一、單選題
1．設(shè)集合，，則（ ）
A．B．（－∞，1]C．（－1，1]D．[0，1]
【答案】D
【分析】根據(jù)集合的交集和補(bǔ)集的定義，直接計(jì)算求解.
【詳解】由，得，解得或，
則，
由，得，解得，
故
故選：D
2．已知復(fù)數(shù)，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算即可求解.
【詳解】．∴.
故選：A．
3．下列可能是函數(shù)的圖象的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據(jù)函數(shù)定義域和特殊值可排除ABD.
【詳解】函數(shù)定義域?yàn)镽，排除選項(xiàng)AB，當(dāng)時(shí)，，排除選項(xiàng)D，
故選：C.
4．已知非零向量的夾角正切值為，且，則（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】D
【分析】先求出非零向量的夾角余弦值，再利用向量數(shù)量積的運(yùn)算律和定義處理
，即可得到答案.
【詳解】解析 設(shè)，的夾角為，由得.
因?yàn)?，所以?br>得，解得或（舍去）.
故選：D.
5．記為等比數(shù)列的前n項(xiàng)和，若，，則（ ）．
A．120B．85C．D．
【答案】C
【分析】方法一：根據(jù)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求出公比，再根據(jù)的關(guān)系即可解出；
方法二：根據(jù)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和的性質(zhì)求解．
【詳解】方法一：設(shè)等比數(shù)列的公比為，首項(xiàng)為，
若，則，與題意不符，所以；
若，則，與題意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故選：C．
方法二：設(shè)等比數(shù)列的公比為，
因?yàn)?，，所以，否則，
從而，成等比數(shù)列，
所以有，，解得：或，
當(dāng)時(shí)，，即為，
易知，，即；
當(dāng)時(shí)，，
與矛盾，舍去．
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式的應(yīng)用，以及整體思想的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是把握的關(guān)系，從而減少相關(guān)量的求解，簡(jiǎn)化運(yùn)算．
6．已知函數(shù)是奇函數(shù)且滿(mǎn)足，當(dāng)，時(shí)，恒成立，設(shè)，，，則a、b、c的大小關(guān)系為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得的周期性、單調(diào)性，結(jié)合奇偶性判斷出正確答案.
【詳解】因?yàn)?，所以函?shù)的圖象關(guān)于直線(xiàn)對(duì)稱(chēng)，
又因?yàn)楹瘮?shù)是奇函數(shù)，故函數(shù)關(guān)于對(duì)稱(chēng)，所以，
故，所以函數(shù)的周期為，
當(dāng)、時(shí)，恒成立，
即當(dāng)時(shí)，，
即，所以函數(shù)在上為單調(diào)增函數(shù)，
因?yàn)楹瘮?shù)是奇函數(shù)，所以函數(shù)在上為單調(diào)增函數(shù)，
因?yàn)椋?br>因?yàn)?，所以．故?br>故選：B
【點(diǎn)睛】如果一個(gè)函數(shù)的圖象既關(guān)于直線(xiàn)對(duì)稱(chēng)，也關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，則這個(gè)函數(shù)具有周期性.對(duì)于函數(shù)的單調(diào)性來(lái)說(shuō)，在時(shí)，若，則函數(shù)單調(diào)遞增.奇函數(shù)的單調(diào)性在軸兩側(cè)對(duì)應(yīng)的區(qū)間上相同，偶函數(shù)則相反.
