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注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷
3至5页。



2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
选择题：本大题共12小题，每小题5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）设集合
S
x|(x2)(x3)0

,T

x|x0

，则
SIT
（ ）
(A) [2，3] (B)（-

，2]
U
[3,+

） (C) [3,+

） (D)（0， 2]
U
[3,+

）
【答案】D

4i

（2）若
z12i
，则
zz1
（ ）
(A)1 (B) -1 (C)
i
(D)
i

【答案】C
【解析】
4i4i
i
(12i)(12i)1
zz1
试题分析：，故选C．
考点：1、复数的运算；2、共轭复数．
uuv
1 3
uuuv
31
BA(,)BC(,)
22
，
22
，则
ABC
（ ） （3）已知向量
(A)
30
(B)
45
(C)
60
(D)
120

【答案】A

（4）某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘 制了一年中月平均最高气温和平均最低
气温的雷达图．图中
A
点表示十月的平均最高气 温约为
15C
，
B
点表示四月的平均最低气
温约为
5C
．下面叙述不正确的是（ ）

(A)各月的平均最低气温都在
0C
以上 (B)七月的平均温差比一月的平均温差大
(C)三月和十一月的平均最高气温基本相同 (D)平均气温高于
20C
的月份有5个
【答案】D
tan


（5）若
3
4
，则
cos
2

2sin2


（ ）
644816
(A)
25
(B)
25
(C) 1 (D)
25

【答案】A
【解析】
tan


试题分析：由
33434
sin

,cos

sin

,cos


4
，得
55
或
55
，所以
cos
2

2sin2


4
3
161264
4
252525
，故选A．
2
5
1
3
（6）已知
a2
，
b4，
c25
，则（ ）
（A）
bac
（B）
abc
（C）
bca
（D）
cab

【答案】A
【解析】
试题分析：因为
a244b
，
c2554a
，所以
bac
， 故选A．
（7）执行下图的程序框图，如果输入的
a4，b6
，那么输出的n
（ ）

（A）3 （B）4 （C）5 （D）6
【答案】B
4
3
2
32
5
1
3
2
3
2
3

（8）在
△ABC
中，
B=
π
1
BC
4< br>，
BC
边上的高等于
3
,则
cosA=
（ ）
31010310
10
-
-
10
（A）
10
（B）
10
（C）
10
（D）
【答案】C
【解析】
试题分 析：设
BC
边上的高线为
AD
，则
BC3AD
，所以ACAD
2
DC
2
5AD
，
理，知
AB 2AD
．由余弦定
AB
2
AC
2
BC
22AD
2
5AD
2
9AD
2
10
cosA 
2ABAC10
，故选C．
22AD5AD

( 9)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体
的表面积为（ ）

（A）
18365
（B）
54185
（C）90 （D）81
【答案】B

(10) 在封闭的直三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
内有一个体积为
V
的球，若
ABBC
，
AB6
，
BC8
，AA
1
3
，则
V
的最大值是（ ）
9

（A）4π （B）
2

【答案】B
【解析】
试题分析：要使球的体积
V
最大，必须球的 半径
R
最大．由题意知球的与直三棱柱的上下

32

（C）6π （D）
3
3
4
3
43
3
9

R

( )

322
，故选B．底面都相切时，球的半径取得最大值
2
，此 时球的体积为
3

x
2
y
2

2
1(ab0)
2
b
（11）已知
O
为坐标原点，
F< br>是椭圆
C
：
a
的左焦点，
A,B
分别为
C< /p>

的左，右顶点.
P
为
C
上一点，且
PFx< br>轴.过点
A
的直线
l
与线段
PF
交于点
M< br>，与
y
轴
交于点
E
.若直线
BM
经过
OE
的中点，则
C
的离心率为（ ）
1
（A）
3

