滿分150分，考試用時120分鐘
注意事項：
1. 答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼貼在答題卡上的指定位置.
2. 選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
3. 非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi).寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
4. 考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.
一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題所給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）
1 已知集合，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)并集的含義即可.
【詳解】由題意得.
故選：D.
2. 若復數(shù)，則（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】對復數(shù)化簡后，再求其模.
【詳解】因為，
所以.
故選：C
3. 若，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二倍角余弦公式和差角余弦公式可得，求解即可.
【詳解】由題
，
所以.
故選：A
4. 設，，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，利用指數(shù)、對數(shù)函數(shù)及正切函數(shù)的單調性比較大小即得.
【詳解】依題意，，，，而，
所以.
故選：D
5. 在等差數(shù)列中， ， ， （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等差數(shù)列性質可知，，仍為等差數(shù)列，代入即可求解.
【詳解】由等差數(shù)列的性質可知，
在等差數(shù)列中，，仍為等差數(shù)列，
所以，
所以．
故選：C．
6. 已知函數(shù)，則（ ）
A. 有三個極值點B. 有三個零點
C. 點是曲線對稱中心D. 直線是曲線的切線
【答案】C
【解析】
【分析】求導后判斷單調性，從而求得極值點即可判斷A；利用單調性結合零點存在性定理即可判斷B；令，得到是奇函數(shù)，是的對稱中心，再結合圖象的平移規(guī)律即可判斷C；由導數(shù)的幾何意義求得切線方程即可判斷D.
【詳解】對于A，由題，，
令得或，令得，
所以在，上單調遞增，上單調遞減，
所以是極值點，故A不正確；
對應B，因，，，
所以，函數(shù)在上有一個零點，
當時，，即函數(shù)在上無零點，
綜上所述，函數(shù)有一個零點，故B錯誤；
對于C，令，該函數(shù)的定義域為，，
則是奇函數(shù)，是的對稱中心，
將的圖象向上移動一個單位得到的圖象，
所以點是曲線的對稱中心，故C正確；
對于D，令，可得，又，
當切點為時，切線方程為，當切點為時，切線方程為，故D錯誤.
故選：C
7. 若的展開式中二項式系數(shù)和為64，則（ ）
A 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)二項式系數(shù)和求解即可.
【詳解】在二項式 展開式中，二項式系數(shù)的和為，
所以.
故選：D.
8. 已知正三棱錐的側棱與底面邊長的比值為，則三棱錐的側棱與底面所成角的正弦值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正棱錐的性質，先過頂點作底面的垂線，由線面角的定義和題干數(shù)據(jù)進行求解.
【詳解】如圖，為等邊三角形，為中點，作面垂足為，

設，則，根據(jù)正棱錐性質，則，
根據(jù)線面角的定義，三棱錐的側棱與底面所成角為，
則.
故選：B
二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）
9. 如圖，在棱長為1的正方體中，點為線段上的動點（含端點），下列四個結論中，正確的有（ ）
A. 存在點，使得直線與直線所成的角為
B. 存在點，使得直線與直線所成的角為
C. 存在點，使得三棱錐的體積為
D. 存在點，使得平面
【答案】CD
【解析】
【分析】建立空間直角坐標系，設出點的坐標，利用向量的坐標運算判斷AB；求出三棱錐的體積判斷C；利用空間位置關系的向量證明判斷D.
【詳解】在棱長為1的正方體中，建立以為坐標原點，
以所在直線分別為軸的空間直角坐標系，如圖：
則，，
設，即點，且，
對于AB，，則，即，
因此不存在點，使得直線與直線所成的角為或，AB錯誤；
對于C，假設存在點，使得三棱錐的體積為，而，
且點到平面的距離為，則，
解得，當點為線段的靠近的三等分點，即時，三棱錐的體積為，C正確；
對于D，假設存在點，使得平面，而，
則，解得，當點為線段的中點，即時，使得平面，D正確.
故選：CD
10. 已知函數(shù)，的定義域均為R，且，，，則下列說法正確的有（ ）
A. B. 為偶函數(shù)
C. 的周期為4D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)及得，通過賦值，結合判斷A；根據(jù)題意結合偶函數(shù)判斷B；通過賦值根據(jù)周期函數(shù)的定義判斷C；根據(jù)函數(shù)的周期為6，并且結合及賦值法求得，進而求和判斷D.
