绝密 本科目考试启用前
本试卷共 12 页，150 分.考试时长 120 分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题 共 40 分）
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要
求的一项．
1. 已知集合 M {x | 4 x 1}， N {x | 1 x 3} ，则 M N （ ）
A. x 4 x 3 B. x 1 x 1
C. 0,1,2 D. x 1 x 4
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据并集含义即可得到答案.
【详解】由题意得 M N 4,3 ，
故选：A.
z
2. 已知 i 1，则 z （ ）．
i
A. 1 i B. i C. 1 i D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.
【详解】由题意得 z ii1 1 i ，
故选：C.
3. 求圆 x2 y2 2x 6y 0 的圆心到 x y 2 0 的距离（ ）
A. 2 3 B. 2 C. 3 2 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
2 2
【详解】由题意得 x2 y2 2x 6y 0 ，即 x 1 y 3 10 ，
1 3 2
则其圆心坐标为 1,3 ，则圆心到直线 x y 2 0 的距离为 3 2 ，
12 12
故选：C.
4
4. x x 的二项展开式中 x3 的系数为（ ）
A. 15 B. 6 C. 4 D. 13
【答案】B
【解析】
r
【分析】写出二项展开式，令 4 3，解出 r 然后回代入二项展开式系数即可得解.
2
4 r
r r 4
【详解】 x x 的二项展开式为 r 4r r 2 ，
Tr1 C4 x x C4 1 x , r 0,1,2,3,4
r
令 4 3，解得 r 2 ，
2
故所求即为 2 2
C4 1 6 .
故选：B.
5. 已知向量 a ， b ，则“ a b a b 0 ”是“ a b 或 a b ”的（ ）条件．
A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件
C. 充分且必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量数量积分析可知 a b a b 0 等价于 a b ，结合充分、必要条件分析判断.
2 2 2 2
【详解】因为 a b a b a b 0 ，可得 a b ，即 a b ，
可知 a b a b 0 等价于 a b ，
若 a b 或 a b ，可得 a b ，即 a b a b 0 ，可知必要性成立；
若 a b a b 0 ，即 a b ，无法得出 a b 或 a b ，
例如 a 1,0,b 0,1 ，满足 a b ，但 a b 且 a b ，可知充分性不成立；
综上所述，“ a b a b 0 ”是“ a b 且 a b ”的必要不充分条件.
故选：A.
6. 已知 f x sinx 0 ， f x 1， f x 1，| x x | ，则 （ ）
1 2 1 2 min 2
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【详解】由题意可知： x1 为 f x 的最小值点， x2 为 f x 的最大值点，
T
则 x x ，即T ，
1 2 min 2 2
2
且 0 ，所以 2 .
T
故选：B.
S 1
7. 记水的质量为 d ，并且 d 越大，水质量越好．若 S 不变，且 d 2.1，d 2.2 ，则 n 与 n 的关
ln n 1 2 1 2
系为（ ）
A. n1 n2
B. n1 n2
若 ，则 ；若 ，则 ；
C. S 1 n1 n2 S 1 n1 n2
若 ，则 ；若 ，则 ；
D. S 1 n1 n2 S 1 n1 n2
【答案】C
【解析】
S 1
2.1
n1 e
【分析】根据题意分析可得 ，讨论 S 与 1 的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.
S 1
2.2
n2 e
S 1
d 2.1 S 1
1 2.1
ln n1 n e
【详解】由题意可得 ，解得 1 ，
S 1 S 1
d 2.2 2.2
2 n2 e
ln n2
S 1 S 1 S 1 S 1
若 S 1，则 ，可得 2.1 2.2 ，即 n n ；
2.1 2.2 e e 1 2
S 1 S 1
若 S 1，则 0 ，可得 n n 1；
2.1 2.2 1 2
S 1 S 1 S 1 S 1
若 S 1，则 ，可得 2.1 2.2 ，即 n n ；
2.1 2.2 e e 1 2
结合选项可知 C 正确，ABD 错误；
故选：C.
8. 已知以边长为 4 的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为 4，4，2 2 ，2 2 ，则该四棱锥的高为（ ）
2 3
A. B. C. 2 3 D. 3
2 2
【答案】D
【解析】
【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面 PEF 平面 ABCD ，可知 PO 平面 ABCD ，利用等体
积法求点到面的距离.
【详解】如图，底面 ABCD 为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设 PA PB AB 4, PC PD 2 2 ，
分别取 AB,CD 的中点 E, F ，连接 PE, PF, EF ，
则 PE AB, EF AB ，且 PE EF E ， PE, EF 平面 PEF ，
可知 AB 平面 PEF ，且 AB 平面 ABCD ，
所以平面 PEF 平面 ABCD ，
过 P 作 EF 的垂线，垂足为 O ，即 PO EF ，
由平面 PEF 平面 ABCD EF ， PO 平面 PEF ，
所以 PO 平面 ABCD ，
由题意可得： PE 2 3, PF 2, EF 4 ，则 PE 2 PF 2 EF 2 ，即 PE PF ，
1 1 PE PF
则 PE PF PO EF ，可得 PO 3 ，
2 2 EF
所以四棱锥的高为 3 .