7．某禮品店銷(xiāo)售的一裝飾擺件如圖所示，由球和正三棱柱加工組合而成，球嵌入正三棱柱內(nèi)一部分且與上底面三條棱均相切，正三棱柱的高為4，底面正三角形邊長(zhǎng)為6，球的體積為，則該幾何體最高點(diǎn)到正三棱柱下底面的距離為（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】利用球的體積公式求出半徑，求出正三角形內(nèi)切圓半徑，利用勾股定理求出球心到上底面距離即可得解
【詳解】設(shè)球的半徑為R，三棱柱上底面正三角形的內(nèi)切圓半徑為r．由球的體積為可得，解得．
因?yàn)檎庵母邽?，底面正三角形邊長(zhǎng)為6，所以底面正三角形的內(nèi)切圓半徑為，正三棱柱的高為4，設(shè)球心為，正三角形的內(nèi)切圓圓心為，
取的中點(diǎn)M，并將這三點(diǎn)順次連接，則由球的幾何知識(shí)得為直角三角形，所以，于是該幾何體最高點(diǎn)到正三棱柱下底面的距離為．
故選：C
8．已知雙曲線(xiàn)的右焦點(diǎn)到其一條漸近線(xiàn)的距離等于，拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)與雙曲線(xiàn)的右焦點(diǎn)重合，則拋物線(xiàn)上一動(dòng)點(diǎn)M到直線(xiàn)和的距離之和的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)給定條件，借助雙曲線(xiàn)求出拋物線(xiàn)焦點(diǎn)F的坐標(biāo)，再結(jié)合拋物線(xiàn)定義及幾何意義求解最值作答.
【詳解】雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)，右焦點(diǎn)，
依題意，，解得，因此拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)為，方程為，其準(zhǔn)線(xiàn)為，
由消去x并整理得：，，即直線(xiàn)與拋物線(xiàn)相離，
過(guò)點(diǎn)F作于點(diǎn)P，交拋物線(xiàn)于點(diǎn)M，過(guò)M作于點(diǎn)Q，交直線(xiàn)于點(diǎn)N，
則有，
在拋物線(xiàn)上任取點(diǎn)，過(guò)作于點(diǎn)，作于點(diǎn)，交準(zhǔn)線(xiàn)于點(diǎn)，連，如圖，
顯然，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)取等號(hào)，
所以?huà)佄锞€(xiàn)上一動(dòng)點(diǎn)M到直線(xiàn)和的距離之和的最小值為.
故選：D
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及拋物線(xiàn)上的點(diǎn)到定點(diǎn)與到焦點(diǎn)距離和或到定直線(xiàn)與準(zhǔn)線(xiàn)距離和的最小值問(wèn)題，利用拋物線(xiàn)定義轉(zhuǎn)化求解即可.
二、多選題
9．若曲線(xiàn)是由方程和共同構(gòu)成，則下列結(jié)論不正確的是（ ）
A．曲線(xiàn)圍成的圖形面積為
B．若點(diǎn)在曲線(xiàn)上，則的取值區(qū)間是
C．若與直線(xiàn)有公共點(diǎn)，則
D．若圓能覆蓋曲線(xiàn)，則的最小值為2
【答案】ABC
【分析】根據(jù)曲線(xiàn)的方程可得曲線(xiàn)的圖形，利用圖形的對(duì)稱(chēng)性，即可結(jié)合選項(xiàng)逐一求解.
【詳解】由，，得或，
當(dāng)時(shí)，，，是圓心為，半徑為1的半圓，
同理可得的其他部分，分別為圓心為半徑為1的半圓，圓心為半徑為1的半圓，圓心為半徑為1的半圓；
作曲線(xiàn)的圖形如下圖：
圖中虛線(xiàn)部分是邊長(zhǎng)為2的正方形；
對(duì)于A，圖形的面積，錯(cuò)誤；
對(duì)于B，由圖可知的取值范圍是,，錯(cuò)誤；
對(duì)于C,根據(jù)曲線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)性可知，當(dāng)直線(xiàn)與相切時(shí)，此時(shí)
或（舍去），
故要使曲線(xiàn)與直線(xiàn)有公共點(diǎn)，則，C錯(cuò)誤，
對(duì)于D，覆蓋住曲線(xiàn)的圓的半徑的最小值顯然是2，正確；
故選：ABC．
10．已知函數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．函數(shù)在處取得極大值
B．方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根
C．
D．若不等式在上恒成立，則
【答案】AC
【分析】當(dāng)時(shí)，函數(shù)有極大值，故選項(xiàng)A正確；方程不可能有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；，選項(xiàng)Ｃ正確；，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
【詳解】易知函數(shù)的定義域?yàn)?，?br>令，則，解得，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減.
