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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2页，第II卷3至4页．共150分．考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑．
3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
第I卷（选择题共60分）
一、选择题：本题共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】A
【解析】
【分析】根据补集的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以.
故选：A
2.若复数为纯虚数，则实数的值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
对得复数进行除法运算，再利用纯虚数的概念，求得的值.
【详解】因为，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查复数的运算及纯虚数的概念，考查基本运算求解能力，属于基础题.
3.中，“”是“”的（）
A充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理，大角对大边，大边对大角等证明出充分性和必要性均成立，从而求出答案.
【详解】因为，由大角对大边可得，
由正弦定理得，且，
所以，故，充分性成立，
同理当时，，，
由正弦定理可得，
由大边对大角可得，必要性成立，
“”是“”的充要条件.
故选：C
4.在某校高中篮球联赛中，某班甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示（如图一），茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图（如图二）完好，则下列结论正确的是（）
A.甲得分的极差是18 B.乙得分的中位数是16.5
C.甲得分更稳定 D.甲的单场平均得分比乙低
【答案】B
【解析】
【分析】根据图一中甲的得分情况可判断ABC的正误，结合图二可判断图一丢失的数据，计算两者的均值后可判断D的正误.
【详解】对于甲，其得分的极差大于或等于，故A错误；
从折线图看，甲的得分中最低分小于10，最高分大于或等于28，且大于或等于20的分数有3个，故其得分不稳定，故C错误；
乙的数据由小到大依次为：
乙得分的中位数为，故B正确.
乙得分的平均数为，
从折线图上，茎叶图中甲的得分中丢失的数据为一个为，另一个可设为，
其中，
故其平均数为，故D错误.
故选：B.
5.函数的部分图象大致是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，并判断时，函数值的正负，即可判断选项.
【详解】，
定义域为，关于原点对称，
由，
所以为奇函数，排除BD；
当时，，因为为上减函数，为上的增函数，
则为上的减函数，且当，，则当，
，故，排除A.
故选：C.
6.执行如图所示的程序框图，输出的S的值为（）
A.250 B.240 C.200 D.190
【答案】C
【解析】
【分析】模拟程序运行，确定变量值的变化，判断循环条件可得结论．
【详解】程序运行时，变量值变化如下：
，，，不满足；，，，不满足；，，，满足，输出．
故选：C．
7.已知点P在椭圆C：上，C的左焦点为F，若线段的中点在以原点O为圆心，为半径的圆上，则的值为（）
A.2 B.4 C.6 D.8
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形的中位线定理与圆的半径求得，再利用椭圆的定义即可得解.
【详解】因为椭圆C：
所以该椭圆，，则，
设椭圆的右焦点为，连接，记线段的中点为，连接，
因为，所以，
因为分别为的中点，所以，
又，所以.
故选：B.
8.已知函数的图象关于直线对称，则的值为（）
A. B. C. D.1
【答案】D
【解析】
【分析】利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得.
【详解】因为（其中），
又函数的图象关于直线对称，
所以，
所以，解得.
故选：D
9.定义域为的函数满足，当时，函数，设函数，则方程的所有实数根之和为（）
A.5 B.6 C.7 D.8
【答案】D
【解析】
【分析】首先得到是以为周期的周期函数，关于对称，在同一平面直角坐标系中画出与的图象，数形结合判断函数的交点，再根据对称性计算可得.
【详解】因为定义域为的函数满足，即，
所以是以为周期的周期函数，
又，则，
所以关于对称，又，
又，
又当时，函数，所以，则，
令，即，
在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所
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