当相对的棱长相等时，不妨设 PA PC 4 ， PB PD 2 2 ，
因为 BD 4 2 PB PD ，此时不能形成三角形 PBD ，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
x
9. 已知 x1, y1 ， x2 , y2 是函数 y 2 图象上不同的两点，则下列正确的是（ ）
y y x x y y x x
A. log 1 2 1 2 B. log 1 2 1 2
2 2 2 2 2 2
y y y y
C. log 1 2 x x D. log 1 2 x x
2 2 1 2 2 2 1 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断 AB；举例判断 CD 即可.
x x1 x2
【详解】由题意不妨设 x1 x2 ，因为函数 y 2 是增函数，所以 0 2 2 ，即 0 y1 y2 ，
x x x x
2x1 2x2 1 2 y y 1 2
对于选项 AB：可得 2x1 2x2 2 2 ，即 1 2 2 2 0 ，
2 2
x1 x2
y1 y2 2 x1 x2
根据函数 y log2 x 是增函数，所以 log log 2 ，故 A 正确，B 错误；
2 2 2 2
对于选项 C：例如 x1 0, x2 1 ，则 y1 1, y2 2 ，
y y 3 y y
可得 log 1 2 log 0,1 ，即 log 1 2 1 x x ，故 C 错误；
2 2 2 2 2 2 1 2
1 1
对于选项 D：例如 x 1, x 2 ，则 y , y ，
1 2 1 2 2 4
y y 3 y y
可得 log 1 2 log log 3 32,1 ，即 log 1 2 3 x x ，故 D 错误，
2 2 2 8 2 2 2 1 2
故选：A.
2
10. 若集合 x, y | y x t(x x),0 t 1,1 x 2 表示的图形中，两点间最大距离为 d、面积为 S，
则（ ）
A. d 3 ， S 1 B. d 3 ， S 1
C. d 10 ， S 1 D. d 10 ， S 1
【答案】C
【解析】
y x2
【分析】先以 t 为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域 y x ，结合图形分析求解即可.
1 x 2
【详解】对任意给定 x1,2 ，则 x2 x x x 1 0 ，且 t 0,1，
可知 x x t x2 x x x2 x x2 ，即 x y x 2 ，
y x2
再结合 x 的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域 y x ，
1 x 2
如图阴影部分所示，其中 A1,1, B2,2,C 2,4 ，
可知任意两点间距离最大值 d AC 10 ；
1
阴影部分面积 S S 1 2 1
ABC 2 .
故选：C.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见
数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把
握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
第二部分（非选择题 共 110 分）
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.
11. 已知抛物线 y2 16x ，则焦点坐标为________．
【答案】 4,0
【解析】
2 p
【分析】形如 y 2px, p 0 的抛物线的焦点坐标为 ,0 ，由此即可得解.
2
【详解】由题意抛物线的标准方程为 y2 16x ，所以其焦点坐标为 4,0 .
故答案为： 4,0 .
12. 已知 , ，且与的终边关于原点对称，则 cos 的最大值为________．
6 3
1
【答案】 ## 0.5
2
【解析】
【分析】首先得出 2k,k Z ，结合三角函数单调性即可求解最值.
【详解】由题意 2k,k Z ，从而 cos cos 2k cos ，
1 3 3 1
因为 , ，所以 cos 的取值范围是 , ， cos 的取值范围是 , ，
6 3 2 2 2 2
4 1
当且仅当 ，即 2k,k Z 时， cos 取得最大值，且最大值为 .
3 3 2
1
故答案为： .
2
x2
13. 已知双曲线 y2 1 ，则过 3,0 且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为________．
4
1
【答案】
2
【解析】
【分析】首先说明直线斜率存在，然后设出方程，联立双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即
可求解.
x2 5
【详解】联立 x 3与 y2 1，解得 y ，这表明满足题意的直线斜率一定存在，
4 2
设所求直线斜率为 k ，则过点 3,0 且斜率为 k 的直线方程为 y k x 3 ，
x2
y2 1
联立 4 ，化简并整理得： 1 4k 2 x2 24k 2 x 36k 2 4 0 ，
y k x 3
2
由题意得1 4k 2 0 或 24k 2 436k 2 41 4k 2 0 ，
1 1
解得 k 或无解，即 k ，经检验，符合题意.
2 2
1
故答案为： .
