一、單選題
1．已知A，B是全集U的非空子集，且，則（ ）
A．B．C．D．
2．我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚先生曾說：數(shù)缺形時少直觀，形缺數(shù)時難入微，數(shù)形結(jié)合百般好，隔裂分家萬事休．在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)和研究中，常用函數(shù)的圖象來研究函數(shù)的性質(zhì)，也常用函數(shù)的解析式來分析函數(shù)的圖象特征．則函數(shù)的圖象大致為（ ）
A．B．
C．D．
3．已知復(fù)數(shù)且有實(shí)數(shù)根b，則=（ ）
A．B．12C．D．20
4．已知等邊的邊長為2，點(diǎn)、分別為的中點(diǎn)，若，則=（ ）
A．1B．C．D．
5．已知，是雙曲線的左、右焦點(diǎn)，若雙曲線上存在點(diǎn)P滿足，則雙曲線離心率的最小值為（ ）
A．B．C．2D．
6．在數(shù)列中，為其前n項(xiàng)和，首項(xiàng)，且函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)有唯一零點(diǎn)，則=（ ）
A．26B．63C．57D．25
7．已知函數(shù)的定義域?yàn)?，且為奇函?shù)，為偶函數(shù)，，則=（ ）
A．4036B．4040C．4044D．4048
8．已知直線l：與曲線W：有三個交點(diǎn)D、E、F，且，則以下能作為直線l的方向向量的坐標(biāo)是（ ）．
A．B．C．D．
二、多選題
9．已知由樣本數(shù)據(jù)（i=1，2，3，…，10）組成的一個樣本，得到回歸直線方程為，且．剔除一個偏離直線較大的異常點(diǎn)后，得到新的回歸直線經(jīng)過點(diǎn)．則下列說法正確的是
A．相關(guān)變量x，y具有正相關(guān)關(guān)系
B．剔除該異常點(diǎn)后，樣本相關(guān)系數(shù)的絕對值變大
C．剔除該異常點(diǎn)后的回歸直線方程經(jīng)過點(diǎn)
D．剔除該異常點(diǎn)后，隨x值增加相關(guān)變量y值減小速度變小
10．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角θ以坐標(biāo)原點(diǎn)O為頂點(diǎn)，以x軸的非負(fù)半軸為始邊，其終邊經(jīng)過點(diǎn)，，定義，，則（ ）
A．B．
C．若，則D．是周期函數(shù)
11．如圖，多面體由正四棱錐和正四面體組合而成，其中，則下列關(guān)于該幾何體敘述正確的是（ ）
A．該幾何體的體積為B．該幾何體為七面體
C．二面角的余弦值為D．該幾何體為三棱柱
三、填空題
12．從某工廠生產(chǎn)的零件中隨機(jī)抽取11個，其尺寸值為43，45，45，45，49，50，50，51，51，53，57（單位：mm），現(xiàn)從這11個零件中任取3個，則3個零件的尺寸剛好為這11個零件尺寸的平均數(shù)、第六十百分位數(shù)、眾數(shù)的概率為 ．
13．已知偶函數(shù)的圖像關(guān)于點(diǎn)中心對稱，且在區(qū)間上單調(diào)，則 ．
14．若實(shí)數(shù)x，y滿足，則的最大值為
四、解答題
15．已知函數(shù)，
(1)若在定義域內(nèi)是減函數(shù)，求a的取值范圍；
(2)當(dāng)時，求的極值點(diǎn)．
16．據(jù)新華社北京2月26日報道，中國航天全年預(yù)計實(shí)施100次左右發(fā)射任務(wù)，有望創(chuàng)造新的紀(jì)錄，我國首個商業(yè)航天發(fā)射場將迎來首次發(fā)射任務(wù)，多個衛(wèi)星星座將加速組網(wǎng)建設(shè)；中國航天科技集團(tuán)有限公司計劃安排近70次宇航發(fā)射任務(wù)，發(fā)射290余個航天器，實(shí)施一系列重大工程任務(wù).由于航天行業(yè)擁有廣闊的發(fā)展前景，有越來越多的公司開始從事航天研究，某航天公司研發(fā)了一種火箭推進(jìn)器，為測試其性能，對推進(jìn)器飛行距離與損壞零件數(shù)進(jìn)行了統(tǒng)計，數(shù)據(jù)如下：
