数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一 选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.设集合，，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
2.为了得到的图象，只要将函数的图象（ ）
A.向右平移个单位长度 B.向左平移个单位长度
C.向右平移个单位长度 D.向左平移个单位长度
3.定义为个正数的“均倒数”，若已知数列的前项的“均倒数”为，则等于（ ）
A.85 B.90 C.95 D.100
4.已知函数对任意的有，且当时，，则函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
5.中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a，b，c，则三角形的面积S可由公式求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦—秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足，，则此三角形面积的最大值为（ ）
A. B.8 C. D.
6.著名数学家 物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为，空气温度为，则分钟后物体的温度（单位：）满足：.若常数，空气温度为，某物体的温度从下降到，大约需要的时间为（ ）（参考数据：）
A.分钟 B.分钟 C.分钟 D.分钟
7.在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（，单位：）与制动距离（，单位：）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“”表示刹车时汽车的初速度（单位：）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述，与的函数关系的是（ ）
A.， B.，
C.， D.，
8.已知函数的图象关于直线对称，若存在，满足，其中，则的最小值为（ ）
A.6 B.7 C.8 D.9
二 多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.设为复数，.下列命题中正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
10.“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值.南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积.其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为的正方体的八分之一，图3是以底面边长为的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：（ ）
A.若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形
B.图2中阴影部分的面积为
C.“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为
D.由棱长为的正方体截得的“牟合方盖”体积为
11.设，为椭圆的左，右焦点，直线过交椭圆于A，B两点，则以下说法正确的是（ ）
A.的周长为定值8
B.的面积最大值为
C.的最小值为8
D.存在直线l使得的重心为
三 填空题：本大题3小题，每小题5分，共15分.
12.已知p：是q：的必要不充分条件，则实数a的取值范围是______.
13.将甲 乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，则甲 乙两人安排在同一天的概率为________.（结果用分数表示）
14.汉诺塔（又称河内塔）问题是源于印度一个古老传说的益智玩具.如图所示目标柱起始柱辅助柱的汉诺塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱 辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面.现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面.规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动.若将个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为，则_______，________.
四 解答题：本大题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15.（13分）
全民健身创精彩，健康成长蟩未来.为此某校每年定期开展体育艺术节活动，活动期间举办乒乓球比赛.假设甲乙两人进行一场比赛，在每一局比赛中，都不会出现平局，甲获胜的概率为（）.
（1）若比赛采用五局三胜制，且，则求甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率；
（2）若比赛有两种赛制，五局三胜制和三局两胜制，且，试分析哪种赛制下甲获胜的概率更大？并说明理由.
16.（15分）
在四棱锥中，平面，底面是正方形，E，F分别在棱，上且，.
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
17.（15分）
某数学建模小组研究挡雨棚（图1），将它抽象为柱体（图2），底面与全等且所在平面平行，与各边表示挡雨棚支架，支架 垂直于平面.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为（即），挡雨棚有效遮挡的区域为矩形（ 分别在 延长线上）.
（1）挡雨板（曲面）的面积可以视为曲线段与线段长的乘积.已知米，米，米，小组成员对曲线段有两种假设，分别为：①其为直线段且；②其为以为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米）；
（2）小组拟自制部分的支架用于测试（图3），其中米，，，其中，求有效遮挡区域高的最大值.
18.（17分）
已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，点在抛物线上，其中，弦的中点为，以为端点的射线与抛物线交于点.
（1）若恰好是的重心，求；
（2）若，求的取值范围.
19.（17分）
设数阵，其中.设，其中且.定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到以此类推，最后将经过变换得到.记数阵中四个数的和为.
（1）若，写出经过变换后得到的数阵，并求的值；
（2）若，求的所有可能取值的和；
（3）对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D A C D A D B B BC BCD ACD
一 选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1.D 【解析】因为等价于，解得，所以，所以或，要使得函数有意义，只需，解得，
所以则由韦恩图可知阴影部分表示.故选：D.
2.A 【解析】因，将函数的图象向右平移个单位长度即得函数的图像.故选：A.
3.C 【解析】因为数列的前项的“均倒数”为，所以，
于是有，，两式相减，得，故选：C
4.D 【解析】由得，则函数是奇函数，排除A C
当时，，对应的图象为D，故选：D.
