一、單選題
1．已知集合，集合且，則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】解不等式求得集合，從而求得集合.
【詳解】，解得，所以，
對于集合，，則，
由于，所以.
故選：D
2．若復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點關(guān)于虛軸對稱，且，則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知可推出，然后根據(jù)復(fù)數(shù)的除法即可求出.
【詳解】復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，
所以，
所以.
故選：C.
3．已知向量，且，則的最大值為（ ）
A．1B．2C．D．4
【答案】B
【分析】根據(jù)向量平行得到，再利用均值不等式計算得到答案.
【詳解】，，，故，即，
當，或，時，；
當且時，，，當，即，時等號成立；
綜上所述：的最大值為.
故選：B
4．函數(shù)在的圖象大致為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【詳解】試題分析：函數(shù)|在[–2,2]上是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于軸對稱，
因為，
所以排除選項；
當時，有一零點，設(shè)為，當時，為減函數(shù)，
當時，為增函數(shù)．
故選：D.

5．橢圓焦點為，，過的最短弦PQ長為10，的周長為36，則此橢圓的離心率為
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】試題分析：設(shè)橢圓方程為其焦點坐標為(-c,0)，由已知
P、Q坐標為：M(-c, ),N(-c,-)
所以，2 ·=10，；
△PQ的周長為36
| P|=|Q|==13,c=6
=+36，
所以(a-9)(a+4)=0
因為a>0,所以，a=9，橢圓的離心率為，故選C．
【解析】本題主要考查了橢圓的標準方程、幾何性質(zhì)．
點評：過的最短弦PQ垂直于x軸，另外，由橢圓的對稱性，△PQ是一直角三角形．
6．將函數(shù)圖像上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼谋?，縱坐標不變，得到函數(shù)的圖像，若對于滿足的，，都有，則的值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由伸縮變換結(jié)合余弦函數(shù)的圖像的特點得出和必然一個為極大值點，一個為極小值點，進而由周期得出的值.
【詳解】解：由題可得，若滿足，
則和必然一個為極大值點，一個為極小值點，
又，則，即，所以，所以．
故選：A．
7．已知拋物線的焦點為，點是拋物線上一點，圓與線段相交于點，且被直線截得的弦長為，若，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)點在拋物線上及拋物線的定義，利用圓的弦長及勾股定理即可求解
【詳解】由題意可知，如圖所示，
在拋物線上，則
易知，，由，
因為被直線截得的弦長為，則，
由，于是在中，
由解得：，所以．
故選：C.
8．已知三棱錐，為中點，，側(cè)面底面，則過點的平面截該三棱錐外接球所得截面面積的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】連接，，，設(shè)三棱錐外接球的球心為，設(shè)過點的平面為，則當時，此時所得截面的面積最小，當點在以為圓心的大圓上時，此時截面的面積最大，再結(jié)合球的截面的性質(zhì)即可得解.
【詳解】連接，，由，
可知：和是等邊三角形，
設(shè)三棱錐外接球的球心為，
所以球心到平面和平面的射影是和的中心，，
是等邊三角形，為中點，
所以，又因為側(cè)面底面，側(cè)面底面，
所以底面，而底面，因此，所以是矩形,
和是邊長為的等邊三角形，
所以兩個三角形的高，
在矩形中，，連接，
所以，
設(shè)過點的平面為，當時，
此時所得截面的面積最小，該截面為圓形，
，
因此圓的半徑為：，所以此時面積為，
當點在以為圓心的大圓上時，此時截面的面積最大，面積為：，
所以截面的面積范圍為.
故選：A．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：幾何體的外接球問題和截面問題，考查空間想象能力，難度較大．
二、多選題
9．已知，，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】結(jié)合基本不等式即可判斷A、B、C選項，D選項先利用和差化積公式可得到，再結(jié)合三角函數(shù)性質(zhì)即可判斷.
