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參考答案：1．A【分析】求出并化簡集合B，利用集合的補集和交集運算即可得出答案.【詳解】由已知得，，所以，從而A正確；故選：A2．C【分析】由充分條件和必要條件的定義求解即可.【詳解】由可得：，對兩邊同時平方可得，所以，所以”是“”的充要條件.故選：C.3．D【分析】取特值排除即可.【詳解】因為，故A、C錯誤；又因為，故B錯誤；故選：D.4．D【分析】由頻率之和為1可判斷A；求出學生每天體育活動不少于一個小時的概率即可估計1000名學生每天體育活動不少于一個小時的學生人數可判斷B；由眾數的定義可判斷C；有百分位數的定義可判斷D.【詳解】由頻率之和為1得：，解得，故A正確；學生每天體育活動不少于一個小時的概率為：，則估計1000名學生每天體育活動不少于一個小時的學生人數為，故B正確；由頻率分布直方圖可估計1000名學生每天體育活動時間的眾數是55，故C正確；由，，故第25百分位數位于內，則第25百分位數為.可以估計該市高中學生每天體育活動時間的第25百分位數約為47.5，故D不正確.故選：D.5．A【分析】根據指數冪，對數的運算法則進行比較大小，利用函數的奇偶性和單調性進行轉化求解即可.【詳解】，因為是定義在上的偶函數，所以，因為，，，且在上單調遞減，所以，即.故選：A.6．B【分析】由換底公式和基本不等式即可求解.【詳解】由知,結合，以及換底公式可知，，當且僅當，，即時等號成立，即時等號成立，故的最小值為，故選：B.7．B【分析】根據給定條件，結合拋物線的定義求出點的坐標，進而求出即可求解作答.【詳解】拋物線：的焦點為，準線為：，令交于點，即有， 由，直線的傾斜角為，得，則，，又，則為正三角形，，因此點，雙曲線：過點的漸近線為，于是，解得，所以雙曲線的離心率.故選：B8．A【分析】補全圖形為長方體求解即可.【詳解】 將幾何體補全為長方體，如圖所示，，,所以則該包裝盒的容積為：,，，.故選：A.9．C【分析】先化簡，由求出可判斷①；由的圖象的一條對稱軸為求出，求的值可判斷②；令，求出的單調增區(qū)間可判斷③；由三角函數的平移變換可判斷④.【詳解】因為，由可得：，解得：，故①不正確；的圖象的一條對稱軸為，所以，解得：,因為，所以，所以，，故②正確；令，解得：，令，，所以在上單調遞增，③正確；把的圖象上所有點的縱坐標不變，橫坐標伸長為原來的2倍，可得，再向左平移個單位長度，則，故④正確.故選：C.10．【分析】由模長公式及復數的四則運算得出復數，進而即得.【詳解】因為，所以，則，所以復數的虛部為.故答案為：.11．【分析】先求出二項展開式的通項，令x的指數為1，求出參數的值，再代入通項即可得解．【詳解】的展開式的通項中，令，得，即得的展開式中項的系數為．故答案為：-35．12．【分析】根據兩圓相交時公共弦所在直線方程的求法和弦長公式求解.【詳解】圓的方程為，即①，又圓：②，②－①可得兩圓公共弦所在的直線方程為圓的圓心到直線的距離，所以．故答案為: .13． 【分析】根據古典概型的概率公式和條件概率，即可求出所求概率.【詳解】設A=“甲調配出綠色”，B=“乙調配出紫色”，因為等量的黃色加藍色調配出綠色，且等量的紅、黃色、藍彩色顏料各兩瓶共6瓶，所以，因為甲調配出綠色時已經用掉1瓶黃色顏料和1瓶藍色顏料，則顏料剩余紅色2瓶，黃色1瓶，藍色1瓶共4瓶，因為等量的紅色加藍色調配出紫色，所以.故答案為：，14． 【分析】作出向量在向量上的投影向量，在直角三角形中求出；以點為坐標原點，為軸建立直角坐標系，利用坐標法求出的最小值.【詳解】過點作垂直于點，則向量為向量在向量上的投影向量，由題意知點為線段的中點，所以，所以，又為銳角，故.以點為坐標原點，為軸建系如圖，則，，.因為，所以.因為點為線段上的動點，所以設，故點.，.當時，取到最小值.故答案為：；.15．【分析】根據函數與方程之間的關系轉化兩個函數圖象交點個數問題，利用分段函數的表達式，結合題意將其轉化為二次函數根的分布問題，利用數形結合進行求解即可．【詳解】當時，，因為恰有三個不同的零點，函數在上恰有三個不同的零點，即有三個解，而無解，故.