一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1. 已知復(fù)數(shù)，，則的實部與虛部分別為（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】應(yīng)用復(fù)數(shù)加法求，根據(jù)實部、虛部定義得答案.
【詳解】因為，，所以，其實部與虛部分別為，.
故選：A
2. 已知集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)的定義域、指數(shù)函數(shù)的值域求得，進而求得.
【詳解】由，解得，所以，
而，所以，
所以.
故選：A
3. 函數(shù)的部分圖象大致形狀是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性、對稱性以及函數(shù)值的對應(yīng)性，利用排除法即可得出結(jié)果.
【詳解】因為的定義域為R.定義域關(guān)于原點對稱，
，
所以是偶函數(shù)，圖象關(guān)于軸對稱，故排除選項B、D，
當(dāng)時，令可得或，
所以時，兩個相鄰的零點為和，當(dāng)時，，，，故排除選項A，
故選：C.
4. 已知向量，滿足，，，則向量在向量上的投影向量的坐標為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)及相關(guān)公式求出，再根據(jù)投影向量的計算公式即可求解.
【詳解】由，得，則，
即，則，
所以向量在向量上的投影向量的坐標為.
故選：.
5. 已知角的始邊為軸非負半軸，終邊經(jīng)過點，將角的終邊順時針旋轉(zhuǎn)后得到角，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三角函數(shù)的定義可得，依題意得，結(jié)合兩角差的正切公式運算求值.
【詳解】因角的終邊經(jīng)過點，由三角函數(shù)的定義可得，
又依題意得，所以，
故選：B.
6. 已知拋物線的焦點為，準線為，過上的一點作的垂線，垂足為，若（為坐標原點），且的面積為，則的方程為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】表達出和點坐標，利用的面積求出，即可得出的方程.
【詳解】由題意，
在拋物線中，，
焦點，準線
∴，，則
∴，解得：
∴的方程為：.
故選：C.
7. 一個軸截面是邊長為的正三角形的圓錐型封閉容器內(nèi)放入一個半徑為1的小球后，再放入一個球，則球的表面積與容器表面積之比的最大值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由題設(shè)易知放入一個半徑為1的小球后，圓錐軸截面中小球的截面圓為內(nèi)切圓，要使比值最大，球的半徑最大，利用內(nèi)切圓性質(zhì)求，進而求球體、圓錐表面積，即可得比值.
【詳解】由邊長為的正三角形的內(nèi)切圓半徑為，
即軸截面是邊長為的正三角形的圓錐內(nèi)切球半徑為，
所以放入一個半徑為1的小球后，再放一個球，如下圖，
要使球的表面積與容器表面積之比的最大，即球的半徑最大，
所以只需球與球、圓錐都相切，其軸截面如上圖，此時，
所以球的表面積為，圓錐表面積為，
所以球的表面積與容器表面積之比的最大值為.
故選：A
8. 已知函數(shù)的定義域為，且，若關(guān)于的方程有4個不同實根，則的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用輔助角公式得，討論其符號求范圍，進而寫出解析式并畫出草圖，數(shù)形結(jié)合得、，即可得答案.
【詳解】由，
若，則，可得，
所以,
若，則，可得，
所以，
所以，其函數(shù)圖象如下圖，
要使有4個不同實根，則，
由圖知：，故，且，
所以的范圍為.
故選：A
【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用三角恒等變換研究正弦型函數(shù)性質(zhì)，并畫出的圖象為關(guān)鍵.
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0．
9. 若a，，則下列命題正確的是（ ）
A. 若且，則B. 若，則
C 若，則D. 若，則
【答案】BD
【解析】
【分析】取特殊值或利用作差法，以及根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷選項.
【詳解】對選項A，取，，滿足且，則，故A錯誤；
對選項B，因為函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，，故B正確；
對選項C，因為，所以，即，故C錯誤；
對選項D，因為函數(shù)是增函數(shù)，當(dāng)，則，故D正確.
故選：BD.
10. 某食品的保鮮時間y（單位：小時）與儲藏溫度x（單位：℃）滿足函數(shù)關(guān)系（為自然對數(shù)的底數(shù)，k，b為常數(shù)）.若該食品在0℃的保鮮時間是192小時，在14℃的保鮮時間是48小時，則下列說法正確的是（ ）
參考數(shù)據(jù)：，
A.
B. 若該食品儲藏溫度是21℃，則它的保鮮時間是16小時
C.
D. 若該食品保鮮時間超過96小時，則它的儲藏溫度不高于7℃
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用條件若該食品在0℃的保鮮時間是192小時，在14℃的保鮮時間是48小時，得出關(guān)于k和b的關(guān)系，然后依次判定各個選項.