所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)有極大值，故選項(xiàng)A正確；
因?yàn)椋耶?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以方程不可能有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，且，
所以，選項(xiàng)Ｃ正確；
不等式在上恒成立即不等式在上恒成立，
令，則，令，
則，解得，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減.
所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)有最大值，所以，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
故選：AC
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：零點(diǎn)問(wèn)題的求解常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）圖象法（畫(huà)出函數(shù)的圖象分析得解）；（3）方程+圖象法（令得，分析的圖象得解）.
11．將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，再把所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的，縱坐標(biāo)保持不變，得到函數(shù)的圖象，則關(guān)于的說(shuō)法正確的是（ ）
A．最小正周期為B．偶函數(shù)
C．在上單調(diào)遞減D．關(guān)于中心對(duì)稱(chēng)
【答案】BD
【分析】先根據(jù)三角函數(shù)圖象變換的知識(shí)求得，然后根據(jù)三角函數(shù)的周期性、奇偶性、單調(diào)性、對(duì)稱(chēng)性等知識(shí)對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而確定正確答案.
【詳解】，
的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到，
再把所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的，縱坐標(biāo)保持不變，
得到，
所以，的最小正周期為，A選項(xiàng)錯(cuò)誤.
是偶函數(shù)，B選項(xiàng)正確.
由得，所以在上單調(diào)遞增，C選項(xiàng)錯(cuò)誤.
，所以D選項(xiàng)正確.
故選：BD
12．勒洛四面體是一個(gè)非常神奇的“四面體”，它能在兩個(gè)平行平面間自由轉(zhuǎn)動(dòng)，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來(lái)回滾動(dòng).勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球的公共部分，如圖所示，若正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為a，則（ ）
A．能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長(zhǎng)的最小值為a
B．勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為
C．勒洛四面體的截面面積的最大值為
D．勒洛四面體的體積
【答案】ABD
【分析】先求得正四面體的外接球半徑、內(nèi)切球半徑、正四面體的體積、外接球的體積.結(jié)合勒洛四面體的知識(shí)對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而得出正確選項(xiàng).
【詳解】首先求得正四面體的一些結(jié)論：
正四面體棱長(zhǎng)為，是底面的中心，是其外接球（也是內(nèi)切球）的球心，外接球半徑為，是高，如圖．
，，
由得，解得，（內(nèi)切球半徑）．
正四面體的體積為，外接球體積為．
對(duì)于A選項(xiàng)，由勒洛四面體的結(jié)構(gòu)知勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離的最大值為a，故A正確；
對(duì)于B選項(xiàng)，勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的弧面相切，如圖，
其中點(diǎn)E為該球與勒洛四面體的一個(gè)切點(diǎn)，O為該球的球心，
易知該球的球心O為正四面體ABCD的中心，半徑為OE，連接BE，
易知B、O、E三點(diǎn)共線(xiàn)，且，，
因此，故B正確；
對(duì)于C選項(xiàng)，由勒洛四面體的結(jié)構(gòu)知勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離的最大值為a，最大的截面即經(jīng)過(guò)四面體ABCD表面的截面，如圖，
根據(jù)勒洛四面體結(jié)構(gòu)的對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè)此截面為投影光線(xiàn)垂直于正四面體的一個(gè)面ABD時(shí)，勒洛四面體在與平面ABD平行的一個(gè)投影平面α上的正投影，當(dāng)光線(xiàn)與平面ABD夾角不為90°時(shí)，易知截面投影均為上圖所示圖像在平面α上的投影，其面積必然減小.