【詳解】，，，
，當且僅當，即時取等號，故A不正確；
又，當且僅當，即時取等號，故B正確；
，當且僅當時取等號，故C正確；
又，
,，故D正確；
故選：BCD.
10．設(shè)函數(shù)，已知在有且僅有3個極小值點，則（ ）
A．在上可能有6個零點
B．在有且僅有2個極大值點
C．的取值范圍是
D．在上單調(diào)遞減
【答案】ACD
【分析】先得到，根據(jù)在有且僅有3個極小值點，列出不等式組，求出，C正確；
數(shù)形結(jié)合得到時，在上有6個零點，A正確；
數(shù)形結(jié)合得到時，在上有3個極大值點，B錯誤；
先得到，結(jié)合，得到，結(jié)合在上單調(diào)遞減，得到D正確.
【詳解】，，故，
在有且僅有3個極小值點，
故，解得：，C正確；
當，即時，在上有6個零點，A正確；
當，即時，在上有3個極大值點，B錯誤；
，，
因為，所以，
因為，而在上單調(diào)遞減，
故在上單調(diào)遞減，D正確.
故選：ACD
11．如圖，在棱長為2的正方體中，是棱上一點，是的中點，則（ ）
A．存在棱上的點，使得
B．四面體的體積為
C．三棱錐的內(nèi)切球的表面積為
D．當為棱的中點時，平面平面
【答案】ABD
【分析】對A，取線段上點滿足，根據(jù)結(jié)合三角形的性質(zhì)可得；對B，根據(jù)三棱錐的體積公式求解即可；對C，根據(jù)等體積法求解內(nèi)切球的半徑于表面積即可；對D，根據(jù)線面垂直的判定證明面面垂直即可.
【詳解】對A，取線段上點滿足，連接.
因為，且，故四邊形為平行四邊形，故.
因為為正方體，故均為等腰直角三角形，故，故，則，故A正確；
對B，四面體的體積，故B正確；
對C，三棱錐為棱長為的正四面體，體積為，且每個面的面積均為，故內(nèi)切球半徑滿足，解得，故內(nèi)切球的表面積，故C錯誤；
對D，由題意，因為是的中點，且，故.
由正方體可得也為的中點.則，故在直角和直角中，故，則，又，故，所以.
又，平面，故平面.
又因為平面，故平面平面，故D正確；
故選：ABD
12．已知直線與圓相交于兩不同的點，與兩坐標軸分別交于C，D兩點，則下列說法正確的是（ ）
A．的取值范圍為
B．的最大值為
C．直線一定與圓相離
D．存在，使得
【答案】ACD
【分析】根據(jù)圓心到直線的距離，即可判斷A項；根據(jù)，即可得到，進而根據(jù)基本不等式即可判斷B項；圓心到直線的距離，即可判斷C項；假設(shè)存在，因為和都以為高，則可推出.聯(lián)立直線與圓的方程，求出弦長，即可得到關(guān)于的方程組，解出，滿足條件，假設(shè)成立，即可得到D項.
【詳解】圓心，半徑，圓心到直線的距離.
對于A項，由已知得，應(yīng)有，且，即，整理可得，，
解得，且.又，所以，故A項正確；
對于B項，因為，所以，
所以，
因為，當且僅當，即時，等號成立，所以，故B項錯誤；
對于C項，圓心到直線的距離.
因為，所以，所以直線一定與圓相離，故C項正確；
對于D項，設(shè)直線與軸交于點，則，，則，，
又.
假設(shè)存在，使得，則.
聯(lián)立直線與圓的方程可得，，
設(shè)，，則，，且，
則，
所以，整理可得，
解得或（舍去負值）.
所以，，滿足條件，所以假設(shè)成立，故D項正確.
故選：ACD.
【點睛】在直線與圓以及直線與圓錐曲線中，遇到判斷是否存在的題目時，往往采用假設(shè)成立，進而作為已知條件推導(dǎo)，若得出的結(jié)論與題目相符，即表示存在，若相矛盾，即不存在.
