一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
1．已知集合，若，则等于。
ab． c．或 d．或。
2.已知复数满足为虚数单位）则=
a． b． 3 c．2 d．1
3．为互不相等的正数，，则下列关系中可能成立的是。
a． b． c． d．
4. 已知命题p：存在；命题q：对任意的，则下列命题为真命题的是。
a. p且qb. p并(﹁q) c. (p)且q d. p且(﹁q)
5．已知函数的值域是，则它的定义域可以是。
a． b． c． d．
6．若二项式的展开式中的常数项为为无理
数），则。a． b．0 c．1 d．2
7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为。
a. b. c. d.
8.函数y=x+cosx的大致图象是
abcd9．已知，若向区。
域上随机投一点p，则点p落入区域a的概率为。
a． b． c． d．
10．已知椭圆，、是椭圆上关于原点对称的两点，是椭圆上任。
意一点，且直线、的斜率分别为、（）若的最小值为1，则椭圆的离心率为。
abcd.二、填空题(本大题共5小题，每小题5分共25分。把答案填在答题卷中的横线上。)
11.执行右图所示的程序框图，输出结果y的值是。
12.已知点在直线上，则的最小值为 .
13.，当取得最大值时，，，则实数的取值范围是 .
14.如图所示，将数以斜线作如下分群：（1），（2，3），（4，6，5），8，12，10，7），（16，24，20，14，9），…并顺次称其为第1群，第2群，
第3群，第4群，….则第7群中的第2项是： ；
第n群中n个数的和是。
15.（在下列两题中任选一题，若两题都做，按第题给分）
若曲线与曲线为参数，为常数，）有两个交点a、b，且|ab|=2，则实数的值为。
已知，若存在实数，使得不等式成立，则实数的取值范围为。
三、解答题（本大题共6小题共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
16.已知函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是，，.
1）求的解析式，并写出的单调递减区间；
2）设，求函数的值域。
17.一个口袋中装有大小相同的2个白球和4个黑球．
1）采取放回抽样方式，从中摸出两个球，求两球恰好颜色不同的概率；
2）采取不放回抽样方式，从中摸出两个球，求摸得白球的个数的期望和方差。
18.已知三棱柱，侧面侧面，，。
1）求证：；
2）求二面角的余弦值；
3）若，**段上是否存在一点，使得平。
面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由。
19.设数列的前n项积为；数列的前n项和为。
1）设。①证明数列成等差数列；②求证数列的通项公式；
2）若恒成立，求实数k的取值范围。
20.已知椭圆和抛物线有公共焦点f(1,0), 的中心和的顶点都在坐标原点，过点m（4，0）的直线与抛物线分别相交于a,b两点。
1）写出抛物线的标准方程；
2）若，求直线的方程；
3）若坐标原点关于直线的对称点在抛物线上，直线与椭圆有公共点，求椭圆的长轴长的最小值。
21．已知，函数，．
1）求函数在区间上的最小值；
2）是否存在实数，使曲线在点处的切线与轴垂直？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
3）求证：．
参***。一、选择题：每小题5分，共50分．
二、填空题：每小题5分，共25分．
三、解答题：（本大题共6小题共75分）
16.解：（1）依题意得，周期，所以，
由对称性知，当时，所以，所以，所以．
所以函数的单调减区间是．
2）由（1），所以，令，则，所以，所以的值域为．
17. 解：（1）解法一：“有放回摸两次，颜色不同”指“先白再黑”或“先黑再白”，记“有放回摸球两次，两球恰好颜色不同”为事件，“两球恰好颜色不同”共种可能，∴．
解法二：“有放回摸取”可看作独立重复实验，∵每次摸出一球得白球的概率为．
“有放回摸两次，颜色不同”的概率为．
2）设摸得白球的个数为，依题意得：，．
18.解（1）取中点o，连接co，．，又∵，∴平面，平面。
2）由（ⅰ）又侧面侧面，侧面侧面=平面，而，∴，两两垂直．如图，以o为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系o-xyz．则有。
由对称性知，二面角的大小为二面角的两倍。
设是平面abc的一个法向量，k^s*
由即解得令，∴．
又是平面的一个法向量，
设二面角为，则，所以二面角的余弦值是．
或：设所求二面角为，△obc的bc边上的高为。
或：与，bc边上的对应高为二面角的平面角的两夹边（略）
（3）假设存在满足条件的点e，∵，故可设，
则，，，平面，即，解得，19.解（1）①由得：，即。
又，数列是以2为首项，1为公差的等差数列。，.
2）∵，数列是以为首项，为公比的等比数列。∴.
对恒成立。对恒成立，即对恒成立。
设，则，∴，当时，单调递减。
设，则。当时，单调递增；；当时，单调递减。
设，则，最大，且。∴实数的取值范围为。
20.解：（1）由题意，抛物线的方程为。
2）设直线的方程为：.
联立，消去，得 ，
显然，设，则又，所以。
由①② 消去，得， 故直线的方程为或。
3）设，则中点为， 因为两点关于直线对称，所以，即，解之得。
将其代入抛物线方程，得：，所以，.
联立 ，消去，得。
由，得。即。
将，代入上式并化简，得，所以，即，因此，椭圆长轴长的最小值为。
21．解：（1）函数的定义域为。
令 1 若，则，在区间上单调递增，此时，无最小值；
若，则当时，，当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，当时，有最小值；
若，则，在区间上单调递减，当时，有最小值．综上：
由（1）可知：当时，在区间上有最小值。
当时，曲线在点处的切线与轴垂直等价于：方程有实数解，而即方程无实数解，故不存在实数，使曲线在点处的切线与轴垂直．
3）由（1）可知：当时， 对恒成立，即当时，恒有。
取，得。故
又在（＊）式中，取，得：
故 或：又在（＊）式中，取，得：故
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