【詳解】對于A：，故A正確；
對于B：根據(jù)及
得，令，，可得，
且，可得，令，則，
則，即，可知為偶函數(shù)，故B正確；
對于C：令，則，
可知，，
可得，則，
所以，可知周期為6，故C錯誤；
對于D：因為，且，，
令，，可得，所以，
則，，，，
所以，又周期為6，
所以，故D正確.
故選：ABD
【點睛】方法點睛：函數(shù)的性質主要是函數(shù)的奇偶性、單調性和周期性以及函數(shù)圖象的對稱性，在解題中根據(jù)問題的條件通過變換函數(shù)關系，推證函數(shù)的性質，根據(jù)函數(shù)的性質解決問題.
11. 已知圓，則（ ）
A. 圓與直線必有兩個交點
B. 圓上存在4個點到直線的距離都等于1
C. 圓與圓恰有三條公切線，則
D. 動點在直線上，過點向圓引兩條切線，為切點，則四邊形面積最小值為2
【答案】AC
【解析】
【分析】根據(jù)直線切過定點切該定點在圓內(nèi)可判斷A；求出圓的圓心到直線的距離可判斷B；將圓化成標準形式為，轉化為兩圓外切可判斷C；由，且當最小時最小時可判斷D.
【詳解】對于A，將直線整理得，由，
知，所以直線過定點，因為，
所以該定點在圓內(nèi)，故A正確；
對于B，圓的圓心到直線的距離為，
所以過圓心且與直線平行的直線與圓相交有兩個點到直線的距離為1，
與直線平行且與圓相切，并且與直線在圓心同側的直線到的距離為1，
所以只有三個點滿足題意，故B錯誤；
對于C，將圓化成標準形式為，
因為兩圓有三條公切線，所以兩圓外切，所以，
解得，故C正確；
對于D，連接，因為為切點，所以，
所以，且當最小時，最小，
所以當與直線垂直時，，又因為半徑為2，
所以，
所以，故D錯誤.
故選：AC.
三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）
12. 某同學參加學校組織的數(shù)學知識競賽，在4道四選一的單選題中，有3道有思路，有1道完全沒有思路，有思路的題每道做對的概率均為，沒有思路的題只好任意猜一個答案．若從這4道題中任選2題作答，則該同學2道題都做對的概率為________．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)排列組合以及概率的乘法公式，再分兩個題目都有思路和一個有思路一個沒有思路討論即可求解.
【詳解】設事件A表示“兩道題全做對”，
若兩個題目都有思路，則；
若兩個題目中一個有思路一個沒有思路，則；
故.
故答案為：.
13. 在中，，點D在線段上，，，，點M是外接圓上任意一點，則最大值為_______.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)題中條件，結合勾股定理、余弦定理，可得，，由正弦定理，可得外接圓半徑，根據(jù)向量的線性運算法則，結合數(shù)量積公式，可得的最大值，即可得答案.
【詳解】由題意可得：，
，
所以 ，
解得，則，
設的外心為，外接圓的半徑為，
由正弦定理得：，解得，
可得．
由平面向量的線性運算知，，
所以，
由圖可知：．
當且同向時，，
所以最大值為．
故答案為：．
【點睛】方法點睛：平面向量解題方法
1．平面向量的線性運算要抓住兩條主線：一是基于“形”，通過作出向量，結合圖形分析；二是基于“數(shù)”，借助坐標運算來實現(xiàn)．
2．正確理解并掌握向量的概念及運算，強化“坐標化”的解題意識，注重數(shù)形結合思想、方程思想與轉化思想的應用．
提醒：運算兩平面向量的數(shù)量積時，務必要注意兩向量的方向．
14. O為坐標原點，雙曲線的左焦點為，點P在E上，直線與直線相交于點M，若，則E的離心率為____________．
【答案】
【解析】
【分析】作出輔助線，得到，根據(jù)雙曲線定義得到，，設，列出方程，解得，這里取，則，由列出方程，求出，得到離心率.
【詳解】由題意得為雙曲線的一條漸近線，
設雙曲線的右焦點為，連接，
因為，所以，
故，，
由雙曲線定義得，即，故，
設，則，解得，
這里取，則，
，則，又，
故，
化簡得，故.
故答案為：
四、解答題（本大題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）
15. 已知正項數(shù)列中，，且.
（1）求數(shù)列的通項公式；
（2），證明：.
【答案】（1），；
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）由已知得，得到是以為公比的等比數(shù)列，求出通項公式；
（2）求出，利用裂項相消法即可求證.
【小問1詳解】
由，，
得，又，
則是以為首項，為公比的等比數(shù)列，
所以，.