三、填空題
13．的二項展開式中的常數(shù)項為 ．
【答案】15
【分析】根據(jù)二項式展開式的通項公式，結(jié)合題意，即可容易求得結(jié)果.
【詳解】因為的通項公式，
令，故可得，則二項展開式的常數(shù)項為.
故答案為：15．
14．已知為第二象限角，且，則 .
【答案】
【分析】利用余弦的倍角公式求出，然后結(jié)合誘導(dǎo)公式可得的值，然后可得答案.
【詳解】因為，
所以，
所以，
因為為第二象限角，所以，，
故答案為：
15．已知甲罐中有個紅球、個黑球，乙罐中有個紅球、個黑球，先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，再從乙罐中隨機取出一球表示事件“由甲罐取出的球是黑球”，表示事件“由乙罐取出的球是黑球”，則 ．
【答案】/
【分析】由題意可求，，再根據(jù)條件概率的計算公式求解即可．
【詳解】因為甲罐中有個紅球、個黑球，所以，
因為，所以．
故答案為：．
16．已知函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，且當時，.若對任意，不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍是 ．
【答案】
【分析】先根據(jù)函數(shù)奇偶性求出函數(shù)解析式，再將，恒成立問題轉(zhuǎn)化為恒成立，即可求解.
【詳解】由題意，是定義在上的偶函數(shù)，且當時，，
設(shè)，則，即，所以，
即，
由，，即，
所以，即，即恒成立，
所以，即實數(shù)的取值范圍是.
故答案為：.
四、解答題
17．在中，角所對的邊分別為，.
(1)求角的大??；
(2)若，的面積為，求的周長.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理邊化角，結(jié)合兩角和差正弦公式可求得，由此可得；
（2）由三角形面積公式可求得，利用余弦定理可構(gòu)造方程求得，由此可得周長.
【詳解】（1）由正弦定理得：，
，
，
，又，，，
，.
（2），，
由余弦定理得：，
，解得：，
的周長為.
18．設(shè)向量,函數(shù).
(1)求的對稱軸方程；
(2)若且求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由向量數(shù)量積坐標公式、二倍角公式、輔助角公式化簡函數(shù)表達式，結(jié)合對稱軸方程的定義即可求解.
（2）由已知條件先算出，，再結(jié)合兩角差的余弦公式即可求解.
【詳解】（1）因為
，
令，得，
所以的對稱軸方程為.
（2）因為，所以，即，
又因為所以，
故，
所以
.
19．某學(xué)校對男女學(xué)生是否喜歡名著閱讀進行了調(diào)查，調(diào)查男女生人數(shù)均為，統(tǒng)計得到以下列聯(lián)表，經(jīng)過計算可得
附：.
(1)完成表格并求出值；
(2)①為弄清學(xué)生不喜歡名著閱讀的原因，采用分層抽樣的方法從抽取的不喜歡名著閱讀的學(xué)生中隨機抽取9人，再從這9人中抽取3人進行面對面交流，求“至少抽到一名女生”的概率；
②將頻率視為概率，用樣本估計總體，從該校全體學(xué)生中隨機抽取10人，記其中對名著閱讀喜歡的人數(shù)為，求的數(shù)學(xué)期望.
【答案】(1)列聯(lián)表見解析，30；
(2)①，②.
【分析】（1）根據(jù)已知條件求出數(shù)據(jù)，即可補全列聯(lián)表.根據(jù)計算公式即可求出，即可求出；
（2）①由已知9人中男生的人數(shù)為4人，女生的人數(shù)為5人，根據(jù)對立事件即可求出結(jié)果；
②由已知，根據(jù)二項分布期望公式求解即可得到.
【詳解】（1）列聯(lián)表如下表所示
，所以，又，所以.