上圖截面為三個(gè)半徑為a，圓心角為60°的扇形的面積減去兩個(gè)邊長(zhǎng)為a的正三角形的面積，即，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D選項(xiàng)，勒洛四面體的體積介于正四面體ABCD的體積和正四面體ABCD的外接球的體積之間，正四面體ABCD的體積，正四面體ABCD的外接球的體積，故D正確.
故選：ABD.
【點(diǎn)睛】求解勒洛四面體問(wèn)題的關(guān)鍵是理解勒洛四面體的結(jié)構(gòu)、正四面體的結(jié)構(gòu)特征、球的結(jié)構(gòu)特征，需要很強(qiáng)的空間想象能力和邏輯推理能力.正四面體的外接球球心和內(nèi)切球球心重合，是解題的突破口.
三、填空題
13．現(xiàn)有5名同學(xué)從北京、上海、深圳三個(gè)路線(xiàn)中選擇一個(gè)路線(xiàn)進(jìn)行研學(xué)活動(dòng)，每個(gè)路線(xiàn)至少1人，至多2人，其中甲同學(xué)不選深圳路線(xiàn)，則不同的路線(xiàn)選擇方法共有 種．（用數(shù)字作答）
【答案】.
【分析】根據(jù)題意，分為甲同學(xué)單獨(dú)1人和甲同學(xué)與另外一個(gè)同學(xué)一起，兩類(lèi)情況討論，結(jié)合排列、組合，即可求解.
【詳解】每個(gè)路線(xiàn)至少1人，至多2人，則一個(gè)路線(xiàn)1人，另外兩個(gè)路線(xiàn)各2人，
若甲同學(xué)單獨(dú)1人時(shí)，有種不同的選法；
若甲同學(xué)與另外一個(gè)同學(xué)一起，則有種不同的選法，
則不同的選擇方法有60種．
故答案為：.
14．已知函數(shù)，若函數(shù)有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 .
【答案】
【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)圖象與性質(zhì)畫(huà)出函數(shù)圖象，通過(guò)平移直線(xiàn)找到當(dāng)與有三個(gè)交點(diǎn)時(shí)的的范圍即可.
【詳解】作出的函數(shù)圖象如圖所示:
畫(huà)出函數(shù)的圖象,
由圖象可知當(dāng)時(shí)，有1零點(diǎn)，
當(dāng)時(shí)，有3個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)或時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn).
故答案為：.
15．已知數(shù)列的首項(xiàng)為，且滿(mǎn)足，其中為其前項(xiàng)和，若恒有，則的取值范圍為 .
【答案】
【分析】利用與的關(guān)系可得，進(jìn)而可得，再利用累乘法得，由恒成立可知，，列不等式組求解即可.
【詳解】由①可得②，
②①得，即，，
所以，，
所以，，累乘得，，
將代入得，解得，
所以，，
對(duì)于函數(shù)，得，
由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得存在滿(mǎn)足，同理時(shí)，
所以要使恒成立，只需，即可，
即，解得，
故答案為：
16．定義在上的函數(shù)滿(mǎn)足（，），，則 ．
【答案】6
【詳解】令x＝y(tǒng)＝0?f(0)＝0；令x＝y(tǒng)＝1?f(2)＝2f(1)＋2＝6；令x＝2，y＝1?f(3)＝f(2)＋f(1)＋4＝12；再令x＝3，y＝－3，得f(0)＝f(3－3)＝f(3)＋f(－3)－18＝0?f(－3)＝18－f(3)＝6.
四、解答題
17．在中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知的面積為，，.
(1)求a和的值；
(2)求的值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）先得出，再結(jié)合三角形面積公式以及即可求出，結(jié)合余弦定理、正弦定理即可依次得出，.
（2）先由得出，再由二倍角公式得到，最終由兩角和的余弦公式運(yùn)算即可求解.
【詳解】（1）在三角形ABC中,由，A為鈍角，，
的面積為，可得，即，則，
聯(lián)立，解得，，
由，可得，
由正弦定理得，即，解得.
