一?單項選擇題：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. 已知集合，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求集合A,再求交集運算.
【詳解】解不等式得,
所以,
因為,
所以,
故選：C.
2. 已知復(fù)數(shù)滿足，則復(fù)數(shù)（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用復(fù)數(shù)的運算和共軛復(fù)數(shù)的定義求解即可.
【詳解】，故，
故.
故選：B
3. 已知，則“”是“”的（ ）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】D
【解析】
【分析】分別化簡和,再根據(jù)充分、必要條件判斷即可.
【詳解】因為在單調(diào)遞增，且,
所以，即
因為，所以,即,
所以存在兩種情況：且，且，
因此推不出,
同樣推不出,
因此“”是“”的既不充分也不必要條件.
故選：D.
4. 已知，為奇函數(shù)，當時，，則集合可表示為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函數(shù)奇偶性可得不等式等價于，再求出函數(shù)解析式，利用對數(shù)函數(shù)單調(diào)性解不等式可得結(jié)果.
【詳解】因為為奇函數(shù)，所以等價于，即；
當時，，即，解得；
當時，，可得，所以，
解不等式，可得，
綜上可得集合可表示為.
故選：D
5. 已知向量為單位向量，且，則與的夾角為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，兩邊平方，結(jié)合數(shù)量積的定義和運算律及性質(zhì)可求結(jié)論.
【詳解】設(shè)與的夾角為，則，
因為，
所以，
所以，
所以，即
又，，
所以，
所以，又，
所以，即與的夾角為.
故選：C.
6. 已知，則（ ）
A. -3B. -2C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)兩角和的正弦公式和兩角差的余弦公式對題目所給條件進行化簡，再用兩角和的正切公式即可.
【詳解】因為,
所以,
所以,
即,
因為,
所以,
所以.
故選：A.
7. 已知圓錐側(cè)面展開圖是圓心角為直角，半徑為4的扇形，則此圓錐內(nèi)切球的表面積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由扇形弧長的計算，可得圓錐底面半徑，畫組合圖形的軸截面，利用三角形內(nèi)切圓以及勾股定理，最后利用球表面積公式，可得答案.
【詳解】由題意可知，圓錐的母線，底面周長，所以圓錐的底面半徑，
根據(jù)題意可作圓錐與其內(nèi)切球的軸截面如下：

