一、選擇題：本大題共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. 數(shù)據(jù)3，4，5，6，7，8，9，10的中位數(shù)為（ ）
A. 6B. C. 7D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)中位數(shù)的概念即可計算結(jié)果.
【詳解】數(shù)據(jù)已經(jīng)從小到大排列好，中間有兩個數(shù)，
故該組數(shù)據(jù)中位數(shù)為：.
故選：B.
2. 函數(shù)在點處的切線與直線平行，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函數(shù)的導函數(shù)，依題意可得，即可得解．
【詳解】，則，
因為函數(shù)在點處的切線與直線平行，
所以，解得，
故選：A．
3. 已知，是單位向量，且它們夾角是，若，，且，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由得，列出方程求解即可．
【詳解】由得，，即，解得，
故選：B．
4. 若，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由降冪公式求出，再結(jié)合誘導公式求解即可．
【詳解】由已知得，，即，
則，
故選：D．
5. 已知是定義域為的偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞減，，，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，利用導數(shù)求得在單調(diào)遞增，得到，得到，再由對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，得到，再由函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性，即可求解.
【詳解】令，可得，所以在單調(diào)遞增，
又由，所以，即，可得，
又由，所以，
因為是定義域為的偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞減，
則在上單調(diào)遞增，且，
所以，即，
所以.
故選：A.
6. 已知拋物線：，直線與拋物線交于兩點，過兩點分別作拋物線的兩條切線交于點，若為正三角形，則的值為 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】可得關(guān)于軸對稱，且軸，則兩條切線的交點在軸上，設(shè)，，可設(shè)，聯(lián)立拋物線得，從而將代入直線與拋物線，即可得的值.
【詳解】
由題意可得關(guān)于軸對稱，且軸，則兩條切線的交點在軸上，
設(shè)，
因為為正三角形，不妨取，則，
聯(lián)立，可得，
則，可得，
所以，代入，可得，
又，聯(lián)立解得.
故選：C.
7. 漢諾塔（Twer f Hani），是一個源于印度古老傳說的益智玩具. 如圖所示，有三根相鄰的標號分別為A、B、C的柱子， A柱子從下到上按金字塔狀疊放著個不同大小的圓盤，要把所有盤子一個一個移動到柱子B上，并且每次移動時，同一根柱子上都不能出現(xiàn)大盤子在小盤子的上方，請問至少需要移動多少次？記至少移動次數(shù)為，例如：，，則下列說法正確的是（ ）
A. B. 為等差數(shù)列
C. 為等比數(shù)列D.
【答案】C
【解析】
【分析】由題意可得，判斷A；歸納得到，結(jié)合等差數(shù)列以及等比數(shù)列的概念可判斷B，C；求出，判斷D.
【詳解】由題意知若有1個圓盤，則需移動一次：
若有2個圓盤，則移動情況為：，需移動3次；
若有3個圓盤，則移動情況如下：
，共7次，故，A錯誤；
由此可知若有n個圓盤，設(shè)至少移動次，則,
所以，而，故為等比數(shù)列，
故即，該式不是n的一次函數(shù)，
則不為等差數(shù)列，B錯誤；
又，則，，則為等比數(shù)列，C正確，
，D錯誤，
故選：C
8. 三棱錐滿足，二面角的大小為，，，，則三棱錐外接球的體積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】設(shè)，根據(jù)對角線向量的性質(zhì)列方程求關(guān)系，從而可得線線垂直，過作，連接，結(jié)合勾股定理，得線線關(guān)系，從而可得二面角的平面角，從而可確定外接球球心位置得外接球半徑，從而可得球的體積.
【詳解】如圖所示，
設(shè)，則，
由向量的運算及余弦定理可得：
所以，
解得：，故，過作，連接，則，
設(shè)，則，解得：，所以點與點重合，
故，，即為二面的平面角，
故三棱錐可放置成如圖所示，
為底面正的外心，即,
為的外接球球心，即，為使得，故，
所以三棱錐的外接球半徑，
所以外接球的體積.