（2）且C為銳角，，
，
，
.
18．已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，其中為常數(shù)．
（1）證明：；
（2）是否存在，使得為等差數(shù)列？并說(shuō)明理由．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）.
【詳解】試題分析：（I）對(duì)于含遞推式的處理，往往可轉(zhuǎn)換為關(guān)于項(xiàng)的遞推式或關(guān)于的遞推式．結(jié)合結(jié)論，該題需要轉(zhuǎn)換為項(xiàng)的遞推式．故由得．兩式相減得結(jié)論；（II）對(duì)于存在性問(wèn)題，可先探求參數(shù)的值再證明．本題由，，，列方程得，從而求出．得，故數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別為公差為4的等差數(shù)列．分別求通項(xiàng)公式，進(jìn)而求數(shù)列的通項(xiàng)公式，再證明等差數(shù)列．
試題解析：（I）由題設(shè)，，．兩式相減得，．
由于，所以．
（II）由題設(shè)，，，可得，由（I）知，．令，解得．
故，由此可得，是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列，；
是首項(xiàng)為3，公差為4的等差數(shù)列，．
所以，．
因此存在，使得為等差數(shù)列．
【考點(diǎn)定位】1、遞推公式；2、數(shù)列的通項(xiàng)公式；3、等差數(shù)列．
19．如圖1，已知在矩形中，，，為的中點(diǎn).將沿折起，使得平面平面，如圖2.
(1)求證：平面平面；
(2)設(shè)，.
①是否存在，使?
②當(dāng)為何值時(shí)，二面角的平面角的余弦值為?
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)①存在；②.
【分析】（1）證明出，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；
（2）取的中點(diǎn)，推導(dǎo)出平面，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系.
①求出向量、的坐標(biāo)，根據(jù)以及可求得的值；
②利用空間向量法可得出關(guān)于的方程，結(jié)合可求得的值，即可得解.
【詳解】（1）證明：在矩形中，因?yàn)?，?br>為的中點(diǎn)，所以，有，所以.
在四棱錐中，仍有，
又因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面?br>平面，則平面.
又平面，從而平面平面.
（2）解：取的中點(diǎn)，因?yàn)?，則，
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面?br>平面，則平面，
又因?yàn)?，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，，，.
①因?yàn)椋?br>所以，
，
若，則，
所以存在或，使.
②設(shè)平面的法向量，，
則，
令，則，
顯然，平面的一個(gè)法向量，
所以，，解得.
故當(dāng)時(shí)，二面角的平面角的余弦值為.
20．已知雙曲線(xiàn)()左、右焦點(diǎn)為，其中焦距為，雙曲線(xiàn)經(jīng)過(guò)點(diǎn)．
(1)求雙曲線(xiàn)的方程；
(2)過(guò)右焦點(diǎn)作直線(xiàn)交雙曲線(xiàn)于M，N兩點(diǎn)(M，N均在雙曲線(xiàn)的右支上)，過(guò)原點(diǎn)O作射線(xiàn)，其中，垂足為為射線(xiàn)與雙曲線(xiàn)右支的交點(diǎn)，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)已知條件求得，從而求得雙曲線(xiàn)的方程.
（2）根據(jù)直線(xiàn)的斜率是否存在進(jìn)行分類(lèi)討論，先求得的表達(dá)式，然后利用基本不等式求得最大值.
【詳解】（1）由題意得，，，解得，，
雙曲線(xiàn)的方程為：.
（2）當(dāng)直線(xiàn)斜率不存在時(shí)，，，則，
當(dāng)直線(xiàn)斜率存在時(shí)，假設(shè)直線(xiàn)方程為，
聯(lián)立雙曲線(xiàn)方程得，
則，，，
∵直線(xiàn)與雙曲線(xiàn)交于右支，∴，
則，
設(shè)射線(xiàn)OP方程為：，聯(lián)立與雙曲線(xiàn)的方程，
∴，，，
∴，
∴
，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，最大值為．
綜上，的最大值為.