【小問2詳解】
證明：因為
，
所以
.
16. 已知函數(shù).
（1）當時，求曲線在點處切線方程.
（2）若函數(shù)有兩個零點，求實數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出、，利用直線的點斜式方程可得答案；
（2）轉化為的圖象有2個交點，令，利用導數(shù)求出值域，結合圖象可得答案.
【小問1詳解】
當時，，所以,
，，
所以曲線在點處的切線方程為，
即；
【小問2詳解】
，
由得，
的圖象有2個交點，
令，
，當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，所以，
且時，，，
所以時，，所以的大致圖象如下，
所以若函數(shù)有兩個零點，
則，
所以實數(shù)的取值范圍為.
17. 如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，平面平面ABCD，，點P是棱的中點，點Q在棱BC上．
（1）若，證明：平面；
（2）若二面角的正切值為5，求BQ的長．
【答案】（1）證明見解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）取的中點M，連接MP，MB，利用平行四邊形證明，由判定定理得證；
（2）建立空間直角坐標系，設，根據(jù)向量法求出二面角的正切值，解出，即可得解.
【小問1詳解】
取的中點M，連接MP，MB，如圖，
在四棱臺中，四邊形是梯形，，
又點M，P分別是棱的中點，所以，且．
在正方形ABCD中，，又，所以．
從而且，所以四邊形BMPQ是平行四邊形，所以．
又因為平面，平面，所以平面；
【小問2詳解】
在平面中，作于O．
因為平面平面ABCD，平面平面，，
平面，所以平面ABCD．
在正方形ABCD中，過O作AB的平行線交BC于點N，則．
以為正交基底，建立空間直角坐標系．
因為四邊形是等腰梯形，，所以
又，所以．
易得，
所以．
設，所以．
設平面PDQ的法向量為，由，得，
令，可得，另取平面DCQ的一個法向量為．
設二面角平面角為，由題意得．
又，所以，
解得（舍負），因此．
所以當二面角的正切值為5時，BQ的長為1．
18. 為了研究美國人用餐消費與小費支出的關系，隨機抽取了7位用餐顧客進行調查，得樣本數(shù)據(jù)如下：
相關公式：，．
參考數(shù)據(jù)：，．
（1）求小費（單位：美元）關于消費（單位：美元）的線性回歸方程（其中的值精確到0.001）；
（2）試用（1）中的回歸方程估計當消費200美元時，要付多少美元的小費（結果精確到整數(shù)）？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，計算、，求出、，寫出回歸方程；
（2）用（1）中的回歸方程，計算時的值．
【小問1詳解】
依題意可得，
，
，
；
，
，
關于的線性回歸方程為；
【小問2詳解】
由（1）可得當時，；
估計消費200美元時，要付美元的小費．
19. 已知拋物線：，圓：，為坐標原點.
（1）若直線：分別與拋物線相交于點A，（在B的左側）、與圓相交于點S，（S在的左側），且與的面積相等，求出的取值范圍；
（2）已知，，是拋物線上的三個點，且任意兩點連線斜率都存在.其中，均與圓相切，請判斷此時圓心到直線的距離是否為定值，如果是定值，請求出定值；若不是定值，請說明理由.
【答案】（1）
（2）是，定值為1.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，將三角形面積相等轉化為，再利用設而不求分別求得，，從而得到，再由判別式即可得解.
（2）充分利用，得到直線與的方程，利用與圓相切的性質同構出直線的方程，從而得解.
【小問1詳解】
因為與的面積相等，且與的高均為原點到直線的距離，
所以，則，
設，，，，
則，即，
直線：代入拋物線，得，
因為直線與拋物線交于，兩點，
所以，則，
直線：代入圓：，
得，
因為直線與圓于S，T兩點，所以，
即，
即，
所以，
由，得，
又，則，
將其代入得，解得；
將其代入得，解得.
綜上，的取值范圍為.
【小問2詳解】
由題，易知直線，，斜率一定存在，
設，，，
則，
則直線的方程為：，
即，即，
因為圓：的圓心為，半徑為，
因為直線與圓相切，則，
平方化簡得：，
看成關于，為變量的式子得：，
同理得直線與圓C相切，化簡式子后得：，
所以可以同構出直線的方程為：，
所以圓心到直線的距離為：
，
此時圓心到直線的距離為定值，定值為.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標、；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、的形式；
（5）代入韋達定理求解.
消費（單元：美元）
32
40
50
86
63
100
133
小費（單位：美元）
5
6
7
9
8
9
12

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