【答案】A


1
（B）
2

2
（C）
3

3
（D）
4

（12）定义“规范01数列”

a
n

如下：

a
n

共有
2m< br>项，其中
m
项为0，
m
项为1，且对
a,a,L,a
k
任意
k2m
，
12
中0的个数不少于1的个数.若
m 4
，则不同的“规范01数
列”共有（ ）
（A）18个
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意，得必有
（B）16个 （C）14个 （D）12个
a
1
0
，
a
8
1
0
，则具体的排法列表如下：
1
0
1
1
0
1
1 0
1
1
0
1
0
1
1
0
1
1
1
1
1
0
1
0
0
0 1
0
1
0 1 1
0
1 0
1
0
0
1 0 1
1
1 0 0
1
0

1


0
第II卷
本卷包括必考题和选考题两部分。第（13）题~第（21）题为必考题，每个试题 考生都必须
作答。第（22）题~第（24）题未选考题，考生根据要求作答。
二、填空题：本大题共3小题，每小题5分

xy10


x2y0

x2y20
x,y
（13）若满足约束条件< br>
则
zxy
的最大值为_____________.
3
【答案】
2

【解析】
试题分析：作出不等式组满足的 平面区域，如图所示，由图知，当目标函数
zxy
经过
113
A(1,)
z
max
1
2
时取得最大值，即
22
． 点


（14）函数
ysinx3cosx
的图像可由函数ysinx3cosx
的图像至少向右平移
_____________个单位长度得 到．

【答案】
3


（15）已知
f

x

为偶函数，当
x0
时，
f(x)ln(x) 3x
，则曲线
yf

x

在点
(1,3)< br>处的切线方程是_______________．
【答案】
y2x1

【解析】
试题分析：当
x0
时，
x0
，则
f(x)lnx3x
．又因为
f(x)
为偶函数，所以

f(x)f(x)lnx3x
，所以
f

(x)
1
3

x
，则切线斜率为
f(1)2
，所以切线方程
为
y32(x1)
，即
y2x1
．

22
xy12
交于
A,B
两点，过
A,B
分别做
m xy3m30
l
（16）已知直线：与圆
l
的垂线与
x轴交于
C,D
两点，若
AB23
，则
|CD|
__ ________________.
【答案】4

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
（17）（本小题满分12分）
已知数列
{a
n
}
的前n项和
S
n
1

a
n
，其中

0
．
（I）证明
{a
n
}
是等比数列，并求其通项公式；
（II）若
S
5

31
32
，求

．
a
n

1

n1
( )
1

1
；（Ⅱ）

1
．
a
n1


a
n

1
【答案】（Ⅰ）< br>a0
由
a
1
0
，

0
得n
，所以.
1

1

n1
a()
n
{a
n
}
1

1
1
1
因此是首项为，公比为的等比数列，于是．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
解得

1
．

S
n
1(

5
1
31

5
31
S
5
1()
)
n
()
32
，
3 2
得

132
，即

1

1
，由

（18）（本小题满分12分）
下图是我国2008年至2014年生活垃圾无害化处理量（单位：亿吨）的折线图

（I）由折线图看出，可用线性回归模型拟合
y
与
t
的关系，请用相关系数 加以说明；

（II）建立
y
关于
t
的回归方程（系 数精确到），预测2016年我国生活垃圾无害化处理量．
附注：
参考数据：
< br>y
i1
7
i
9.32
，

ty
i
i1
7
i
40.17
，

(yy)
i
i1
7
2
0.55
，7≈.
r
参考公 式：相关系数

(tt)(yy)
ii
i1
n
(tt)

(y
2
i
i1i1
nn
，< br>
i
y)
2
$$$$
b
$$
ya
回归方程 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
$$
b

(tt)(yy)
ii
i1
n

(tt)
i
i1
n< br>，
$$
ybt
$$
a
．
2
【答案】（Ⅰ）理由见解析；（Ⅱ）亿吨．
试题解析：（Ⅰ）由折线图这数据和附注中参考数据得
t4
，
i1
(t
7
i
t)28
，
7
2
< br>(y
i1
ii
7
i
y)
2
0.55< br>，

(t
i1
7
i
t)(y
i
y)

tyt

y
i1i1
7
i40.1749.322.89
，
r
2.89
0.99
0.5522.646
．
因 为
y
与
t
的相关系数近似为，说明
y
与
t
的线性相关相当高，从而可以用线性回归模型拟
合
y
与
t
的关系.