5.A 【解析】由是意，
当且仅当，即时等号成立，此三角形面积的最大值为，故选A.
6.D 【解析】由题知，，，
所以，，可得，
所以，，.故选：D.
7.B 【解析】设，.由图象知，过点，，，，，，，，，，，，，，.
作出散点图，如图1.由图1可得，与呈现线性关系，可选择用.
过点，，，，，，，，，，，，，，.作出散点图，如图2.
由图2可得，与呈现非线性关系，比较之下，可选择用.故选：B.
8.B 【解析】由可得
，其中；又因为的图象关于直线对称，所以需满足，解得，
即；
可得，即，所以
由正弦函数值域可得
若要求满足的的最小值，
只需满足取最大值即可，而，
所以当且仅当时满足题意，即；
所以，得，即的最小值为.故选：B
二 多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）.
9.BC 【解析】A：由复数模的概念可知，不能得到，例如，，A错误；B：由可得，因为，所以，即，B正确；C：若，则，有，又，则，故，故C正确；D：取，，显然满足，但，D错误.故选：BC.
10.BCD 【解析】由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，
故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故A错误；根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平面去截它们，那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为的球和高为的牟合方盖来说，使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是，故C正确；由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；而正四棱锥体的体积为.所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积，从而得到整个牟合方盖的体积为，故D正确故选：BCD.
11.ACD 【解析】由椭圆，可得，所以为，故A正确；因为，所以，当且仅当取等号，故C正确；
由题可设直线的方程为，由，
可得，
设，则，
所以，
所以的面积为，
令，则，，所以，因为，由对勾函数的性质可知，所以，当，即取等号，故B错误；
由上可知所以，又，
所以的重心为，
令，解得，所以当直线的方程为时的重心为，故D正确.
故选：ACD.
三 填空题（本大题3小题，每小题5分，共15分.）
12. 【解析】因为p：是q：的必要不充分条件，故集合为集合的真子集，故只需.故答案为：.
13. 【解析】将甲 乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，共有种方案，乙两人安排在同一天，共有，所以甲 乙两人安排在同一天的概率为.故答案为：
14.7； 【解析】显然.当有个圆盘时，求分三步：
第一步，先将上面的个圆盘移到辅助柱，至少需要次；第二步，将起始柱上最大的一个圆盘移动到目标柱子，需1次；第三步，将辅助柱上的个圆盘移动到目标柱至少需要次，因此，所以因为，所以数列是以2为公比，2为首项的等比数列，所以所以，所以，，故答案为：7，.
四 解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明 证明过程或演算步骤.）
15.【解析】（1）设表示甲在第一局失利，表示甲获得了比赛胜利，
则.
（2）在五局三胜制中甲获胜的概率为：
.
在三局两胜制中甲获胜的概率为：
.
于是.
当时，，故采用5局3胜制下甲获胜的概率更大.
16.【解析】（1）
证明：如图，在棱上取点，使得，连接，，
因为，所以且，
由正方形，，得且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）
若，则可设，所以.
以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则
由得
令，得平面的一个法向是为，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17.【解析】（1）①其为直线段且时，米，所以在中，，即（米）.所以（平方米）；
②其为以为圆心的圆弧时，此时圆的半径为（米），
圆心角，所以圆弧的长，所以（平方米）
（2）由题意，，，由正弦定理可得：，
即，其中，
当，即时，（米）.
即有效遮挡区域高的最大值为米.
18.【解析】（1）依题意，抛物线：的焦点，设，由是的重心，于是得，，又，且，从而得，而，所以；
（2）因为弦的中点，即，且，
因此，，
因 三点共线，则有，显然直线斜率不为0，则设直线：，
由消去得，而，
解得，其中，
则，
因为，从而得对递减，
所以.
19.【解析】（1）因为，
经过变换后得到的数阵，
经过变换后得到的数阵，
所以.
（2）若，则，可得；
若，则，可得；
若，则，可得；
若其中一个为3，另外两个属于，则，
可得；
若，则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，则，可得；
综上所述：的所有可能取值的和为.
（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为 ；
含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为 ；
同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为 ；
不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为 .
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
.
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为 ；
不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为 .
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为.
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为.
所以的所有可能取值的和为，
又因为 ，所以的所有可能取值的和不超过.
