一、單選題
1．若全集，集合，則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求，再求并集即可.
【詳解】因為，所以.
故選：A.
2．分別為正四棱臺的上、下底面的中心，且，則正四棱臺的體積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分別算出上下底面面積，結(jié)合高以及棱臺體積公式運算即可.
【詳解】由題意可知上、下底面的面積、高分別為，
所以正四棱臺的體積為.
故選：C.
3．已知直線的一個方向向量為，且經(jīng)過點，則的方程為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由方向向量得斜率，由點斜式化為一般式即可.
【詳解】由題意得直線的一個方向向量為，所以其斜率為，
又它經(jīng)過點，所以直線的方程為，即.
故選：B.
4．圓與圓的公切線條數(shù)為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】求出兩圓圓心距離即半徑后，可得位置關(guān)系，由位置關(guān)系可得公切線條數(shù).
【詳解】由可知圓心為，半徑，
由，即，
則圓心為，半徑，
則兩圓圓心距離為，，，
故，即兩圓相交，故公切線條數(shù)為2條.
故選：B.
5．若為偶函數(shù)，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得的定義域，再根據(jù)為偶函數(shù)，由求解.
【詳解】解：由，得，解得 或 ，
則 的定義域為，又為偶函數(shù)，
所以，即，解得，
所以，則，
故選：B
6．若給定一向量組和向量，如果存在一組實數(shù)，使得，則稱向量能由向量組A線性表示，或稱向量是向量組A的線性組合，若為三個不共面的空間向量，且向量是向量組的線性組合，則（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】D
【分析】根據(jù)題意表示向量，再利用待定系數(shù)法求.
【詳解】由題意可知，
且，所以，，，
所以.
故選：D
7．溫室大棚設(shè)施農(nóng)業(yè)是一種高投入，高產(chǎn)出，高效益的產(chǎn)業(yè)，它的出現(xiàn)使得人們能在一年四季吃上夏季豐收的瓜果蔬菜，造福了民生，其發(fā)揮作用的關(guān)鍵離不開地膜，原因是地膜的覆蓋可以減少地面熱量散失，減弱地面輻射的散失來起到保溫的作用，若某地大棚種植戶現(xiàn)要采購一批圓筒狀地膜，看完說明書后發(fā)現(xiàn)該種圓筒狀地膜由紙質(zhì)圓柱形空簡和纏繞在紙筒外面的地膜構(gòu)成，經(jīng)測量得到圓柱形空筒的半徑為（紙的厚度可忽略不計），完整圓筒狀地膜的半徑為，地膜的厚度為，則一筒完整的地膜的總長度大約為（ ）（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出共有地膜多少層，再求出每層的平均長度，最后計算總長度即可.
【詳解】由題意可知，纏繞在紙筒外面的地膜總厚度為，
所以共有地膜層，
又纏繞在紙筒外面的地膜的平均長度為，
所以總長度為，
故選：D
8．正三棱柱中，為的中點，為棱上的動點，為棱上的動點，且，則線段長度的取值范圍為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)正三棱柱建立空間直角坐標系，設(shè)動點坐標，結(jié)合線線關(guān)系求線段MN的表達式，利用函數(shù)求最值即可.
【詳解】因為正三棱柱中,O為BC的中點，取中點Q，連接OQ，
如圖，以O(shè)為原點，為軸建立空間直角坐標系，
則，
因為M是棱上一動點，設(shè)，且，
所以，則，
因為，且所以在直角三角形中可得：
即，于是令，
所以，，又符合函數(shù)為增增符合，所以在上為增函數(shù)，
所以當時，，即線段MN長度的最小值為，
當時，，即線段MN長度的最小值為，
故選：B.
【點睛】關(guān)鍵點睛：1.找到，再利用函數(shù)單調(diào)性求出最值.
2.建系，設(shè)出動點，利用空間向量法求出，再結(jié)合線線關(guān)系求線段MN的表達式，利用函數(shù)求最值即可.
二、多選題
9．已知直線和圓，則（ ）
A．直線過定點
B．直線與圓有兩個交點
C．存在直線與直線垂直
D．直線被圓截得的最短弦長為
【答案】ABC
【分析】利用直線方程求定點可判斷選項A；利用直線恒過定點在圓內(nèi)可判斷選項B；利用兩直線的垂直關(guān)系與斜率的關(guān)系判斷選項C；利用弦長公式可判斷選項D.
【詳解】對A，由可得，，
令，即，此時，所以直線l恒過定點，A正確；
對B，因為定點到圓心的距離為，
所以定點在圓內(nèi)，所以直線l與圓O相交，B正確；
對C，因為直線的斜率為，所以直線l的斜率為，即，
此時直線l與直線垂直，滿足題意，C正確；
對D，因為直線l恒過定點，圓心到直線l的最大距離為，
此時直線l被圓O截得的弦長最短為，D錯誤；
故選：ABC.