（19）（本小题满分12分）
如图，四棱锥
PABC中，
PA
地面
ABCD
，
ADPBC
，
AB ADAC3
，
PABC4
，
M
为线段
AD
上一点，
AM2MD
，
N
为
PC
的中点．

（I）证明
MNP
平面
PAB
；
（II）求直线
AN
与平面
PMN
所成角的正弦值.
85
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
25
．
【解析】
试 题分析：（Ⅰ）取
PB
的中点
T
，然后结合条件中的数据证明四边形
AMNT
为平行四边形，
从而得到
MNPAT
，由此结合线面平行的判断定理 可证；（Ⅱ）以
A
为坐标原点，以
AD,AP
所在直线分别为
y,z
轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线
AN
的方向向量与平
面
PM N
法向量的夹角来处理
AN
与平面
PMN
所成角．
AM
试题解析：（Ⅰ）由已知得
2
AD2
3
，取
BP
的中点
T
，连接
AT,TN
，由
N
为
PC
中点知
TNBC
，
又
ADBC
，故
TN
1
BC2
2
.
，四边形
AMNT
为平行四边形，于是
MNAT
.
TNP AM
因为
AT
平面
PAB
，
MN
平面
PAB
，所以
MN
平面
PAB
.


2 x4z0



nPM0

5

r
xy2z0


nPN0
n(x,y,z)
2


设为平面
PMN
的法向量，则，即，可取
r
n(0,2,1)
，
ruuur
ruuur
|nAN|85
r
|cosn,AN|
ruuu
|n||AN|
25
. 于是

2
yx1
． 【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）
1
F(,0)
2
.设
l
1
:ya,l2
:yb
，则
ab0
，且 试题解析：由题设
a
2
b
2
111ab
A(,0),B(,b),P(,a),Q(,b), R(,)
222222
.
记过
A,B
两点的直线为
l< br>，则
l
的方程为
2x(ab)yab0
. .....3分
（Ⅰ）由于
F
在线段
AB
上，故
1ab0
.
记
AR
的斜率为
k
1
，
FQ
的斜率为k
2
，则
所以
ARPFQ
. ......5分 （Ⅱ）设
l
与
x
轴的交点为
D(x
1
,0)< br>，
k
1

abab1ab
bk
2
22
1aaabaa
，
S
ABF

则< br>ab
111
baFDbax
1
,S
PQF

2222
.
11
ab
bax
1
222
，所以
x
1
0
（舍去）由题设可得，
x
1
1
.
设满足条件的
AB
的中点为
E(x,y)
.
当
A B
与
x
轴不垂直时，由
k
AB
2y
(x1)< br>k
DE
可得
abx1
.
ab
y
2
yx1(x1)
.
2
而，所以
2
yx1
. ....12分
x当
AB
与轴垂直时，
E
与
D
重合，所以，所求轨迹方程 为

（21）（本小题满分12分）
设函数
f(x)acos2x(a 1)(cosx1)
，其中
a0
，记
|f(x)|
的最大值为
A
．

（Ⅰ）求
f(x)
；
（Ⅱ）求
A
；


（Ⅲ）证明
|f(x)|2A
．
1

23a,0a

5

2

a6a11< br>A

,a1
8a5

3a2,a1

'
f(x)2asin2x(a1)sinx

【答案】（Ⅰ ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）
见解析．
'
f
试题解析：（Ⅰ）
(x)2 asin2x(a1)sinx
．
（Ⅱ）当
a1
时，
|f
'
(x)||asin2x(a1)(cosx1)|
a2(a1)< br>3a2
f(0)

因此，
A3a2
． ………4分
2
f(x)2acosx(a1)cosx1
．
f( x)
0a1
当时，将变形为
2
g(t)2at(a1)t1，则
A
是
|g(t)|
在
[1,1]
上的最大值，< br>g(1)a
，令
g(1)3a2
，且当
t
1a< br>4a
时，
g(t)
取得极小值，极小值为
1a(a1)
2
a
2
6a1
g()1
4a8a8a
． 1
令
1a11
aa
1
3
（舍去）
5
．
4a
，解得，
0a
1
5
时，
g(t)
在
(1,1)
内无极值点，
|g(1)|a
，
|g(1)|23a
，（ⅰ）当
|g(1)||g(1)|
，所以
A23a
．

'
|f(x)||2asin2x(a1)sinx|2a|a1|
. （Ⅲ）由（Ⅰ）得
0a
当
1
'
5
时，
|f(x )|1a24a2(23a)2A
.

