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．已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
，又，
．
故选：B．
2．已知复数满足 (是虚数单位)，则复数的模 ( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
∵，
∴，
故，故本题选B．
3．已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，则该双曲线的渐近线是( )
A． B． C． D．.
【答案】B
【解析】
抛物线的焦点（2，0），则a2+3＝4,∴a2＝1，∴a＝1，∴双曲线方程为： ．
∴渐近线方程为：．
故选：D．
4．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），若取，立方寸=升，则商鞅铜方升的容积约为（ ）
A．升 B．升 C．升 D．升
【答案】B
【解析】
由三视图得，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，（如图所示）
故其体积（立方寸），（升），
故选:B
5．已知α为锐角，且tan，则cos（2）=（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
6．函数的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
单调递增
均存在单调递减区间，由此可得正确
本题正确选项：
7．《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛，齐王获胜的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
因为双方各有3匹马，
所以“从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛”的事件数为9种，
满足“齐王获胜”的这一条件的情况为：
齐王派出上等马，则获胜的事件数为3；
齐王派出中等马，则获胜的事件数为2；
齐王派出下等马，则获胜的事件数为1；
故满足“齐王获胜”这一条件的事件数为6种，
根据古典概型公式可得，齐王获胜的概率，故选A.
8．执行如图的程序框图，则输出的S的值是( )
A．126 B． C．30 D．62
【答案】D
【解析】
模拟程序的运行，可得：
，
满足条件，执行循环体，，
满足条件，执行循环体，，
满足条件，执行循环体，，
满足条件，执行循环体，，
满足条件，执行循环体，，
此时，不满足条件，退出循环，输出的值为62． 故本题选D．
9．已知，满足约束条件，则的最小值是（ ）
A． B． C．0 D．3
【答案】A
【解析】
作出，满足约束条件对应的平面区域如图（阴影部分）：
则的几何意义为区域内的点到定点的直线的斜率，
由图象可知当直线过点时对应的斜率最小，由，解得，
此时的斜率，
故选：A．
10．如图，在长方体，且异面直线所成角的余弦值为，则该长方体外接球体积为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
∵异面直线所成角的余弦值为，且，
∴，
在中，设.
∵，
∴，
∴，∴
则长方体外接球直径为，半径为
故选：B
11．已知椭圆C：的离心率为，直线l与椭圆C交于两点，且线段的中点为，则直线l的斜率为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】
由，得，
∴，则椭圆方程为，
设，
则，
把A，B的坐标代入椭圆方程得：，
①-②得：，
∴．
∴直线l的斜率为．
故选：C．
12．已知且，函数，满足对任意实数，都有成立，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
对任意实数，都有成立，
∴函数在上为增函数，
∴当时， ，则，且，
当时， ，
当时，即时，函数的对称轴，此时函数在上单调递增，在单调递减，不满足题意，
当时，即时，函数的对称轴，此时函数在上单调递增，
即，解得，
综上所述的值范围为，
故选：A．
非选择题部分（共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.
13．古代科举制度始于隋而成于唐，完备于宋、元．明代则处于其发展的鼎盛阶段．其中表现之一为会试分南卷、北卷、中卷按比例录取，其录取比例为11：7：2．若明宣德五年会试录取人数为100．则中卷录取人数为______．
【答案】10
【解析】
由题意，明宣德五年会试录取人数为，则中卷录取人数为人
本题正确结果：
14．已知向量，，若，则_____________．
【答案】
【解析】
依题意，由于，所以，.
15．已知函数，若，则_____．
【答案】-4
【解析】
函数，，
当时，，无解；
当时，，
解得，
（2）．
故答案为：
16．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则的最大值等于______．
【答案】
【解析】
原等式可化为，整理，得，
故.因为，
其中为锐角，.∵，故当时，取得最大值为.
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.17—21题为必考题，每个考生都必须作答.22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分
17．已知数列满足：.
（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）见证明；（2）
【解析】
（1）证明：因为，
所以．
因为
所以
所以．
又，
所以是首项为，公比为2的等比数列，
所以．
（2）解：由（1）可得，
所以
．
18．光伏发电是利用太阳能电池及相关设备将太阳光能直接转化为电能．近几年在国内出台的光伏发电补贴政策的引导下，某地光伏发电装机量急剧上涨，如下表：
某位同学分别用两种模型：①②进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，残差图如下(注：残差等于)：
经过计算得，．
(1)根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应该选择哪个模型?并简要说明理由．
(2)根据(1)的判断结果及表中数据建立y关于x的回归方程，并预测该地区2020年新增光伏装机量是多少．(在计算回归系数时精确到0.01)
附：归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，
【答案】（1）选择模型①；（2），19.16（兆瓦）
【解析】
（1）选择模型①.
理由如下：根据残差图可以看出，模型①的估计值和真实值比较相近，模型②的残差值相对较大一些，所以模型①的拟合效果相对较好.
（2）由（1）可知，关于的回归方程为，令，则.
由所给数据可得.
所以关于的回归方程为
预测该地区2020年新增光伏装机量为（兆瓦）.
19．如图，四棱锥中，底面，，底面是直角梯形，.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）在棱上是否存在一点，使//平面？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）存在，为的中点.
【解析】
解：设，
（Ⅰ）由题意，
∵，由，易得，
由勾股定理逆定理得，
又∵平面，平面，
∴，，
∴平面，
又平面，
∴平面平面；
（Ⅱ）
存在，
证明：作交于，作交于，连接，
∵ ,,可得,
,,可得,
，,
∴平面平面，
又在平面内，∴平面，
∵，
∴为的中点，
∴为的中点.
20．已知抛物线E：，圆C：．
若过抛物线E的焦点F的直线l与圆C相切，求直线l方程；
在的条件下，若直线l交抛物线E于A，B两点，x轴上是否存在点使为坐标原点？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在定点
【解析】
由题意可得抛物线的焦点，
当直线的斜率不存在时，过F的直线不可能与圆C相切，设直线的斜率为k，方程设为，
即，由圆心到直线的距离为，
当直线与圆相切时，，解得，
即直线方程为；
可设直线方程为，，，
联立抛物线方程可得，则，，
x轴上假设存在点使，
即有，可得，
即为，
由，，
可得，
即，即，符合题意；
当直线为，由对称性可得也符合条件．
所以存在定点使得．
21．函数.
（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）若，求的单调区间；
（Ⅲ）若，证明：在有唯一零点.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（Ⅲ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）若，则，，
故，即曲线在点处的切线斜率为5，
又，所以所求切线方程为：，即.
（Ⅱ）当时，的定义域为，
,
当，时，， 在和上单调递增.
当时，， 在上单调递减.
（Ⅲ）由得
设，，
当时，，有，即，
故在单调递增.
又，，
所以在有唯一零点.
（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的极坐标为.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）过作曲线的切线，切点为，过作曲线的切线，切点为，求.
【答案】（1）（2）2
【解析】
（1）由，得，
即，
故曲线的极坐标方程为.
（2）由（1）知，曲线表示圆心为，半径为的圆.
因为A（0，3），所以，
所以.
因为，
所以.
故.
23．已知函数的最小值为．
（1）求实数的值；
（2）若，设，且满足，求证：．
【答案】（1）（2）见证明
【解析】
（1）
显然，在上单调递减，在上单调递增
（2）证明：
由于，且
当且仅当，即当，时取等号
故
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