參考數(shù)據(jù)：，，，
(1)建立y關(guān)于x的回歸模型，根據(jù)所給數(shù)據(jù)及回歸模型，求y關(guān)于x的回歸方程（精確到0.1，精確到1）；
(2)該公司進(jìn)行了第二項(xiàng)測試，從所有同型號推進(jìn)器中隨機(jī)抽取100臺進(jìn)行等距離飛行測試，對其中60臺進(jìn)行飛行前保養(yǎng)，測試結(jié)束后，有20臺報廢，其中保養(yǎng)過的推進(jìn)器占比30%，請根據(jù)統(tǒng)計數(shù)據(jù)完成2×2列聯(lián)表，并根據(jù)小概率值的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為推進(jìn)器是否報廢與保養(yǎng)有關(guān)？
附：回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為，，，；
17．在三棱錐中，PB⊥平面ABC，，點(diǎn)E在平面ABC內(nèi)，且滿足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC
(1)當(dāng)時，求點(diǎn)E的軌跡長度；
(2)當(dāng)二面角的余弦值為時，求三棱錐的體積．
18．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓W：的離心率為，已知橢圓長軸長是短軸長的2倍，且橢圓W過點(diǎn)．
(1)求橢圓W的方程；
(2)已知平行四邊形ABCD的四個頂點(diǎn)均在W上，求平行四邊形ABCD的面積S的最大值．
19．對稱變換在對稱數(shù)學(xué)中具有重要的研究意義．若一個平面圖形K在m（旋轉(zhuǎn)變換或反射變換）的作用下仍然與原圖形重合，就稱K具有對稱性，并記m為K的一個對稱變換．例如，正三角形R在（繞中心O作120°的旋轉(zhuǎn)）的作用下仍然與R重合（如圖1圖2所示），所以是R的一個對稱變換，考慮到變換前后R的三個頂點(diǎn)間的對應(yīng)關(guān)系，記；又如，R在（關(guān)于對稱軸所在直線的反射）的作用下仍然與R重合（如圖1圖3所示），所以也是R的一個對稱變換，類似地，記．記正三角形R的所有對稱變換構(gòu)成集合S．一個非空集合G對于給定的代數(shù)運(yùn)算.來說作成一個群，假如同時滿足：
I．，；
II．，；
Ⅲ．，，；
Ⅳ．，，．
對于一個群G，稱Ⅲ中的e為群G的單位元，稱Ⅳ中的為a在群G中的逆元．一個群G的一個非空子集H叫做G的一個子群，假如H對于G的代數(shù)運(yùn)算來說作成一個群．

(1)直接寫出集合S（用符號語言表示S中的元素）；
(2)同一個對稱變換的符號語言表達(dá)形式不唯一，如．對于集合S中的元素，定義一種新運(yùn)算*，規(guī)則如下：，．
①證明集合S對于給定的代數(shù)運(yùn)算*來說作成一個群；
②已知H是群G的一個子群，e，分別是G，H的單位元，，，分別是a在群G，群H中的逆元．猜想e，之間的關(guān)系以及，之間的關(guān)系，并給出證明；
③寫出群S的所有子群．
飛行距離x（kkm）
56
63
71
79
90
102
110
117
損壞零件數(shù)y（個）
61
73
90
105
119
136
149
163
保養(yǎng)
未保養(yǎng)
合計
報廢
20
未報廢
合計
60
100
0.25
0.1
0.05
0.025
0.01
0.001
1.323
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
參考答案：
1．B
【分析】根據(jù)Venn圖，結(jié)合子集和集合間的運(yùn)算理解判斷.
【詳解】由題意知，從而可得Venn圖如下圖，
對A、D：由Venn圖，可得，故A、D錯誤；
對B：因?yàn)椋_，故B正確；
對C：因?yàn)椋瑒t錯誤，故C錯誤；
故選：B.
2．D
【分析】
根據(jù)函數(shù)的奇偶性求解即可.
【詳解】函數(shù)的定義域?yàn)椋?br>，所以函數(shù)為奇函數(shù)，排除A,B選項(xiàng)，
又因?yàn)楫?dāng)時，，排除C選項(xiàng)，選項(xiàng)D滿足題意，
故選:D.
3．D
【分析】根據(jù)題意可求得，從而得，求解得，從而可求解.