2
14. 已知三个圆柱的体积为公比为 10 的等比数列．第一个圆柱的直径为 65mm，第二、三个圆柱的直径为
325mm，第三个圆柱的高为 230mm，求前两个圆柱的高度分别为________．
115
【答案】 mm,23mm
2
【解析】
【分析】根据体积为公比为 10 的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
2 2
325 325
h2 230
2 2
【详解】设第一个圆柱的高为 ，第二个圆柱的高为 ，则 ，
h1 h2 2 2 10
65 325
h1 h2
2 2
115
故 h 23mm ， h mm ，
2 1 2
115
故答案为： mm,23mm .
2
15. 已知 M k | ak bk ， an ， bn 不为常数列且各项均不相同，下列正确的是______.
an ， bn 均为等差数列，则 M 中最多一个元素；
an ， bn 均为等比数列，则 M 中最多三个元素；
an 为等差数列， bn 为等比数列，则 M 中最多三个元素；
an 单调递增， bn 单调递减，则 M 中最多一个元素.
【答案】
【解析】
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断的正误，利用反例可判断的正误，结合通项公式的特
征及反证法可判断的正误.
的
【详解】对于，因为an,bn 均为等差数列，故它们 散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故 M 中至多一个元素，故正确.
对于，取 n1 n 1 则 均为等比数列，
an 2 ,bn 2 , an,bn
但当 为偶数时，有 n1 n 1 ，此时 中有无穷多个元素，
n an 2 bn 2 M
故错误.
n
对于，设 bn Aq Aq 0,q 1 ， an kn bk 0 ，
若 M 中至少四个元素，则关于 n 的方程 Aqn kn b 至少有 4 个不同的正数解，
若 q 0,q 1，则由 y Aqn 和 y kn b 的散点图可得关于 n 的方程 Aqn kn b 至多有两个不同的解，
矛盾；
若 q 0,q 1，考虑关于 n 的方程 Aqn kn b 奇数解的个数和偶数解的个数，
n
当 Aqn kn b 有偶数解，此方程即为 A q kn b ，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时 Ak ln q 0 ，
n
否则 Ak ln q 0 ，因 y A q , y kn b 单调性相反，
n
方程 A q kn b 至多一个偶数解，
n
当 Aqn kn b 有奇数解，此方程即为 A q kn b ，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时 Ak ln q 0 即 Ak ln q 0
n
否则 Ak ln q 0 ，因 y A q , y kn b 单调性相反，
n
方程 A q kn b 至多一个奇数解，
因为 Ak ln q 0 ， Ak ln q 0 不可能同时成立，
故 Aqn kn b 不可能有 4 个不同的正数解，故正确.
对于，因为an 为单调递增，bn 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故正确.
故答案为：
【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨
论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.
三、解答题共 6 小题，共 85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
3
16. 在ABC 中， a 7 ，A 为钝角， sin 2B b cos B ．
7
（1）求 A ；
（2）从条件、条件和条件这三个条件中选择一个作为已知，求ABC 的面积．
13 5
b 7 ； cos B ； csin A 3 ．
14 2
注：如果选择条件、条件和条件分别解答，按第一个解答计分．
2
【答案】（1） A ；
3
15 3
（2）选择无解；选择和 ABC 面积均为 .
4
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
3 3
（2）选择，利用正弦定理得 B ，结合（1）问答案即可排除；选择，首先求出 sin B ，再
3 14
代入式子得 b 3 ，再利用两角和的正弦公式即可求出 sinC ，最后利用三角形面积公式即可；选择，首
5 3
先得到 c 5 ，再利用正弦定理得到 sin C ，再利用两角和的正弦公式即可求出 sin B ，最后利用三
14
角形面积公式即可；
【小问 1 详解】
3
由题意得 2sin Bcos B bcos B ，因为 A 为钝角，
7
b 2 a 7
3 3
则 cos B 0 ，则 2sin B b ，则 sin B 3 sin A sin A ，解得 sin A ，
7 2
7
2
因为 A 为钝角，则 A .
3
【小问 2 详解】
3 3 3 2
选择 b 7 ，则 sin B b 7 ，因为 A ，则 B 为锐角，则 B ，
14 14 2 3 3
此时 A B ，不合题意，舍弃；
2
13 13 3 3
选择 cos B ，因为 B 为三角形内角，则 sin B 1 ，
14 14 14
3 3 3 3
则代入 2sin B b 得 2 b ，解得 b 3 ，
7 14 7
2 2 2
sinC sin A B sin B sin cos B cos sin B
3 3 3
3 13 1 3 3 5 3
,
2 14 2 14 14
1 1 5 3 15 3
则 S absinC 73 .
ABC 2 2 14 4
5 3 5
选择 csin A 3 ，则有 c 3 ，解得 c 5 ，
2 2 2