根據(jù)圓錐和球的對稱性可知，球的截面為圓，也即為等腰的內(nèi)切圓，
即，，，，
在中，，由，，則，
在中，，即，
可得，解得，
所以內(nèi)切球的表面積.
故選：A.
8. 若，則的最小值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先對等式進行移項，然后兩邊同時除以，湊出，再利用基本不等式即可.
【詳解】因為
即,兩邊同時除以，得到，
即，
當且僅當，即等號成立，
則，則.
故的最小值為.
故選:.
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.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9. 拋物線的焦點為為拋物線上一動點，當運動到時，，直線與拋物線相交于兩點，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A. 拋物線的方程為：
B. 拋物線的準線方程為：
C. 當直線過焦點時，以為直徑的圓與軸相切
D. 當直線過焦點時，以為直徑的圓與準線相切
【答案】ACD
【解析】
【分析】對于A,B,根據(jù)拋物線的定義即可求解p,進而知道拋物線方程和準線方程；對于C,D，由拋物線的性質(zhì)易知該結(jié)論正確.證明過程見詳解.
【詳解】對于A，如圖所示，過點作準線的垂線，垂足為，
則由拋物線的定義可知:,
解得 .
拋物線的方程為:,故正確;
對于，拋物線的準線方程為，故錯誤；
對于 ,如圖所示，取的中點C,過點C作x軸的垂線，垂足為D,
易知拋物線的焦點，設(shè)，則,,
所以,
所以以為直徑的圓與軸相切，故C正確；
對于, 當直線過拋物線的焦點且與拋物線相交于兩點時，直線的斜率存在，
假設(shè),設(shè),AB的中點為,則 ，
如圖所示，作垂直于準線于點，則,
聯(lián)立，消去并整理可得，
所以，
所以所以,
,
,
,
以 AB 為直經(jīng)的圓與準線相切，故D正確.
故選：ACD.
【點睛】結(jié)論點睛：如圖所示，
已知拋物線,過其焦點且與拋物線交于兩點的直線，則有如下常用結(jié)論：
（1）
（2）若直線AB的傾斜角為，則;
（3）以為直徑的圓都與軸相切，以為直徑的圓與準線相切；
（4）;
10. 已知等差數(shù)列的首項為，公差為，其前項和為，若，則下列說法正確的是（ ）
A. 當時，最大
B. 使得成立的最小自然數(shù)
C.
D. 數(shù)列中的最小項為
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用等差數(shù)列及，判斷出， ，再利用等差數(shù)列和等差數(shù)列前項和的性質(zhì)逐項判斷即可.
【詳解】若，則，
所以，即等差數(shù)列an為遞減數(shù)列，
對于A，由，知等差數(shù)列an前7項為正數(shù)，其余項為負數(shù)，
故當時，最大，故A正確；
對于B，，
故
所以使得成立的最小自然數(shù)不是，故B錯誤；
對于C，，
則，故C正確；
對于D，當或時，；當時，；
由，所以中最小項為，
故D正確.
故選：ACD
11. 已知定義在實數(shù)集上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，且滿足，則（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】對于AB，利用賦值法求得，,再根據(jù)中心對稱的定義判斷即可；
對CD，利用賦值法后結(jié)合數(shù)列性質(zhì)進行相應(yīng)的累加及等差數(shù)列公式法求和即可得．
【詳解】對于A，令，則有，即，
令，則有，所以，
所以函數(shù)不關(guān)于中心對稱，故A錯誤B正確；
對于C，令，則有,即，
則,
，故C正確；
對于D，令，則有,即，則，即，又，
令,，則有，
所以數(shù)列是等差數(shù)列，首項為，公差為1，
所以，
即，
則，故D錯誤．
故選：BC．
三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 已知二項式展開式中第2項的二項式系數(shù)為6，則展開式中常數(shù)項為__________.
【答案】135
【解析】
【分析】根據(jù)題意求出,再寫出二項展開式通項，令的指數(shù)部分為0，然后求解即可.
【詳解】依題意，解得，
二項式的通項為,
令，得，
所以展開式中常數(shù)項為.
故答案為：135.
13. 若函數(shù)的圖象向右平移個單位后在區(qū)間上單調(diào)遞減，則______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出向右平移后的函數(shù)圖象，再根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間列出不等式，進而求解即可.
【詳解】向右平移個單位后得到
因為，所以，
因為在單調(diào)遞減，
所以，即，
所以，所以，
因為，所以當時，.
故答案為：.
14. 設(shè)雙曲線的左右焦點分別為，離心率為為上一點，且，若的面積為，則__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根據(jù)雙曲線定義以及余弦定理，由雙曲線離心率和的面積為可解得.
【詳解】不妨取點在第一象限，如下圖所示：

根據(jù)雙曲線定義可得，且；
由離心率為可得，可得，即；
設(shè)，則；
由的面積為可得，
解得；
利用余弦定理可得，
即，整理可得，
即，所以，解得.
故答案為：2
四?解答題：本題共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. 已知函數(shù).
（1）當時，求的圖象在1,f1處的切線方程；
（2）若函數(shù)在1,+∞上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出，切點為，直接寫出切線方程；
（2）轉(zhuǎn)化為f'x≥0對于x∈1,+∞恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.
【小問1詳解】
當時，，，
，，，
所以的圖象在處的切線方程為：.
【小問2詳解】
，
若函數(shù)在1,+∞上單調(diào)遞增，則f'x≥0對于x∈1,+∞恒成立，
即對于x∈1,+∞恒成立，
令，
當時，，
則函數(shù)在1,+∞上單調(diào)遞增，所以，
故.
16. 在中，角所對的邊分別為，設(shè)向量.
（1）求函數(shù)的最小值；
（2）若，求的面積.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)數(shù)量積的坐標運算公式，二倍角公式，輔助角公式化簡，結(jié)合正弦函數(shù)性質(zhì)求其最小值；
（2）解方程求，由正弦定理可求，再由余弦定理求，根據(jù)三角形面積公式求結(jié)論.
【小問1詳解】
因，所以，
所以當，即時，有最小值
【小問2詳解】
因為，所以，
所以，
因為，所以
由正弦定理，，
所以.
又因為，
所以，得，
由余弦定理有：，
所以.
所以.
17. 如圖，在四棱錐中，四邊形是邊長為2的菱形，，，點分別為棱的中點.