1a13
a 1
A1
'
|f(x)|1a2A
.
5
88 a4
当时，，所以
''
|f(x)|3a16a42A|f(x)|2A
.
a1
当时，，所以

22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲
»
如图，< br>eO
中
AB
的中点为
P
，弦
PC，PD
分别 交
AB
于
E，F
两点．
（I）若
PFB2PCD
，求
PCD
的大小；
（ II）若
EC
的垂直平分线与
FD
的垂直平分线交于点
G
， 证明
OGCD
．

【答案】（Ⅰ）
60
；（Ⅱ）见解析．
试题解析：（Ⅰ）连结
P B,BC
，则
BFDPBABPD,PCDPCBBCD
. < br>因为
APBP
，所以
PBAPCB
，又
BPD BCD
，所以
BFDPCD
.
又
PFDBFD18 0,PFB2PCD
，所以
3PCD180
， 因此
»»
PCD60
.
（Ⅱ）因为
PCDBFD，所以
PCDEFD180
，由此知
C,D,F,E
四点共圆 ，
其圆心既在
CE
的垂直平分线上，又在
DF
的垂直平分线上，故< br>G
就是过
C,D,F,E
四点的
圆的圆心，所以
G
在
CD
的垂直平分线上，又
O
也在
CD
的垂直平分线上，因此
OGCD
．


23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程


x3c os

(

为参数)


ysin
< br>在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
1
的参数方程为
< br>，以坐标原点为极点，
以
x
轴的正半轴为极轴，，建立极坐标系，曲线
（I）写出
C
2
的极坐标方程为

sin(

) 22

4
．
C
1
的普通方程和
C
2
的直角坐标方程；
（II ）设点
P
在
C
1
上，点
Q
在
C
2
上，求
PQ
的最小值及此时
P
的直角坐标.
x
2
y
2
1
CC
【答案】（Ⅰ）
1
的普通方程为< br>3
，
2
的直角坐标方程为
xy40
；（Ⅱ）
3 1
(,)
22
．

x
2
y
21
CC
试题解析：（Ⅰ）
1
的普通方程为
3
，
2
的直角坐标方程为
xy40
. ……5
分
C
（ Ⅱ）由题意，可设点
P
的直角坐标为
(3cos

,sin

)
，因为
2
是直线，所以
|PQ|
的最
小值即为
P
到
C
2
的距离
d(

)
的最小 值，
d(

)
|3cos

sin

4|

2|sin(

)2|
3
2
.
………………8分

2k


当且仅当
6
(kZ)
时，
d(

)
取得最小值，最小值为2
，此时
P
的直角坐标
31
(,)
为
22. ………………10分

24.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲
已知函数
f(x)|2xa|a
．
（I）当
a2
时，求不等式
f(x)6
的解集；
（I I）设函数
g(x)|2x1|
．当
xR
时，
f(x)g( x)3
，求
a
的取值范围．
【答案】（Ⅰ）
{x|1x3}
；（Ⅱ）
[2,)
．
试题解析：（Ⅰ）当
a2
时，
f(x)|2x2|2
.
解不等式
|2x2|26
，得
1x3
，
因此，
f(x)6
的解集为
{x|1x3}
. ………………5分
（Ⅱ）当
xR
时，
f(x)g(x)|2xa |a|12x||2xa12x|a|1a|a
，
x
当
1
2
时等号成立，
所以当
xR
时，
f(x)g(x)3
等价于
|1a|a3
. ① ……7分

当
a1
时，①等价于
1aa3
，无解； < br>当
a1
时，①等价于
a1a3
，解得
a2
，
所以
a
的取值范围是
[2,)
. ………………10分