【詳解】由題意知為的實(shí)數(shù)根，
則，即，
則，解得，所以，
所以，故D正確.
故選：D.
4．A
【分析】取為基底，利用平面向量基本定理表示出，進(jìn)行數(shù)量積運(yùn)算即可.
【詳解】在中，取為基底，則.
因?yàn)辄c(diǎn)、分別為的中點(diǎn)，
，
，
故選：A
5．D
【分析】
設(shè)P的坐標(biāo)，代入雙曲線的方程，利用數(shù)量積的坐標(biāo)表示，結(jié)合雙曲線離心率的計算公式求解即得.
【詳解】
設(shè)，雙曲線的半焦距為c，則有，，，
于是，
因此，
當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，則，即，離心率，
所以雙曲線離心率的最小值為.
故選：D
6．C
【分析】
計算，分析的奇偶性，可判斷零點(diǎn)取值，代入計算可得的遞推關(guān)系，求出前5項(xiàng)，計算求和即可.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以，由題意可知：有唯一零點(diǎn).
令，可知為偶函數(shù)且有唯一零點(diǎn)，
則此零點(diǎn)只能為0，即，代入化簡可得：，
又，所以，，，，所以.
故選：C
7．D
【分析】根據(jù)題中為奇函數(shù)，為偶函數(shù)，從而可得出為周期為4的函數(shù)，從而可求解.
【詳解】由題意得為奇函數(shù)，所以，即，所以函數(shù)關(guān)于點(diǎn)中心對稱，
由為偶函數(shù)，所以可得為偶函數(shù)，則，所以函數(shù)關(guān)于直線對稱，
所以，從而得，所以函數(shù)為周期為4的函數(shù)，
因?yàn)?，所以，則，
因?yàn)殛P(guān)于直線對稱，所以，
又因?yàn)殛P(guān)于點(diǎn)對稱，所以，
又因?yàn)?，又因?yàn)椋裕?br>所以，故D正確.
故選：D.
8．C
【分析】
由函數(shù)的性質(zhì)可得曲線的對稱中心，即得，再根據(jù)給定長度求出點(diǎn)的坐標(biāo)即得.
【詳解】顯然函數(shù)的定義域?yàn)镽，，即函數(shù)是奇函數(shù)，
因此曲線的對稱中心為，由直線l與曲線的三個交點(diǎn)滿足，得，
設(shè)，則，令，則有，即，
解得，即，因此點(diǎn)或，或，
選項(xiàng)中只有坐標(biāo)為的向量與共線，能作為直線l的方向向量的坐標(biāo)是.
故選：C
【點(diǎn)睛】
關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵首先是得到曲線對稱中心為，從而得到，然后再去設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)，得到高次方程，利用換元法結(jié)合因式分解解出的坐標(biāo)即可.
9．BC
【分析】
根據(jù)給定條件，求出新樣本的中心點(diǎn)，進(jìn)而求出新回歸直線的斜率，再逐項(xiàng)判斷即得.
【詳解】依題意，原樣本中，，
剔除一個偏離直線較大的異常點(diǎn)后，新樣本中，，
因此剔除該異常點(diǎn)后的回歸直線方程經(jīng)過點(diǎn)，C正確；
由新的回歸直線經(jīng)過點(diǎn)，得新的回歸直線斜率為，因此相關(guān)變量x，y具有負(fù)相關(guān)關(guān)系，A錯誤；
又，則剔除該異常點(diǎn)后，隨x值增加相關(guān)變量y值減小速度變大，D錯誤；
由剔除的是偏離直線較大的異常點(diǎn)，得剔除該點(diǎn)后，新樣本數(shù)據(jù)的線性相關(guān)程度變強(qiáng)，即樣本相關(guān)系數(shù)的絕對值變大，B正確.
故選：BC
10．ACD
【分析】根據(jù)題意分別求出，，則，，從而可對A判斷求解，利用換元法令可對B判斷求解，由求出，并結(jié)合從而可對C判斷求解，由可對D判斷求解.
【詳解】由題意得在角的終邊上，且，所以，，
則，，
對A：，故A正確；
對B：，令，
所以，故B錯誤；
對C：，解得，
又由，故C正確；
對D：，因?yàn)闉橹芷诤瘮?shù)，故D正確.
故選：ACD.