（1）求證：平面；
（2）若直線與平面所成角的大小為，求二面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中點，連接，由已知可證得四邊形為平行四邊形，可得，則得平面.
（2）連接，交于點，可得平面平面，則為直線與平面所成的角的平面角，以為原點，直線所在直線分別為軸，過點O垂直于平面的直線為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量坐標運算，求得平面的一個法向量，取平面一個法向量為，由即可求得二面角的余弦值.
【小問1詳解】
如圖：

取中點，連接，
因為為中點，所以且，
又四邊形為菱形，且為中點，所以且，
所以且，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，又平面平面，
所以平面.
【小問2詳解】
如圖：

連接，交于點，
因為四邊形為菱形，所以，且為的中點，
又因為，所以平面，且，
所以平面，
平面，所以平面平面，
所以是直線在平面內(nèi)的射影，
則為直線與平面所成的角的平面角，則，
又，
所以，
如圖，以為原點，直線所在直線分別為軸，
過點O垂直于平面的直線為z軸，建立空間直角坐標系，
則，
所以.
取平面一個法向量為，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，
令，得，則，
則，
所以二面角的余弦值為.
18. 某校為了提高教師身心健康號召教師利用空余時間參加陽光體育活動．現(xiàn)有4名男教師，2名女教師報名，本周隨機選取2人參加．
（1）求在有女教師參加活動的條件下，恰有一名女教師參加活動的概率；
（2）記參加活動的女教師人數(shù)為X，求X的分布列及期望；
（3）若本次活動有慢跑、游泳、瑜伽三個可選項目，每名女教師至多從中選擇參加2項活動，且選擇參加1項或2項的可能性均為，每名男教師至少從中選擇參加2項活動，且選擇參加2項或3項的可能性也均為，每人每參加1項活動可獲得“體育明星”積分3分，選擇參加幾項活動彼此互不影響，記隨機選取的兩人得分之和為Y，求Y的期望．
【答案】（1）
（2）分布列及期望見解析.
（3）
【解析】
【分析】（1）由條件概率的計算公式即可求解；
（2）參加活動的女教師人數(shù)為，則服從超幾何分布，即可寫出的分布列及期望.
（3）根據(jù)一名女教師和一名男教師參加活動獲得分數(shù)的期望，即可得，即可求得.
小問1詳解】
設(shè)“有女教師參加活動”為事件，“恰有一名女教師參加活動”為事件，
則，，所以.
【小問2詳解】
依題意知服從超幾何分布，且
，，，
所以的分布列為：
.
【小問3詳解】
設(shè)一名女教師參加活動可獲得分數(shù)為，一名男教師參加活動可獲得分數(shù)為，則的所有可能取值為3,6，的所有可能取值為6,9，
，，
，，
有名女教師參加活動，則男教師有名參加活動，，所以.
即兩個教師得分之和的期望為分.
19. 已知橢圓的上頂點為，左?右焦點為，離心率為的面積為，直線與橢圓交于兩點.
（1）求橢圓的方程；
（2）當直線過點且與直線垂直時，求的周長；
（3）若（是坐標原點），求面積的取值范圍.
【答案】（1）
（2）8 （3）
【解析】
【分析】（1）由橢圓的離心率為，可得，，再由，可求得，進而求得，，可得橢圓的方程；
（2）由（1）可得為正三角形，得直線為線段的垂直平分線，則的周長為.
（3）當直線的斜率一條為零，另一條不存在時，的面積為；當直線的斜率存在且不為零時，設(shè)直線，與橢圓聯(lián)立消去得，則得， ，則得，同理可得，，代入，變形后利用基本不等式，即可求得其取值范圍.
【小問1詳解】
因為，所以，又，則，
即橢圓方程為，
因為，所以，
即，則，，
故橢圓方程為.
【小問2詳解】
由（1）知，， ，得為正三角形，
則由，得直線為線段的垂直平分線，
所以且，
則的周長為
.
【小問3詳解】
①當直線的斜率一條為零，另一條不存在時，的面積為，
②當直線的斜率存在且不為零時，設(shè)直線，
與橢圓聯(lián)立消去，得，
即，則，
則，
同理可得，，
故的面積為
，
當且僅當，即時取最小值，
綜上，的面積的取值范圍為.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：第（3）小問，先討論直線的斜率一條為零，另一條不存在時，的面積；再討論直線的斜率存在且不為零時，設(shè)直線，與橢圓聯(lián)立消去，得到，，即可得，同理得，則的面積為，變形后利用基本不等式，從而求得面積的取值范圍.
0
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