當時，函數在上恰有三個不同的零點，即，即與的圖象有三個交點，如下圖，當時，與必有1個交點，所以當時，有2個交點，即，即令在內有兩個實數解，， 當時，函數在上恰有三個不同的零點，即，即與的圖象有三個交點，如下圖， 當時，必有1個交點，當時，與有2個交點，所以，即在上有根，令故，解得：.綜上所述：的取值范圍是.故答案為：.【點睛】關鍵點睛：本題主要考查函數方程的應用，結合分段函數的表達式轉化為兩個函數交點個數問題，數形結合是解決本題的關鍵．綜合性較強，有一定的難度．16．(1)(2)(3) 【分析】（1）由余弦定理計算可得；（2）由正弦定理計算可得；（3）由余弦定理求出，即可求出、，再由兩角差的正弦公式計算可得.【詳解】（1）由余弦定理知，，所以，即， 解得或（舍負），所以．（2）由正弦定理知，，所以，所以．（3）由余弦定理知，， 所以，， 所以.17．(1)證明見解析(2)(3)不存在，理由見解析 【分析】（1）先證、，即可由線線垂直證線面垂直；（2）以O點為原點分別以OA?OG?OP所在直線為x軸?y軸?z軸建立空間直角坐標系，分別求出平面、平面的法向量，即可由法向量的夾角得出兩平面的夾角；（3）設，，求出，可得，整理得，由，方程無解，即可得不存在這樣的點M【詳解】（1）證明：因為是正三角形，O是AD的中點，所以.又因為平面，平面，所以.，AD，平面，所以面.（2）如圖，以O點為原點分別以OA?OG?OP所在直線為x軸?y軸?z軸建立空間直角坐標系.則，，，，，，，，，，設平面的法向量為，所以，即，令，則，又平面的法向量，所以.所以平面與平面所成角為.（3）假設線段PA上存在點M，使得直線GM與平面所成角為，則直線GM與平面法向量所成的夾角為，設，，，，所以，所以，整理得，，方程無解，所以，不存在這樣的點M.18．(1)(2) 【分析】（1）根據題意，由條件可得，再由離心率可求得，從而求得，即可得到橢圓的標準方程；（2）根據題意，設出直線方程，然后與橢圓方程聯立，結合韋達定理可表示出的坐標，再由直線的方程表示出點的坐標，再由等量關系，即可得到結果.【詳解】（1）由題設得，所以，又離心率為，解得，，所以橢圓的標準方程為.（2）因為，所以設直線的方程為，且，聯立，整理可得：，則，故，則，所以，又直線的方程，聯立，整理可得：，所以，則，且滿足.則直線的方程為.19．(1)，(2)證明見解析(3) 【分析】（1）由已知條件列出方程組，求解出d，q，根據等比和等差數列的通項公式求解即可；（2）利用等比數列前項和公式求出，求出，得證；（3）利用錯位相減法和裂項相消法分奇偶項兩組求和即可.【詳解】（1）解：由已知可得，，聯立①②，得，解得或，因為是各項都為正數的等比數列，所以，代入①式可得，所以，；（2），，，則，所以；（3），令，則，，得，令，.20．(1)；(2)在(?∞,0),(0,1) 上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,的極小值為，無極大值；(3)證明見詳解. 【分析】（1）根據導數的幾何意義即可求解；（2）根據導數與函數單調性的關系，確定單調性進而可得極值；（3）根據同構和函數的單調性以及二次求導即可求解.【詳解】（1）因為，所以，所以，又在處的切線與軸平行，所以，所以，所以，即，所以；（2）因為,所以的定義域為 , ，令,得, 當 變化時 的關系如下表:01無意義0+無意義極小值所以在(?∞,0),(0,1) 上單調遞減; 在 (1,+∞)上單調遞增.所以的極小值為，為極大值；（3）證明：要證,只需證，根據, 只需證，又，是兩個不相等的正數，不妨設 , 由得,兩邊取指數,, 化簡得: ，令，所以，根據（2）得在上單調遞減，在上單調遞增（如圖所示), 由于在上單調遞減,在上單調遞增,要使且相等,則必有 , 即,由得.要證, 只需證,由于在上單調遞增, 要證,只需證,又, 只需證,只需證，只需證，只需證,只需證，即證,令,只需證,則 所以在 上單調遞減,所以,所以，所以在上單調遞減, 所以，所以,所以: .【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式問題，方法如下：（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
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