【點(diǎn)睛】求得雙曲線(xiàn)的標(biāo)準(zhǔn)方程，關(guān)鍵是根據(jù)已知條件求得，是兩個(gè)未知數(shù)，所以求解需要兩個(gè)條件.求解圓錐曲線(xiàn)中的最值問(wèn)題，可先求得需要求最值的式子的表達(dá)式，然后根據(jù)表達(dá)式的結(jié)構(gòu)選取合適的方法來(lái)求最值.
21．在上海舉辦的第五屆中國(guó)國(guó)際進(jìn)口博覽會(huì)中，硬幣大小的無(wú)導(dǎo)線(xiàn)心臟起搏器引起廣大參會(huì)者的關(guān)注．這種起搏器體積只有傳統(tǒng)起搏器的，其無(wú)線(xiàn)充電器的使用更是避免了傳統(tǒng)起搏器囊袋及導(dǎo)線(xiàn)引發(fā)的相關(guān)并發(fā)癥．在起搏器研發(fā)后期，某企業(yè)快速啟動(dòng)無(wú)線(xiàn)充電器主控芯片試生產(chǎn)，試產(chǎn)期同步進(jìn)行產(chǎn)品檢測(cè)，檢測(cè)包括智能檢測(cè)與人工抽檢．智能檢測(cè)在生產(chǎn)線(xiàn)上自動(dòng)完成，包含安全檢測(cè)、電池檢測(cè)、性能檢測(cè)等三項(xiàng)指標(biāo)，人工抽檢僅對(duì)智能檢測(cè)三項(xiàng)指標(biāo)均達(dá)標(biāo)的產(chǎn)品進(jìn)行抽樣檢測(cè)，且僅設(shè)置一個(gè)綜合指標(biāo)，四項(xiàng)指標(biāo)均達(dá)標(biāo)的產(chǎn)品才能視為合格品．已知試產(chǎn)期的產(chǎn)品，智能檢測(cè)三項(xiàng)指標(biāo)的達(dá)標(biāo)率約為，，，設(shè)人工抽檢的綜合指標(biāo)不達(dá)標(biāo)率為（）．
(1)求每個(gè)芯片智能檢測(cè)不達(dá)標(biāo)的概率；
(2)人工抽檢30個(gè)芯片，記恰有1個(gè)不達(dá)標(biāo)的概率為，求的極大值點(diǎn)；
(3)若芯片的合格率不超過(guò)，則需對(duì)生產(chǎn)工序進(jìn)行改良．以（2）中確定的作為p的值，判斷該企業(yè)是否需對(duì)生產(chǎn)工序進(jìn)行改良．
【答案】(1)
(2)
(3)該企業(yè)需對(duì)生產(chǎn)工序進(jìn)行改良，理由見(jiàn)解析
【分析】（1）設(shè)每個(gè)芯片智能檢測(cè)中安全檢測(cè)、電池檢測(cè)、性能檢測(cè)三項(xiàng)指標(biāo)達(dá)標(biāo)的概率分別記為，，，并記芯片智能檢測(cè)不達(dá)標(biāo)為事件，視指標(biāo)的達(dá)標(biāo)率為任取一件新產(chǎn)品，該項(xiàng)指標(biāo)達(dá)標(biāo)的概率，根據(jù)對(duì)立事件的性質(zhì)及事件獨(dú)立性的定義即可求解；
（2）根據(jù)條件得到（），利用導(dǎo)數(shù)對(duì)進(jìn)行討論即可；
（3）設(shè)芯片人工抽檢達(dá)標(biāo)為事件，工人在流水線(xiàn)進(jìn)行人工抽檢時(shí)，抽檢一個(gè)芯片恰為合格品為事件，根據(jù)條件概率得到，再由乘法公式得到，即可判斷.