（2）①采用分層抽樣的方法從抽取的不喜歡名著閱讀的學(xué)生中隨機抽取9人，這9人中男生的人數(shù)為4人，女生的人數(shù)為5人，
則從這9人中抽取3人進行面對面交流，全部抽到男生的概率為為
所以，至少抽到一名女生的概率；
②由題意知，所以.
20．如圖多面體中，四邊形是菱形，平面，.
(1)證明：平面；
(2)在棱上有一點（不包括端點），使得平面與平面的夾角余弦值為，求點到平面的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，證明是平行四邊形即可證明結(jié)論；
（2）連接交于，取中點，以為原點建立空間直角坐標系，求出平面與平面的法向量，結(jié)合平面的向量夾角公式求出點坐標，再利用向量距離公式即可求出點到平面的距離．
【詳解】（1）證明：取的中點，連接，
因為，且，所以且，
所以四邊形是平行四邊形，
所以，
又因為是菱形，所以，且，
所以且，
所以四邊形是平行四邊形，，
又平面平面，
所以平面；
（2）連接交于，取中點
平面平面，且，
以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，
設(shè)在棱上存在點使得平面與平面的夾角余弦值為，
則設(shè)，
所以
設(shè)平面的一個法向量為，
則即，令，
得
設(shè)平面的一個法向量為，
則，即，取，
得，.
，
解得或，，又，
此時，
點到平面的距離．
21．在平面直角坐標系中，點在橢圓上，過點的直線的方程為．
(1)求橢圓的離心率；
(2)設(shè)橢圓的左、右焦點分別為，，點與點關(guān)于直線對稱，求證：點三點共線．
【答案】(1)
(2)證明詳見解析
【分析】（1）根據(jù)求得橢圓的離心率.
（2）求得點坐標，利用向量法證得三點共線.
【詳解】（1）依題意，，
所以離心率.
（2）直線的斜率為，
由（1）得，
設(shè)關(guān)于的對稱點為，
線段的中點為，
所以，
整理得，
解得，
則
在橢圓上，所以，
，
則
，
所以，所以三點共線.
【點睛】求解三點共線的問題，可以轉(zhuǎn)化為來進行求解，也可以轉(zhuǎn)化為來進行求解.求解點關(guān)于直線對稱點的問題，關(guān)鍵點在于中點和斜率，根據(jù)這兩個關(guān)鍵點可求得對稱點的坐標.
22．已知函數(shù)和，它們的圖像分別為曲線和.
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：曲線和有唯一交點；
(3)設(shè)直線與兩條曲線共有三個不同交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標依次為，求證：成等比數(shù)列.
【答案】(1)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為.
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系直接求解即可；
（2）由題知，進而構(gòu)造函數(shù)，研究其單調(diào)性，并結(jié)合零點存在性定理證明即可；
（3）由題知直線必過曲線和的交點，且，
進而根據(jù)得，再結(jié)合（1）證明即可.
【詳解】（1）解： ，
令，則，
當時，遞增；
當時，遞減；
所以，的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為.
（2）解：，
設(shè)，則，
令，則，
所以，當，，單調(diào)遞減，
當，，單調(diào)遞增，
所以，，即，
令，則，
所以，當，，單調(diào)遞減，
當，，單調(diào)遞增，
所以，，即，
所以，，
所以，，
所以在為減函數(shù)，
又，即，
所以，由零點存在定理知，在存在唯一的零點，即方程有唯一解，
所以，曲線和有唯一交點.
（3）解：由（1）知，同理易知，
由（2）知，要使直線與兩條曲線共有三個不同交點，則直線必過曲線和的交點，且，
所以，，故有，
因為，且，
由（1）知在上遞增，
所以，
同理，且，
因為由（1）知在單調(diào)遞減，
所以，，即，
所以，，即成等比數(shù)列.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第三問解題的關(guān)鍵在于結(jié)合（1），（2）得直線必過曲線和的交點，且，進而證明即可.
男生
女生
合計
喜歡
不喜歡
合計
男生
女生
合計
喜歡
不喜歡
合計

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