（理）一、选择题（本大题共12小题,每小题5分,共60分.docVIP

（理）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．【答案】C【解析】，∴，故选C． 2．【答案】B 【解析】，，，∴，故选B． 3．【答案】B 【解析】全称命题的否定是特称命题，将“”改为“”，同时否定结论，故选B. 4．【答案】A 【解析】丙在第一次就第一个掷出6点的概率是在第二次就第一个掷出6点的概率是在第次就第一个掷出6点的概率是故选A. 5. 【答案】D 【解析】设双曲线方程为或，所以 或无解，故选D. 6．【答案】D 【解析】由三视图还原成空间几何体，如图所示，在正方体中,构成四面体，故几何体体积为，故选D. 7. 【答案】C 【解析】设.由，可得，又因为平面向量与垂直，所以，化简为，联立可得或故或，故选C. 8．【答案】A 【解析】依题意，，，故，故，故， 9.【答案】D 【解析】运行该程序，第一次，，；第二次，，；第三次，，；此时要想输出7，判断框中可以填，故选D.的展开式的通项公式是 ，令得，即常数项是， 由题知，即，所以，当且仅当时取等号，故选A. 11. 【答案】A 【解析】由题知，设球的半径，正四棱锥内接于球，四棱锥的高为，底面正方形的边长是，，显然三点共线，都在球的直径上且，延长交球于点，则，， 在直角中，，即， 所以，设四棱锥的体积是， 则， ，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，所以当时，取得最大值， ，故选A. 12. 【答案】B 【解析】构造函数，且恒成立， 所以恒成立，即函数在上单调递减，则 ，即，则 ，故选B. 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在横线上） 13． 解析：抛物线的顶点和焦点分别是和所以圆心在直线上，将代入得即圆心为从而圆的标准方程为 14．【答案】【解析】， ，∴. 15. 5 【解析】作出约束条件所表示的可行域如图所示， 由，得，所以当直线过点时，取得最小值，且. 2 解析：∵，∴，即是公差为4 的等差数列，∴，∴， ， . 三、解答题（本大题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17．解:（Ⅰ）由及正弦定理得 ， ， ，.（6分） （Ⅱ）由（Ⅰ），又的面积为， 即 由余弦定理知， ∴ （12分） 18．解：（Ⅰ）如图（3）所示，在上取一中点，连接,因为为的中位线，所以,,,所以，同理平面,可知平面平面，又因为,所以.（6分） （Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意可知，平面的法向量 设平面的法向量， 所以，.因为为中点， , ，. 设平面与平面夹角为，则.（12分） 19.【解析】（Ⅰ）由茎叶图知，甲组有人，乙组有人，甲组学生的平均分是： （3分） （Ⅱ）作出列联表： 甲组 乙组 合计 男生 女生 合计 由列联表数据带入公式得： ， 因为，故没有的把握认为成绩分在甲组或乙组与性别有关.（ 7分） （Ⅲ）由题知，抽取的名学生中有名学生是甲组学生，抽取名学生是甲组学生的概率是，那么从所有的中学生中抽取名学生是甲组学生的概率是，又因为所取总体数量较多，抽取名学生可以看成次独立重复试验，于是服从二项分布. 显然的取值是. ，， ，， 故分布列是： 数学期望（或）. （12分） 20.【解析】（I）令,则. 设过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，假设在第一象限，则点坐标为，故，即,所以椭圆的标准方程为. （5分） （II），由题知，并可设直线，代入椭圆方程得即.由题意可知，从而. 由，得,即，则，故，从而，所以，当且仅当即时，等号成立，此时. 注意到且，则，故满足题意的直线的方程为或. （12分） 21．（本小题满分12分） 解: （Ⅰ）函数的定义域为， . 若，令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 若，令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 若，，所以函数在上单调递增.（5分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知，若，则函数在上单调递增. 又，则当时，，不恒成立； 若，因为函数在上单调递减，在上单调递增；且此时，所以函数在上单调递增.同理，当时，，不恒成立； 若，则由知，应为极小值点， 即，所以.（7分） 所以，得，得，得， 当且仅当时，取等号． 当时， （因为，所以这里不能取等号；又因为，所以.所以不等号不改变方向）， 所以.（12分） 22．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲解：（Ⅰ）证明：连结，∵为的直径，∴，又∵，∴． ∵平分，∴，∴，而，∴，又∵，∴， ∴是的切线.（5分）