+b 对一切实数 x 成立,即有10,k2+4b0，b0，又 kx+b 对一切 x0，则当 时,G (x)取到极小值，极小值是 0，也是最小值.所以 ,则 当 x0 时恒成立 .函数 f(x)和 g(x)存在唯一的隔离直线 ，故正确.故答案为：.【点睛】 “新定义” 主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是
17、“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。第 1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。17.己知 分别为 三个内角 A，B，C 的对边，且 (I)求角 A 的大小；(II)若 b+c=5，且 的面积为 ，求 a 的值【答案】() ；() .【解析】【分析】（）由题意结合正弦定理边化角，整理计算可得 ，则 .（）由三角形面积公式可得： ，结合余弦定理计算可得 ，则 .【详解】 （）由正弦定理得， ， ， ，即 ， （）由： 可得 ， ，由余弦定理得： ， .【点睛】在处理三角
18、形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围18.已知三棱锥 （如图 ）的平面展开图（如图 ）中，四边形 为边长为 的正方形， 和 均为正三角形，在三棱锥 中：（1）证明：平面 平面 ；（2）求二面角 的余弦值.【答案】 （1）见解析;（2） 【解析】分析：（1）设 AC 的中点为 O，连接 BO，PO推导出 POAC，POOB，从而 PO平面 ABC，由此能证明平面 PAC平面 ABC（2）由 PO平面 ABC，OB AC，建立空间直角
19、坐标系，利用向量法能求出二面角 APCB的余弦值详解：（1）证明： 设 的中点为 ，连接 ， 由题意得， ， ， 因为在 中， ， 为 的中点，所以 ， 因为在 中， ， ， ， 所以 ， 因为 ， 平面 ， 所以 平面 ， 因为 平面 ， 所以平面 平面 . （2）解：由 平面 ， ，如图建立空间直角坐标系，则， ， ， ， .由 平面 ，故平面 的法向量为 ， 由 ， ，设平面 的法向量为 ，则由 得：令 ，得 ， ，即 ， .由二面角 是锐二面角，所以二面角 的余弦值为 . 点睛：空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出
20、相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19.在创建“全国文明卫生城” 过程中，某市“ 创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查(一位市民只能参加一次) 通过随机抽样，得到参加问卷调查的 100 人的得分(满分 100 分) 统计结果如下表所示：(I)由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分 Z 服从正态分布 近似为这100 人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表) ，利用该正态分布，求P(37Z79)；(II)在(I
21、)的条件下， “创城办” 为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：得分不低于 的可以获赠 2 次随机话费，得分低于 的可以获赠 1 次随机话费；每次获赠的随机话费和对应的概率为：现有市民甲参加此次问卷调查，记(单位：元) 为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望附：参考数据与公式： 【答案】()0.8185；()答案见解析.【解析】【分析】（）由题意计算可得： ，结合正态分布的对称性可得 P(37Z79)的值为0.8185；（）由题意可知的可能取值为 ，计算相应的概率值即可求得分布列，利用分布列计算可得 .【详解】 （）,故 ， ，综上,（）易知获赠话费 的可能取值为 ， ， ，
22、 ；的分布列为： 【点睛】本题主要考查独立性检验的思想，离散型随机变量的分布列与数学期望的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20.己知椭圆 的焦距为 ，以椭圆 C 的右顶点 A 为圆心的圆与直线相交于 P，Q 两点，且 (I)求椭圆 C 的标准方程和圆 A 的方程。(II)不过原点的直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，已知直线 OM，l，ON 的斜率 成等比数列，记以线段 OM，线段 ON 为直径的圆的面积分别为 的值是否为定值?若是，求出此值：若不是，说明理由【答案】() ， ；()答案见解析.【解析】分析：（1）设 为 的中点，连接 ，则 ，所以 ，又 ，所以，从而易