10．若函數(shù)既有極大值也有極小值，則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由題意將原問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的零點分布問題，進一步由判別式、韋達定理即可求解.
【詳解】由題意在內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)根，
即方程在內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)根，
不妨設(shè)兩根分別為，
所以，即異號、同號，從而異號.
故選：ACD.
11．在棱長為1的正方體中，是線段上一點，則可以為（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求的余弦值，結(jié)合函數(shù)性質(zhì)得出其范圍．從而可得正確選項．
【詳解】如圖，分別以為軸建立空間直角坐標系，則，．，，，
在線段上，則，，即，
，
，
易知時，為最小值，
又時，，時，，所以，
從而，即，而，
所以，
故選：BD．
12．已知橢圓的左、右焦點分別為、，上頂點為，離心率為，若、為上關(guān)于原點對稱的兩點，則（ ）
A．的標準方程為
B．
C．
D．四邊形的周長隨的變化而變化
【答案】AC
【分析】對A，由上頂點及離心率可計算出方程；對B，借助橢圓對稱性及定義，利用基本不等式計算即可得；對C，表示出斜率后計算即可得；對D，由橢圓定義即可得.
【詳解】
由上頂點為，故，
離心率為，故，即，
故，解得，
即的標準方程為，故A正確；
連接線段如圖所示，由、關(guān)于原點對稱，
則，由，故，
則
，
當且僅當時，等號成立，故B錯誤；
設(shè)，則，
則，即，
則，
故C正確；
四邊形的周長為，
由，，
故四邊形的周長為，為定值，故D錯誤.
故選：AC.
【點睛】關(guān)鍵點睛：涉及到與焦半徑有關(guān)范圍或最值問題時，常常需要從橢圓定義出發(fā)，結(jié)合橢圓性質(zhì)，利用基本不等式求取范圍或最值.
三、填空題
13．已知斜率均為負的直線與直線平行，則兩條直線之間的距離為 ．
【答案】/
【分析】利用斜率為負的兩直線平行，找到，表示出直線，利用兩平行線間的距離公式計算即可.
【詳解】因為斜率均為負的直線與直線平行，
所以同號，且，解得：，
所以直線與直線，
所以這兩條直線之間的距離為.
故答案為：.
14．若，，且，則的取值范圍為 ．
【答案】
【分析】利用基本不等式與一元二次不等式即可得求解.
【詳解】由，，故，
即，當且僅當時等號成立，
故，
當且僅當時等號成立，
令，則有，即，
解得或（舍去），
故，即的取值范圍為.
故答案為：.
15．摩天輪是一種大型轉(zhuǎn)輪狀的機械建筑設(shè)施，游客坐在摩天輪的座艙里慢慢往上轉(zhuǎn)，可以從高處俯瞰四周景色．位于山東省濰坊濱海的“渤海之眼”摩天輪是世界上最大的無軸摩天輪，該摩天輪輪盤直徑為124米，設(shè)置有36個座艙．開啟后按逆時針方向勻速旋轉(zhuǎn)，游客在座艙轉(zhuǎn)到距離地面最近的位置進艙，當?shù)竭_最高點時距離地面145米，勻速轉(zhuǎn)動一周大約需要30分鐘．當游客甲坐上摩天輪的座艙開始計時．經(jīng)過分鐘后游客甲距離地面的高度為米，已知關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式滿足（其中），則 （m）．
【答案】52
【分析】建立適當?shù)淖鴺讼?，結(jié)合題意求出相應(yīng)的參數(shù)即可得函數(shù)表達式，進一步代入求值即可.
【詳解】以摩天輪輪盤圓心為原點，互相垂直的水平、豎直方向分別為軸建立直角坐標系，如圖所示：
點為輪盤上距離地面最近的位置，
當時，游客甲坐上摩天輪的座艙，即，所以滿足題意,
因為輪盤直徑為124，所以，
因為最高點距離地面145米，所以，解得，
而勻速轉(zhuǎn)動一周大約需要30分鐘，所以，
所以，.
故答案為：52.
16．在首項為1的數(shù)列中，若存在，使得不等式成立，則的取值范圍為 ．
【答案】或.
【分析】通過累加法，求出，解出不等式，找到與即可.
【詳解】結(jié)合題意：
，
則，
所以，解得或，
當為偶數(shù)時，，遞增，可得的最小值為，則，
遞增，可得的最小值為,則,
當為奇數(shù)時，，遞減，可得的最大值為，，
遞減，可得的最大值為，，
綜上所述：要使得存在，使得不等式成立，
只需或，
所以的取值范圍為或.
故答案為：或.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解決的關(guān)鍵是能夠通過遞推關(guān)系式得到數(shù)列的通項公式，結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性特點可得到不等式的解集，從而確定解集上下限的最值，進而得到結(jié)果.