故選：D.
【點睛】方法點睛：解決與球相關(guān)的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：
（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；
（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系），達到空間問題平面化的目的；
（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分. 在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對得6分，部分選對得部分分，有錯選得0分.
9. 已知，，，則（ ）
A. 且B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由，可得，即可判斷，同理判斷，判斷A；利用基本不等式可判斷B，C，D；
【詳解】對于A，，，，則，故，同理可得，A正確；
對于B，，，，
當且僅當時取等號，B正確；
對于C，，，，則，
則，
當且僅當，即時取等號，C錯誤；
對于D，由于，故，
當且僅當時取等號，而，故，D正確，
故選：ABD
10. 已知復數(shù)，其中為虛數(shù)單位，若滿足，則下列說法中正確的是（ ）
A. 的最大值為
B. 的最大值為
C. 存在兩個，使得成立
D. 存在兩個，使得成立
【答案】AD
【解析】
【分析】由得在復平面內(nèi)對應(yīng)點的軌跡為橢圓，由橢圓方程的范圍即可判斷ABC；由得在圓上，由圓與橢圓的位置關(guān)系即可判斷D．
【詳解】由得，在復平面內(nèi)對應(yīng)點的軌跡為橢圓，方程為，
對于A，表示復平面內(nèi)到原點的距離，
因為在橢圓上，所以當在橢圓上頂點或下頂點時，到原點的距離最大為2，故A正確；
對于B，由橢圓方程的取值范圍可知，，則的最大值為2，故B錯誤；
對于C，由得，，由橢圓方程中范圍可知，，故不存在滿足，故C錯誤；
對于D，表示復平面內(nèi)到點的距離為1，
因為復平面內(nèi)到點距離為1點的軌跡為圓，方程為，
由圖象可知，圓與橢圓有2個交點，所以存在兩個，使得成立，故D正確；
故選：AD．
11. 已知數(shù)列與滿足，且，.若數(shù)列保持順序不變，在與項之間都插入個后，組成新數(shù)列，記的前項和為，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用構(gòu)造等比數(shù)列法判斷A；繼而結(jié)合可判斷B；根據(jù)數(shù)列的規(guī)律，計算數(shù)列的項數(shù)，可確定，判斷C，確定數(shù)列的項，利用等比數(shù)列的求和公式可判斷D.
【詳解】對于A，，且，則，
即數(shù)列為等比數(shù)列，，故，
則，A錯誤；
對于B，，B正確；
對于C，新數(shù)列為，由于，，
即數(shù)列從到共有項，到共有項，
而和之間有個10，故，C正確；
對于D，結(jié)合C的分析，可得
，D正確，
故選：BCD
【點睛】關(guān)鍵點睛：解答本題的關(guān)鍵時CD選項的判斷，解答時要結(jié)合數(shù)列的特點，判斷數(shù)列的項數(shù)，從而確定項的取值.
三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 的展開式的第四項為_________.
【答案】
【解析】
【分析】寫出二項式的通項公式，代值計算即得.
【詳解】的展開式的通項為，
令，得
故答案為：.
13. 過原點的直線與圓交于兩點，若，則直線的斜率為_____________.
【答案】或
【解析】
【分析】首先判斷直線的斜率存在，設(shè)，，，聯(lián)立直線與圓的方程，消元，列出韋達定理，由，可得，代入即可求出.
【詳解】當斜率不存在時，解得或，
因為且，即不滿足，故舍去；
當直線的斜率存在時，設(shè)斜率為，則，
代入圓，得，
顯然，設(shè)，，
則，，
因為，則，則，，
聯(lián)立可得，解得或．
故答案為：或．
14. 已知定義在上的增函數(shù)滿足:對任意的都有且，函數(shù)滿足，. 當時，，若在上取得最大值的值依次為，，…，，取得最小值的值依次為，，…，，若，則的取值范圍為____________
【答案】.