【詳解】在函數(shù)中，當(dāng)時，，由，知，，故A正確；
當(dāng)時，，所以，則，
當(dāng)時，，故B不正確；
由，得，故C正確；
由，得，所以，故D正確.
故選：ACD.
11. 歐拉函數(shù)的函數(shù)值等于所有不超過正整數(shù)，且與互質(zhì)的正整數(shù)的個數(shù)（公約數(shù)只有1的兩個正整數(shù)稱為互質(zhì)整數(shù)），例如：，，則（ ）
A. B. 當(dāng)n為奇數(shù)時，
C. 數(shù)列為等比數(shù)列D. 數(shù)列的前項和小于
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)新定義即可知，，，可得A正確，由可得B錯誤；易知小于的所有正奇數(shù)與均互質(zhì),共有個，可得C正確；同理可得，利用等比數(shù)列前項和公式即可求得D正確.
【詳解】對于A，因為，，，所以，故A正確；
對于B，由于，故B錯誤；
對于C，因為小于的所有正奇數(shù)與均互質(zhì)，且小于的所有正奇數(shù)有個，
所以，因此數(shù)列為等比數(shù)列，故C正確；
對于D，同理小于的所有3的倍數(shù)與均不互質(zhì)，共有個，
因此小于的所有與互質(zhì)的數(shù)共有個，即，
所以，令，
則，故D正確，
故選：ACD.
12. 如圖，在棱長為2的正方體中，已知M，N，P分別是棱，，的中點，Q為平面上的動點，且直線與直線的夾角為，則（ ）
A. 平面
B. 平面截正方體所得的截面面積為
C. 點Q的軌跡長度為
D. 能放入由平面PMN分割該正方體所成的兩個空間幾何體內(nèi)部（厚度忽略不計）的球的半徑的最大值為
【答案】ABD
【解析】
【分析】A選項，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，得到線面垂直；B選項，作出輔助線，找到平面截正方體所得的截面，求出面積；C選項，作出輔助線，得到點Q的軌跡，并求出軌跡長度；D選項，由對稱性得到平面分割該正方體所成的兩個空間幾何體對稱，由對稱性可知，球心在上，設(shè)球心為，由得到方程，求出半徑的最大值.
【詳解】A選項，以坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
，
故.
設(shè)平面的法向量為，
則，
令得，，故，
因為，故平面，A正確；
B選項，取的中點，連接，
因為M，N，P分別是棱，，的中點，
所以，又，
所以，所以平面截正方體所得的截面為正六邊形，
其中邊長為，故面積為，B正確；

C選項，Q為平面上的動點，直線與直線的夾角為，
又平面，設(shè)垂足為，以為圓心，為半徑作圓，
即為點Q的軌跡，
其中，由對稱性可知，，
故半徑，
故點Q的軌跡長度為，C錯誤；
D選項，因為M，N，P分別是棱，，的中點，
所以平面分割該正方體所成的兩個空間幾何體對稱，
不妨求能放入含有頂點的空間幾何體的球的半徑最大值，
該球與平面切與點，與平面，平面，平面相切，
由對稱性可知，球心在上，設(shè)球心為，則半徑為，
，故，即，解得，
故球的半徑的最大值為，D正確.
故選：ABD
【點睛】立體幾何中截面的處理思路：
（1）直接連接法：有兩點在幾何體的同一個平面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面就是找交線的過程；
（2）作平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的平面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線；
（3）作延長線找交點法：若直線相交但在立體幾何中未體現(xiàn)，可通過作延長線的方法先找到交點，然后借助交點找到截面形成的交線；
（4）輔助平面法：若三個點兩兩都不在一個側(cè)面或者底面中，則在作截面時需要作一個輔助平面.
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13. 的展開式中的系數(shù)為______（用數(shù)字作答）.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)二項式展開式有關(guān)知識求得正確答案.
【詳解】由于，
所以的展開式中含的項為，
所以的展開式中的系數(shù)為.
故答案為：
14. 某市統(tǒng)計高中生身體素質(zhì)的狀況，規(guī)定身體素質(zhì)指標值不小于60就認為身體素質(zhì)合格．現(xiàn)從全市隨機抽取 100名高中生的身體素質(zhì)指標值， 經(jīng)計算，．若該市高中生的身體素質(zhì)指標值服從正態(tài)分布，則估計該市高中生身體素質(zhì)的合格率為______．（用百分數(shù)作答，精確到0.1%）
參考數(shù)據(jù)：若隨機變量X服從正態(tài)分布，則，，．
【答案】
【解析】
【分析】計算樣本的平均數(shù)和方差，由此估計，再結(jié)合參考數(shù)據(jù)求.
【詳解】因為100個數(shù)據(jù)，，，…，的平均值，
方差，
所以的估計值為，的估計值為．
設(shè)該市高中生的身體素質(zhì)指標值為X，
由， 得，
所以．
故答案為：.
