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| 简介：
一、选择题:共12小题，每小题5分，共60分. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 C B A B B D D C C D A C 1.选C.【解析】∵，，∴，故选C. 2.选B.【解析】∵故选B. 3.选A.【解析】∵,∴.故选A. 4.选B. 【解析】①错，②对，③对，④错. 故选B. 5.选B. 【解析】如图正方形面积为，阴影部分面积为， ∴.故选B. 6.选D.【解析】，切线的斜率，∵此切线与直线垂直， ∴直线的斜率，∴ . 故选D. 7.选D.【解析】， 当,即时单调递增，同理时，单调递减.故选D. 8.选C.【解析】如图该几何体为一三棱锥，设外接球半径为 由题意得：∴，故选C. 9.选C.【解析】执行第一次运算， 执行第二次运算，执行第三次运算，执行第四次运算输出.故选C. 10.选D.【解析】∵∴又∵，的面积为， 由面积公式得：，∴，， ∴，∴.故选D. 11.选A.【解析】，渐近线方程为直线的方程为：，设，依题意知，分别满足，，得∵，∴, ∴，化简得.故选A. 12.选C.【解析】∵为奇函数，则函数的图像关于点对称，则函数的图象关于点对称，故函数满足. 设，倒序后得，两式相加后得， ∴.故选C. 二、填空题 13.填.【解析】∵，，∴ 14.填.【解析】∵,∴,∵,∴ ,∴,∴ 15.填.【解析】 若，由得，得，与矛盾； 若，由得，得，与矛盾； 若，由得，得， 而∴，∴ 16.填.【解析】依题意知，直线的斜率存在，且， 设其方程为代入有 设，则，又，，∴,而异号，∴，∵,又∵，故，即,将，代入，有,∴，又, ∴ 三、解答题 17．（12分） （Ⅰ）当时，，得，由得，两式相减，得，即，∴，而，∴数列是首项为1，公比为2的等比数列； …6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得，即， ∴ 令 则 两式相减得 ∴，∴ …12分 18. （12分） （Ⅰ）连结∵四边形是菱形，∴ 又∵，∴是等边三角形， ∵是中点, ∴， ∵平面,平面, ∴，在平面中，∴平面 ∴平面平面； …6分 （Ⅱ）取中点,连结,则，∴平面,, 过点作的垂线，交延长线于点，连结,易知, 在中，∴ 在中，∴ ∴， 设点到平面的距离为，由， 得，即，∴ ∴点到平面的距离为. …12分 19．（12分） （Ⅰ）上半年的数据为： 其“中位数”为，优质品有6个，合格品有10个，次品有9个.下半年的数据为： 其“中位数”为，优质品有9个，合格品有11个，次品有5个.则这个样本的50件产品的利润的频率分布表为： 利润 频数 频率 10 15 5 21 -5 14 …6分 （Ⅱ）由题意得： 上半年 下半年 优质品 非优质品 由于所以没有的把握认为“优质品与生产工艺改造有关”. …12分 20.（12分） （Ⅰ）已知椭圆的右焦点为，∴ 又直线与椭圆有且仅有一个交点，∴方程组有且仅有一个解， 即方程有且仅有一个解 ∴，即，又∵， ∴，∴椭圆的标准方程是； …5分 （Ⅱ）设直线的方程为， 把直线方程代入椭圆的方程，得关于的一元二次方程： ，由 得：，由韦达定理得：， ∵点在直线上，∴， 又∵，∴ 即 即 化简得：，∴∴所求直线的方程为：…12分 21．（12分） （Ⅰ）∵∵∴， ∴,∴函数在区间上单调递增. …4分 （Ⅱ）令,， 令，得,∵∴,∴， 则当时，,时， ∴函数在区间为增函数，在区间为减函数； ∴，而 ∴当时，对, 故当时，对，成立. …12分 22．（10分） （Ⅰ）连结，∵是圆的切线,是弦∴ ∵，∴，∴， 又∵，，∴∽， ∴，∴，∴； …5分 （Ⅱ）设与半圆交于点,连结，∵是圆的切线,∴ ，又∵,，∴∽， ∴,∴, ∴ . …10分 23．(10分) （Ⅰ）圆的参数方程为（为参数）； 直线的参数方程为（为参数）； …5分 （Ⅱ）圆的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，设点的极坐标为，点的极坐标为依题意有：，， ∴ | ||||||||||||||||||||||||||||||
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