【解析】
【分析】由的性質(zhì)得，，由滿足的條件得，，的圖象關(guān)于點對稱，關(guān)于直線對稱，的一個周期是4，可得的最值點與最值的結(jié)果，結(jié)合已知分析求解.
【詳解】定義在上的增函數(shù)，對任意的都有且，
則，得，
，得，
當時，，則在上單調(diào)遞增，且，，
函數(shù)滿足，則的圖象關(guān)于點對稱，
得在上單調(diào)遞增，且，，
，則的圖象關(guān)于直線對稱，
得在和上單調(diào)遞減，且，
由和，得，
則有，，
故的一個周期是4，且在時取最大值0，在時取最小值-2，
若在上取得最大值的值依次為，，…，，取得最小值的值依次為，，…，，
有或，
，
當時，有，方程無正整數(shù)解；
當時，有，解得；
則有，即，
所以的取值范圍為.
故答案為：
【點睛】方法點睛：
本題以抽象函數(shù)為載體綜合考查函數(shù)的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)已知條件判斷出的周期及其在一個周期內(nèi)的單調(diào)性和最值.
以下是抽象函數(shù)周期性質(zhì)的一些總結(jié)，可以適當總結(jié)記憶：
設(shè)函數(shù)．
（1）若，則函數(shù)的周期為；
（2）若，則函數(shù)的周期為；
（3）若，則函數(shù)的周期為；
（4）若，則函數(shù)的周期為；
（5）若，則函數(shù)的周期為；
（6）若函數(shù)的圖象關(guān)于直線與對稱，則函數(shù)的周期為；
（7）若函數(shù)的圖象既關(guān)于點對稱，又關(guān)于點對稱，則函數(shù)的周期為；
（8）若函數(shù)的圖象既關(guān)于直線對稱，又關(guān)于點對稱，則函數(shù)的周期為．
四、解答題：本大題共5小題，共77分. 解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15. 在三棱臺中，面面，，，，，為中點.
（1）求證：面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)棱臺性質(zhì)及為中點得到四邊形是平行四邊形，故，得到線面平行；
（2）法一：作出輔助線，由面面垂直得到線面垂直，得到是直線與平面所成角，根據(jù)勾股定理及棱臺性質(zhì)得到各邊長，得到正弦值；
法二：建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，得到平面的法向量，求出線面角的正弦值.
【小問1詳解】
∵為中點，，
∴，
∵，所以四邊形是平行四邊形，

又面，面，
面.
【小問2詳解】
法一：將側(cè)棱延長，則交于一點，連，，
因為，所以，
面面，，面面，面，
平面，
是直線與平面所成角.
因為，所以，
所以，
又因為，所以，
又，故，即⊥，
故，
因為平面，平面，
所以，故，
，
直線與平面所成角的正弦值；
法二：面面，，面面，面，
平面，
以為坐標原點，所在直線分別為軸，垂直于平面為軸，建立空間直角坐標系，
因為，所以，
所以，
又，，故，
則，，，
其中是面的一個法向量，
，
直線與平面所成角的正弦值.
16. 盒子中裝有大小形狀相同的4個小球，其中2個白色2個紅色. 每次取一球，若取出的是白球，則不放回；若取出的是紅球，則取完放回.
（1）取兩次，求恰好一紅一白的概率；
（2）取兩次，記取到白球的個數(shù)為隨機變量，求隨機變量的分布列及均值；
（3）在第2次取出的球是紅球的條件下，求第1次取出的球是白球的概率．
【答案】（1）
（2）分布列見解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）借助全概率公式計算即可得；
（2）得到隨機變量所有可能取值后求出對應(yīng)概率，即可得分布列，借助分布列計算即可得均值；
（3）借助全概率公式與條件概率公式計算即可得.
【小問1詳解】
記事件：第一次取到是紅球，事件：第二次取到是紅球，
則；
【小問2詳解】
隨機變量可取0，1，2，
，，，
隨機變量分布列如下：
所以；
【小問3詳解】
，
，
則.