15. 已知函數(shù)恰有兩個零點，則______.
【答案】
【解析】
【分析】利用導(dǎo)數(shù)，求出單調(diào)區(qū)間，由函數(shù)恰有兩個零點即函數(shù)與x軸有兩個不同的交點，從而建立等量關(guān)系求解可得.
【詳解】因為，
所以
令，則，令，
故當(dāng)時，函數(shù)為增函數(shù)，
當(dāng)時，函數(shù)為減函數(shù)，
即當(dāng)時函數(shù)有最小值，
若，即時，此時函數(shù)在R上為增函數(shù)，與題意不符，且當(dāng)時，的零點為1；
若，即時，此時函數(shù)與x軸有兩個不同交點，
設(shè)交點為，且，即，
所以當(dāng)或時，即，此時函數(shù)為增函數(shù)，
當(dāng)時，即，此時函數(shù)為減函數(shù)，
依題意，函數(shù)恰有兩個零點即函數(shù)與x軸有兩個不同的交點，即或，
所以或，
所以，所以，
故答案為：.
【點睛】根據(jù)函數(shù)零點個數(shù)求解參數(shù)范圍的問題的一般方法：
設(shè)
方法一：轉(zhuǎn)化為函數(shù)與x軸交點個數(shù)問題，通過求解單調(diào)性構(gòu)造不等式求解；
方法二：轉(zhuǎn)化為函數(shù)的交點個數(shù)問題求解.
16. 在中隨機選取三個數(shù)，能構(gòu)成公差不小于5的等差數(shù)列的概率為__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出在中隨機選取三個數(shù)的方法總數(shù)，再求能構(gòu)成公差不小于5的等差數(shù)列的方法總數(shù)，由古典概率的公式求解即可.
【詳解】在中隨機選取三個數(shù)有：，
公差為5的等差數(shù)列有：，，……，，共個；
公差為6的等差數(shù)列有：，，……，，共個；
……，
公差為24的等差數(shù)列有：，，共個；
所以共有：，
所以能構(gòu)成公差不小于5的等差數(shù)列的概率為：.
故答案為：.
四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17. 記為數(shù)列的前項和，若，.
（1）求；
（2）若，求數(shù)列的前項和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由題設(shè)及關(guān)系得，構(gòu)造新數(shù)列并結(jié)合等差數(shù)列定義寫出通項公式，進而可得；
（2）應(yīng)用裂項相消法求前n項和.
【小問1詳解】
由題設(shè)，則，
又，故是首項為3，公差為2的等差數(shù)列，
所以，則.
【小問2詳解】
由（1）得，
所以
18. 已知的內(nèi)角的對邊分別為，為銳角，的面積為，.

（1）判斷的形狀，并說明理由；
（2）如圖，若，，為內(nèi)一點，且，，求的長.
【答案】（1）直角三角形或鈍角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面積公式及余弦定理代入化簡，然后利用正弦定理邊化角可得答案；
（2）由（1）的結(jié)果得到為等腰直角三角形，然后解，可得，進而可得，再解即可求出的長.
【小問1詳解】
，
，即，
再由正弦定理邊化角得，
，
，又為銳角，
，
或，
或，
為直角三角形或鈍角三角形；
【小問2詳解】
由（1）的結(jié)果以及，可得，
為等腰直角三角形，又，
，
在中，
則，解得，負值舍去，
又，
，
，
在中，，
.
19. 如圖，已知斜四棱柱，底面為等腰梯形，，點在底面的射影為，且，，，.
（1）求證：平面平面；
（2）若為線段上一點，且平面與平面夾角的余弦值為，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【小問1詳解】
證明：等腰梯形中，，，
作交于，如圖，則是菱形，，
是等邊三角形，則，，，
所以，即，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小問2詳解】
點在底面的射影為，由（1），得在上，且，又，
所以，而由（1）知，因此，
建立如圖所示空間直角坐標系，則
，，，，，則，
又，，所以，
設(shè)（），，
，，
設(shè)平面的法向量為，
則，
取，則，取平面的法向量，
，則（負值舍去），
即，，
設(shè)直線與平面所成的角為，則，
所以，直線與平面所成的角正弦值為.