11．ACD
【分析】
選項(xiàng)A可以分別求正四棱錐和正四面體的體積即可；
選項(xiàng)C先確定二面角的平面角為，在三角形中利用余弦定理可得；
選項(xiàng)D先根據(jù)二面角與二面角的關(guān)系確定四點(diǎn)共面，再證得平面平面，三個側(cè)面都是平行四邊形即可；
選項(xiàng)B根據(jù)選項(xiàng)D三棱柱有5個面，可判斷錯誤.
【詳解】
如圖：在正四面體中中，為的中點(diǎn)，連接，連接作于，
則為的中心，為正四面體中的高，
因， ，，，
，
在正四面體中中，為的中點(diǎn)，所以，，
故為二面角的一個平面角，
如圖：在正四棱錐中，由題意，
連接，交于點(diǎn)，連接，則為正四棱錐的高，
，，
，
該幾何體的體積為，故A正確，
取的中點(diǎn)，連接，，
由題意正四棱錐的棱長都為1，所以，，
故即為二面角的一個平面角，
其中，，
在中，，故C正確，
因，可知二面角與二面角所成角互補(bǔ)，
故平面與為同一平面，同理，平面和平面也為同一平面，
故該幾何體有5個面，B錯誤，
因四點(diǎn)共面，且和都為等邊三角形，易知，且，故側(cè)面為平行四邊形，
又平面,平面，所以平面，
同理平面，且側(cè)面為平行四邊形，
又，平面，平面，
所以平面平面，又側(cè)面為正方形，
故多面體即為三棱柱，故D正確，
故選：ACD
12．
【分析】分別求出11個零件的平均數(shù)49、第六十百分位數(shù)50，眾數(shù)45，然后分別求出取出3個零件有165種，3個零件符合平均數(shù)、第六十百分位數(shù)、眾數(shù)有6種情況，再利用古典概率從而可求解.
【詳解】由題意知11個零件的平均數(shù)為，
第六十百分位數(shù)的位置為，即取第7位數(shù)50，故第六十百分位數(shù)為50，
由題可知眾數(shù)為45，
所以當(dāng)從11中取出3個零件共有種情況，
則3個數(shù)分別為平均數(shù)49、第六十百分位數(shù)50，眾數(shù)45共有種情況，
所以其概率為，
故答案為：.
13．/1.5
【分析】
根據(jù)題意，再由對稱中心求出，最后根據(jù)函數(shù)單調(diào)性確定.
【詳解】因?yàn)榕己瘮?shù)，所以，，
即或，
又的圖像關(guān)于點(diǎn)中心對稱，
所以，即，
所以，
因?yàn)楹瘮?shù)單調(diào)，所以，即，
所以當(dāng)時，符合條件.
故答案為：
14．
【分析】
利用向量不等式并結(jié)合x的范圍求最值.
【詳解】
設(shè)
則，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍柍闪?br>故，
又，所以，
所以,
當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍柍闪?
故答案為：
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查利用向量不等式求最值，關(guān)鍵是兩次運(yùn)用不等式且保證等號成立.
15．(1)
(2)答案見解析.
【分析】
（1）先由在定義域內(nèi)是減函數(shù)得出對于，恒成立，進(jìn)而分離參數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值；再利用基本不等式得出，即可解答.
（2）分和兩種情況討論，在每一種情況中借助導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性即可求解.
【詳解】（1）由可得：函數(shù)定義域?yàn)椋?
因?yàn)樵诙x域內(nèi)是減函數(shù)，
所以對于，恒成立，即對于，恒成立.
則對，恒成立.
因?yàn)椋?br>所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
則，
所以
故a的取值范圍為.
（2）因?yàn)椋?br>所以當(dāng)時，，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，此時無極值點(diǎn)；
當(dāng)時，方程的判別式，方程兩根為，.
令，解得；
令，解得或，
則函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以函數(shù)的極小值點(diǎn)為，極大值點(diǎn)為.
綜上可得：當(dāng)時， 無極值點(diǎn)；
當(dāng)時，函數(shù)的極小值點(diǎn)為，極大值點(diǎn)為.
16．(1)
(2)列聯(lián)表見解析；是否報廢與保養(yǎng)有關(guān)，理由見解析.
【分析】（1）根據(jù)題意可求出，，從而可求解.