23、得关于 a，b 的方程组，即可得到所求椭圆方程和圆的方程（2）设直线 l 的方程为 y=kx+m，代入椭圆方程，消去 y，根据 k1、k、k2 恰好构成等比数列，求出 k，进而表示出 ，即可得出结论详解：（1）如图，设 为 的中点，连接 ，则 ，因为 ，即 ，所以 ，又 ，所以 ，所以 ，所以 由已知得 ,所以椭圆 的方程为 ， ，所以 ，所以 ，所以 ，所以圆 的方程为 （2）设直线的方程为 ，由 ，得 ，所以 ，由题设知 ，则 故 为定值，该定值为 点睛：（1）圆锥曲线中的定点、定值问题是高考中的常考题型，难度一般较大，常常把直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，注重数学思想方法的考查，尤其
24、是函数思想、数形结合思想、分类讨论思想的考查（2）求定值问题常见的方法从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值21.已知函数 (e 为自然对数的底数) (I)若 的单调性；(II)若 ，函数 内存在零点，求实数 a 的取值范围【答案】()答案见解析；() .【解析】【分析】（I）定义域为 ，且 ，利用导函数讨论可得：当 时，单调递减；当 时， 在 上单调递减，在 单调递增（）由函数的解析式可得 ，令 ，分类讨论 ， 和三种情况可得实数 a 的取值范围是 .【详解】 （I）定义域为故 则(1)若 ，则 在 上单调递减；(2)若 ，令
25、.当 时，则 ，因此在 上恒有 ，即 在上单调递减；当 时， ，因而在 上有 ，在 上有；因此 在 上单调递减，在 单调递增.综上，(1)当 时， 在 上单调递减；(2)当 时， 在 上单调递减，在 单调递增（）设 ,，设，则 (1)若 ,在 单调递减，故此时函数 无零点， 不合题意.(2)若 ,当 时， ，由（1）知 对任意 恒成立，故 ，对任意 恒成立，当 时,，因此当 时 必有零点，记第一个零点为 ，当 时 ， 单调递增， .由可知，当 时， 必存在零点.(2)当 ，考察函数 ，由于在 上必存在零点.设 在 的第一个零点为 ，则当时， ，故 在 上为减函数，又 ，所以当 时， ，从而 在
26、 上单调递减，故当时恒有 .即 ，令 ，则 在 单调递减，在单调递增. 即 注意到 ，因此 ，令 时，则有 ，由零点存在定理可知函数 在 上有零点，符合题意.综上可知， 的取值范围是 .【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值) 最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值 (极值)，解决生活中的优化问题
27、(4)考查数形结合思想的应用请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22.在平面直角坐标系 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线 C 的极坐标方程为 ，直线 l 过点 且倾斜角为 .(I)求曲线 C 的直角坐标方程和直线的参数方程；(II)设直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求 的值【答案】() ， (t 为参数)；()7.【解析】【分析】（）极坐标方程化为直角坐标方程可得曲线 C 的直角坐标方程为 ，利用直线参数方程的公式可得参数方程为 (t 为参数)；（）联立直线的参数方程与圆的一般方程，结合直线参数方程的几何意义可得
28、 的值为 7.【详解】 （）曲线 ，所以 ，即 ，得曲线 的直角坐标方程为 ，直线 的参数方程为 为参数） （）将 为参数）代入圆的方程，得 ，整理得 ，得 ，所以所以 【点睛】直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式 ，而极坐标方程转化为直角坐标方程的关键是利用公式 ，后者也可以把极坐标方程变形尽量产生， , 以便转化 .23.已知函数 的最大值为 t(I)求 t 的值以及此时 x 的取值集合；(II)若实数 满足 ，证明： .【答案】() ；()证明见解析.【解析】分析：（1）去掉绝对值符号，利用函数的图象求解最小值；（2）由（1）可知 ，利用 ，把问题转化为二次函数最值问题.详解：（1）解：依题意得，当 时， ；当 时， ，此时 ；当 时， ， 所以 的最大值为 ，即 ，此时 . （2）证明：由 ，得， ，所以 ，所以 ， 所以 .点睛：绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法” 求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想