【點睛】
20. 杭州亞運會的三個吉祥物是琮琮、宸宸和蓮蓮，他們分別代表了世界遺產(chǎn)良渚古城遺址、京杭大運河和西湖，分別展現(xiàn)了不屈不撓、堅強剛毅的拼搏精神，海納百川的時代精神和精致和諧的人文精神．甲同學(xué)可采用如下兩種方式購買吉祥物，方式一：以盲盒方式購買，每個盲盒19元，盲盒外觀完全相同，內(nèi)部隨機放有琮琮、宸宸和蓮蓮三款中的一個，只有打開才會知道買到吉祥物的款式，買到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接購買吉祥物，每個30元．
（1）甲若以方式一購買吉祥物，每次購買一個盲盒并打開．當(dāng)甲買到的吉祥物首次出現(xiàn)相同款式時，用X表示甲購買的次數(shù)，求X的分布列；
（2）為了集齊三款吉祥物，甲計劃先一次性購買盲盒，且數(shù)量不超過3個，若未集齊再直接購買吉祥物，以所需費用的期望值為決策依據(jù)，甲應(yīng)一次性購買多少個盲盒？
【答案】（1）分布列詳見解析
（2）買個
【解析】
【分析】（1）根據(jù)獨立重復(fù)試驗概率計算公式、排列組合數(shù)的計算公式求得的分布列.
（2）根據(jù)甲一次性購買的吉祥物盲盒的個數(shù)進行分類討論，通過計算各種情況下的總費用來求得正確答案.
【小問1詳解】
由題意可知所有可能取值為，
,
所以的分布列如下：
【小問2詳解】
設(shè)甲一次性購買個吉祥物盲盒，集齊三款吉祥物需要的總費用為.
依題意，可取.
方案1：不購買盲盒時，則需要直接購買三款吉祥物，總費用元.
方案2：購買個盲盒時，則需要直接購買另外兩款吉祥物，
總費用元.
方案3：購買個盲盒時，
當(dāng)個盲盒打開后款式不同，則只需直接購買剩下一款吉祥物，
總費用，，
當(dāng)個盲盒打開后款式相同，則需要直接購買另外款吉祥物，
總費用，
所以元.
方案4：購買個盲盒時，
當(dāng)個盲盒打開后款式各不相同，則總費用，，
當(dāng)個盲盒打開后恰有款相同，則需要直接購買剩下一款吉祥物，
則總費用，
當(dāng)個盲盒打開后款式全部相同，則需要直接購買另外兩款吉祥物，
總費用，
所以元.
對比個方案可知，第個方案總費用的期望值最小，
故應(yīng)該一次性購買個吉祥物盲盒.
21. 在平面直角坐標系中，點，點是平面內(nèi)的動點.若以PF為直徑的圓與圓內(nèi)切，記點P的軌跡為曲線E．
（1）求E的方程；
（2）設(shè)點，，，直線AM，AN分別與曲線E交于點S，T（S，T異于A），，垂足為H，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意設(shè)出，根據(jù)以PF為直徑的圓與圓內(nèi)切列出方程，化簡即可得到P的軌跡為曲線E的方程.
（2）先證直線恒過定點，然后求出點H軌跡，進而求出的最小值.
【小問1詳解】
設(shè)，則的中點，
根據(jù)題意得，即，
整理得，
化簡得點的軌跡方程
【小問2詳解】
設(shè)，先證直線恒過定點，理由如下：
由對稱性可知直線的斜率不為0，所以可設(shè)直線，
聯(lián)立直線與，,
則，①
，②
所以，令，得點橫坐標，
同理可得點橫坐標，
故，
將代入上式整理得：
，
將②代入得，
若，則直線，恒過不合題意；
若，則，恒過，
因為直線恒過，且與始終有兩個交點，
又，，垂足為H，
所以點H軌跡是以為直徑的半圓（不含點，在直線下方部分），
設(shè)中點為C，則圓心，半徑為1，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)點H在線段上時，
所以的最小值為.
【點睛】方法點睛：根據(jù)圓錐曲線中直線間的幾何關(guān)系求動點的軌跡方程，注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用；
22. 已知函數(shù).
（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）已知，若，當(dāng)時，恒成立，求的最大值.
【答案】（1）答案見解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，分，，，三種情況討論，即可求出函數(shù)的單調(diào)性；
（2）將，代入不等式，利用進行換元，得到恒成立，構(gòu)造，利用導(dǎo)數(shù)分和進行討論，進而得到的最大值.
【小問1詳解】
的定義域為，
，，
若，則在上單調(diào)遞增；
若，則，令，
解得，，
其中，，
若，則，故當(dāng)時，，
當(dāng)時，，
故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
若，則，故當(dāng)時，，
當(dāng)時，，
故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
綜上所述，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
【小問2詳解】
依題意，，
即，即，
即恒成立，
令，，有恒成立，
得恒成立，所以恒成立，
令，，
有，（注：）
（i）當(dāng)時，即時，
易知方程的且，
故有一根大于1，一根小于1，
所以在上單調(diào)遞增，
故有，不符合題意，舍；
（ii）當(dāng)時，有，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
從而在上單調(diào)遞減，
故當(dāng)時，恒，符合題意.
由可知，正實數(shù)的取值范圍為，
因此，的最大值為2.
【點睛】方法點睛：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．

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