（2）根據(jù)題意可將列聯(lián)表補(bǔ)充完整，并求得，從而求解判斷是否報廢與是否保養(yǎng)有關(guān).
【詳解】（1）由題意得，
則，
所以.
（2）設(shè)零假設(shè)為：是否報廢與是否保養(yǎng)無關(guān)，
由題意，報廢推進(jìn)器中保養(yǎng)過的共臺，未保養(yǎng)的推進(jìn)器共臺，
補(bǔ)充列聯(lián)表如下：
則，
根據(jù)小概率值的獨(dú)立性檢驗(yàn)，我們推斷不成立，即認(rèn)為是否報廢與保養(yǎng)有關(guān)，
此推斷的錯誤概率不大于0.01.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)題意利用面面垂直及線面垂直證明，并建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，由可求出，再結(jié)合，從而可求解.
（2）由（1）結(jié)論，求出平面平面的法向量，然后由，從而可求出點(diǎn)坐標(biāo)，從而可求解.
【詳解】（1）作交于，因?yàn)槠矫嫫矫?，且平面平面?br>因?yàn)槠矫妫云矫?，又因?yàn)槠矫妫裕?br>因?yàn)槠矫妫矫?，所以?br>因?yàn)椋?，平面，，所以平面?br>又因?yàn)槠矫?，所以?br>分別以直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，
則，，，，
設(shè)，因?yàn)?，所以，，?br>所以，即，
設(shè)中點(diǎn)為，則，如圖：
又因?yàn)?，所以?br>因此的軌跡為圓弧，其長度為.
（2）由（1）知，可設(shè)，，，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，令，則，，，
為平面的一個法向量，令二面角為角，
則，因?yàn)椋?br>所以，解得，（舍去）或，，
則或，
則點(diǎn)到平面的距離為1，
從而可得三棱錐的體積
.
18．(1)
(2)4
【分析】（1）根據(jù)題意可得，從而求出，即可求解.
（2）分情況討論直線斜率存在與不存在的情況，然后與橢圓方程式聯(lián)立，再結(jié)合韋達(dá)定理求出相應(yīng)關(guān)系式，并利用基本不等式求出最值，從而可求解.
【詳解】（1）由題意知，解得，
由長軸長是短軸長的2倍，則，
所以橢圓的方程為.
（2）當(dāng)直線斜率存在，這的方程為，，
因?yàn)?，故可設(shè)方程為，
由，得，
則，，，
所以，
同理，
因?yàn)?，所以，因?yàn)?，所以?br>所以，
當(dāng)且僅當(dāng)時，平行四邊形取得最大值為4.
當(dāng)直線的斜率不存在時，此時平行四邊形為矩形，設(shè)，易得，
又因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)時取等.
綜上所述：平行四邊形的面積的最大值為4.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意Δ的判斷；
（3）列出韋達(dá)定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達(dá)定理求解.
19．(1)答案見解析；
(2)①證明見解析；②答案見解析，證明見解析；③證明見解析.
【分析】
（1）根據(jù)給定信息，按旋轉(zhuǎn)變換、對稱變換分別求出對應(yīng)變換，再寫出集合.
（2）①根據(jù)群的定義條件，逐一驗(yàn)證即得；②按照群定義Ⅲ、Ⅳ分別推理計算即得；③寫出的所有子群即可.
【詳解】（1）
依題意，正三角形的對稱變換如下：繞中心作的旋轉(zhuǎn)變換；
繞中心作的旋轉(zhuǎn)變換；
繞中心作的旋轉(zhuǎn)變換；
關(guān)于對稱軸所在直線的反射變換；
關(guān)于對稱軸所在直線的反射變換；
關(guān)于對稱軸所在直線的反射變換，
綜上，.（形式不唯一）
（2）
①Ⅰ.，，；
Ⅱ.，，，
，
所以；
Ⅲ.
，
而，所以；
Ⅳ.，
；
綜上可知，集合對于給定的新運(yùn)算*來說能作成一個群.
②，，證明如下：
先證明：由于是的子群，取，則，，
根據(jù)群的定義，有，，所以，
所以，即，
即，所以.
再證明：由于，，，
所以，所以，
所以，所以.
③的所有子群如下：
，
，，
，
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運(yùn)算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.
保養(yǎng)
未保養(yǎng)
合計
報廢
6
14
20
未報廢
54
26
80
合計
60
40
100

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