17. 在三角形中，內(nèi)角對應(yīng)邊分別且.
（1）求的大??；
（2）如圖所示，為外一點，，，，，求及的面積.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理邊化角可得，根據(jù)式子特點，變換，從而可以化簡三角恒等式為，最后利用輔助角公式求出；
（2）設(shè)，可知用表示，，利用正弦定理可得公共邊的式子，最后可得一個關(guān)于角的三角方程求解出角的大小，然后求出求出和，最后利用面積公式即可求出面積.
【小問1詳解】
，由正弦定理邊化角得：
，由三角形內(nèi)角和為可得：，
即，
即，
又，
即，又，，即.
【小問2詳解】
設(shè)，在中，，
，，
，
在中，，，，
，
即，
，
，又，
，解得，
，
又由
，
于是.
18. 在平面直角坐標系中，動點（）與定點的距離和到直線：的距離之比是常數(shù)．
（1）求動點的軌跡方程；
（2）記動點的軌跡為曲線，過點的直線與曲線交于兩點，直線與曲線的另一個交點為.
（i）求的值；
（ii）記面積為，面積為，面積為，試問是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）是，3
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意列出方程，化簡，即可求得答案；
（2）（i）設(shè)，，，設(shè)直線方程為，聯(lián)立曲線C的方程，可得根與系數(shù)關(guān)系式，同理設(shè)直線方程為，化簡可得，即可求得答案；（ii）分別求出，的表達式，即可得到的表達式，化簡即可得結(jié)論.
【小問1詳解】
由題意可知，，
化簡得，于是，動點的軌跡方程為．
【小問2詳解】
（i）設(shè)，，，不妨假設(shè)在第一象限，
則E在第四象限，
由題意知的斜率存在且不為0，
設(shè)直線方程為，代入可得，
需滿足，所以，
,直線方程為，代入，
可得，，則，
因為，，所以，
即.
同理，，，即，所以，則關(guān)于x軸對稱，
所以；
（ii）.
所以，.
綜上，為定值．
【點睛】易錯點點睛：解答此類直線和圓錐曲線位置關(guān)系類題目，綜合性較強，難度較大，容易出錯的地方在于復雜的計算，并且基本都是字母參數(shù)的運算，因此要求計算時要十分細心.
19. 帕德近似是法國數(shù)學家亨利?帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個正整數(shù)，函數(shù)在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，…，. 已知在處的階帕德近似為.注：，，，，…
（1）求實數(shù)的值；
（2）當時，試比較與的大小，并證明；
（3）定義數(shù)列：，，求證：.
【答案】（1），；
（2），證明見解析
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)帕德近似定義，列式求解，即得答案.
（2）由題意知只需比較與的大小，即比較比較1與的大小，從而構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)，即可求解；
（3）結(jié)合題意得，令，結(jié)合（2）可得，進而推出，另一方面，令，利用導數(shù)，即可證明結(jié)論.
小問1詳解】
由題意得，，
，故，，
解得，.
【小問2詳解】
由上可得，要比較與的大小，
，只需比較1與的大小，
令，，
所以，從而可得在上單調(diào)遞增，
所以，即，所以.
【小問3詳解】
設(shè)，，
當時，，在上單調(diào)遞減，
當時，，在上單調(diào)遞增，
故，即，當且僅當時等號成立；
由題意知，，，
則，故可得；
，令，，
故該函數(shù)在上遞減，故可得，即，可得；
一方面：由（2）可得，
又因為，所以可得，即，即，
即，
故，即，所以.
另一方面：，
令，，
所以在單調(diào)遞增，所以，得證.
【點睛】難點點睛：本題考查了導數(shù)新定義問題，解答的關(guān)鍵是要理解導數(shù)的新定義，并由此取解決問題，難點在于（3）中不等式的證明，解答時要結(jié)合，進行放縮，并結(jié)合構(gòu)造函數(shù)進行證明.
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