【詳解】（1）每個(gè)芯片智能檢測(cè)中安全檢測(cè)、電池檢測(cè)、性能檢測(cè)三項(xiàng)指標(biāo)達(dá)標(biāo)的概率分別記為，，，并記芯片智能檢測(cè)不達(dá)標(biāo)為事件.
視指標(biāo)的達(dá)標(biāo)率為任取一件新產(chǎn)品，該項(xiàng)指標(biāo)達(dá)標(biāo)的概率，
則有，，，
由對(duì)立事件的性質(zhì)及事件獨(dú)立性的定義得：，
所以每個(gè)芯片智能檢測(cè)不達(dá)標(biāo)的概率為.
（2）人工抽檢30個(gè)芯片恰有1個(gè)不合格品的概率為（），
因此
令，得.
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.
則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以有唯一的極大值點(diǎn).
（3）設(shè)芯片人工抽檢達(dá)標(biāo)為事件，工人在流水線(xiàn)進(jìn)行人工抽檢時(shí)，抽檢一個(gè)芯片恰為合格品為事件，
由（2）得：，
由（1）得：，
所以，
因此，該企業(yè)需對(duì)生產(chǎn)工序進(jìn)行改良.
22．設(shè)函數(shù)．
(1)求的單調(diào)區(qū)間；
(2)已知，曲線(xiàn)上不同的三點(diǎn)處的切線(xiàn)都經(jīng)過(guò)點(diǎn)．證明：
（?。┤簦瑒t；
（ⅱ）若，則．
（注：是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
【答案】(1)的減區(qū)間為，增區(qū)間為.
(2)（?。┮?jiàn)解析；（ⅱ）見(jiàn)解析.
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論其符號(hào)后可得函數(shù)的單調(diào)性.
（2）（ⅰ）由題設(shè)構(gòu)造關(guān)于切點(diǎn)橫坐標(biāo)的方程，根據(jù)方程有3個(gè)不同的解可證明不等式成立，（ⅱ） ，，則題設(shè)不等式可轉(zhuǎn)化為，結(jié)合零點(diǎn)滿(mǎn)足的方程進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為，利用導(dǎo)數(shù)可證該不等式成立.
【詳解】（1），
當(dāng)，；當(dāng)，，
故的減區(qū)間為，的增區(qū)間為.
（2）（?。┮?yàn)檫^(guò)有三條不同的切線(xiàn)，設(shè)切點(diǎn)為，
故，
故方程有3個(gè)不同的根，
該方程可整理為，
設(shè)，
則
，
當(dāng)或時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，
故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，
因?yàn)橛?個(gè)不同的零點(diǎn)，故且，
故且，
整理得到：且，
此時(shí)，
設(shè)，則，
故為上的減函數(shù)，故，
故.
（ⅱ）當(dāng)時(shí)，同（?。┲杏懻摽傻茫?br>故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，
不妨設(shè)，則，
因?yàn)橛?個(gè)不同的零點(diǎn)，故且，
故且，
整理得到：，
因?yàn)?，故?br>又，
設(shè)，，則方程即為：
即為，
記
則為有三個(gè)不同的根，
設(shè)，，
要證：，即證，
即證：，
即證：，
即證：，
而且，
故，
故，
故即證：，
即證：
即證：，
記，則，
設(shè)，則，所以，
，
故在上為增函數(shù)，故，
所以，
記，
則，
所以在為增函數(shù)，故，
故即，
故原不等式得證：
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：導(dǎo)數(shù)背景下的切線(xiàn)條數(shù)問(wèn)題，一般轉(zhuǎn)化為關(guān)于切點(diǎn)方程的解的個(gè)數(shù)問(wèn)題，而復(fù)雜方程的零點(diǎn)性質(zhì)的討論，應(yīng)該根據(jù)零點(diǎn)的性質(zhì)合理轉(zhuǎn)化需求證的不等式，常用的方法有比值代換等.

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