四、解答題
17．直線，直線，且當時，直線與的交點為．
(1)求坐標；
(2)若，直線與的交點為，求以為直徑的圓的標準方程．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）聯(lián)立直線求出交點的坐標即可;
（2）求出直線與的交點為，再找到圓心和半徑，寫出圓的標準方程即可.
【詳解】（1）當時, 直線,
聯(lián)立直線得，即，所以點坐標為.
（2）當時, 直線,
聯(lián)立直線得,即，所以點坐標為,
由上問可知點坐標為.
由該圓是以為直徑的圓，
所以圓心為的中點，半徑為，
故以為直徑的圓的標準方程為.
18．著名古希臘數(shù)學家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了橢圓的面積公式，（分別為橢圓的長半軸長和短半軸長）為后續(xù)微積分的開拓奠定了基礎(chǔ)，已知橢圓：．
(1)求的面積；
(2)若直線交于兩點，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)橢圓方程和橢圓面積公式，即可求解；
（2）直線與橢圓方程來努力，利用弦長公式，即可求解.
【詳解】（1）橢圓的方程為，所以，，
則，，
所以橢圓的面積；
（2）聯(lián)立，得，
，，，
.
19．如圖所示，在三棱錐中，平面．
(1)證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）只需由線面垂直的性質(zhì)證明，利用勾股定理逆定理證明，再結(jié)合線面垂直的判定定理即可得證.
（2）取中點，連接，由中位線定理結(jié)合（1）中結(jié)論可知，即為直線與平面所成的角，通過解三角形知識即可得解.
【詳解】（1）因為平面，平面，
所以，
又因為，
所以，即，
而平面，
所以平面.
（2）
如圖所示，取中點，連接，
因為，所以點為中點，
所以，
由（1）可知，平面，
所以平面，
而平面，
所以，
從而即為直線與平面所成的角，
因為平面，平面，
所以，
因為，
所以，，
所以，，
直線與平面所成角的正弦值為.
20．在直三棱柱中，，E為的中點，設(shè)，
(1)若，求異面直線與所成角的余弦值；
(2)若，求二面角的正切值．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）結(jié)合題意，找到為異面直線與所成角，計算即可;
（2）建立空間直角坐標系，求出二面角的兩個面的法向量，利用二面角的向量求法求解即可.
【詳解】（1）連接，在直三棱柱中，易得,且面,
所以為異面直線與所成角，
因為面,所以,
在中，，，
所以,
所以,
所以，所以,
所以在直角中有,
故異面直線與所成角的余弦值為.
（2）在直三棱柱中，，易得兩兩垂直，
故以為坐標原點，以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系：
因為，
所以,
所以,
設(shè)面的法向量為,
則,即，取，則，
設(shè)面的法向量為,
則,即，取，則，
所以，
結(jié)合圖形可知二面角的平面角為銳角，
所以，結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可得.
所以二面角的正切值.
21．已知數(shù)列滿足．
(1)求的通項公式；
(2)，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由題意根據(jù)累乘法即可求出數(shù)列的通項公式.
（2）連續(xù)利用兩次錯位相減法，再結(jié)合等比數(shù)列求和公式即可得解.
【詳解】（1）由題意，所以，即；
所以
，
當時，也滿足，
所以的通項公式為
（2）由（1）可知，
記，由題意，
所以，
所以，
兩式相減得，
記，
則，
兩式相減得
，
而，
所以.
22．若分別為橢圓的右焦點和上頂點．
(1)求的標準方程；
(2)若上的兩點滿足三點共線，且平分，求直線的方程．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）結(jié)合題意以及橢圓知識，求出，表示出橢圓方程即可;
（2）設(shè)直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，通過分析找到轉(zhuǎn)化為斜率的表達式，利用韋達定理計算即可.
【詳解】（1）結(jié)合題意可知：因為為橢圓的右焦點和上頂點，
所以，由，所以，
所以的標準方程為.
（2）結(jié)合題意：當直線斜率為0時，此時直線為，不滿足平分，
當直線斜率不為0時，因為三點共線，且，
故可設(shè)直線的方程，設(shè)，
設(shè)直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，
則,.
因為平分，所以即
所以即
而，所以
整理得：.
因為，
代入整理得：①，
聯(lián)立，整理得：，
，
所以，
，
，
將上式代入①:
化簡得，即，
解得或，
當時，直線的方程為，與直線重合，不滿足題意，舍去；
當時,直線的方程為: ，滿足題意.
故直線的方程為: .

【點睛】關(guān)鍵點點睛：解題關(guān)鍵是利用平分找到關(guān)于傾斜角之間的等量關(guān)系．進而轉(zhuǎn)化為斜率問題，得到所要求的等量關(guān)系，需設(shè)出直線方程聯(lián)立橢圓方程整理后應(yīng)用韋達定理代入等量關(guān)系整理.

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