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．若命題“”是假命題，則實數(shù)的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知，，，則實數(shù)的大小關(guān)系正確的是（ ）
A．B．C．D．
3．函數(shù)的大致圖象為（ ）
A． B．
C． D．
4．已知正四棱錐，其中，，平面過點A，且平面，則平面截正四棱錐的截面面積為（ ）
A．B．C．D．
5．下列命題中，正確命題的個數(shù)為（ ）
①若直線的一個方向向量是，平面的一個法向量是，則
②若向量，滿足，且，則在方向上的投影向量為
③若，則，的夾角是鈍角
④已知正四面體的棱長為1，則
A．4B．3C．2D．1
6．三所大學(xué)發(fā)布了面向高二學(xué)生的夏令營招生計劃，某中學(xué)有四名學(xué)生報名參加．若每名學(xué)生只能報一所大學(xué)，每所大學(xué)都有該中學(xué)的學(xué)生報名，且大學(xué)只有其中一名學(xué)生報名，則不同的報名方法共有（ ）
A．18種B．21種C．24種D．36種
7．復(fù)數(shù)滿足，則的實部為（ ）
A．B．C．D．
8．已知函數(shù)，若曲線在點處的切線方程為，則函數(shù)在內(nèi)的單調(diào)遞減區(qū)間是（ ）
A．B．C．D．
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．若實數(shù)，則下列不等關(guān)系正確的是（ ）
A．
B．若，則
C．若，則
D．若，，，則
10．已知曲線的方程為:，下列結(jié)論正確的為（ ）
A．曲線關(guān)于坐標(biāo)軸對稱
B．曲線圍成的圖形面積大于48
C．曲線與圓有4個公共點
D．若A，B為曲線與軸的交點，點曲線上，則的面積最大為.
11．如圖所示，四面體的底面是以為斜邊的直角三角形，體積為，平面，，為線段上一動點，為中點，則下列說法正確的是（ ）
A．三棱錐的體積和三棱錐的體積相等
B．當(dāng)時，
C．當(dāng)時，
D．四面體的外接球球心為，且外接球體積與之比的最小值是
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．在正方體中，點是上的動點，是平面內(nèi)的一點，且滿足，則平面與平面所成角余弦值的最大值為 .
13．已知函數(shù)，設(shè)數(shù)列是首項為，公差為的等差數(shù)列，關(guān)于正整數(shù)的方程：的解為 .
14．已知直線，曲線，以坐標(biāo)原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線的極坐標(biāo)方程為.若曲線分別交直線和曲線于點，則 .
四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟.
15．（13分）已知關(guān)于的不等式的解集為集合，.
(1)若是的必要不充分條件，求的取值范圍.
(2)若，求的取值范圍.
16．（15分）已知函數(shù).
(1)若僅有一個極值點且恒成立，求實數(shù)的取值范圍;
(2)當(dāng)變化時，求的圖象經(jīng)過的所有定點的坐標(biāo)，并請寫出一個函數(shù)，使其圖象經(jīng)過上述所有定點;
(3)證明：.
17．（17分）如圖，在四棱錐中，平面底面，底面是直角梯形，，，，，是的中點.

(1)證明：平面；
(2)底邊上是否存在異于端點的一點，使得直線與平面所成的角為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
18．（15分）學(xué)校教學(xué)樓的每兩層樓之間的上下樓梯有個臺階，從下至上記臺階所在位置為，同學(xué)甲在上樓的過程中，每一步等可能地跨或個臺階（位置或）.
(1)記甲邁步后所在的位置為，寫出的分布列和期望值.
(2)求甲步內(nèi)到過位置的概率；
(3)求步之內(nèi)同時到過位置和的有多少種走法，及發(fā)生的概率.
19．（17分）已知數(shù)列滿足：，，數(shù)列的前項和為，且．
(1)求數(shù)列，的通項公式；
(2)記，數(shù)列的前項和為，若對一切恒成立，求實數(shù)的取值范圍．
參考答案
1．A
【分析】將命題是假命題轉(zhuǎn)化為其否定是真命題進(jìn)行分析，通過換元轉(zhuǎn)化為一元二次不等式在給定區(qū)間上的恒成立問題，通過分離參數(shù)求最值得到最終結(jié)果.
【詳解】由題意，命題“”是假命題，
等價于其否定“”是真命題，
令，則對恒成立，
即，需滿足，
而，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號.
所以，即.
故選：A.
2．C
【分析】利用中間變量法得到，利用構(gòu)造函數(shù)法得到即可.
【詳解】因為，，
所以，而，，
故我們構(gòu)造指數(shù)函數(shù)，得到，
由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)得在上單調(diào)遞減，
因為，所以，綜上可得，故C正確.
故選：C
3．B
【分析】首先判斷函數(shù)的奇偶性，再集合函數(shù)值的正負(fù)，以及取向，即可判斷選項.
【詳解】函數(shù)的定義域為，且，
所以函數(shù)是奇函數(shù)，故排除A，
且當(dāng)時，，故排除C，
，當(dāng)時，，故排除D，滿足條件的只有B.
故選：B
4．A
【分析】根據(jù)線面垂直作出截面，然后利用余弦定理、三角形的面積公式等知識求得截面面積.
【詳解】依題意，在正四棱錐中，，
且，
所以，所以三角形是等邊三角形，
設(shè)是的中點，則，所以，且，
設(shè)平面與分別相交于點，

則由得，
，
所以，故，
所以，
所以，
在三角形中，由余弦定理得：
，
所以，
所以結(jié)合正四棱錐對稱性得，
所以截面面積為.
故選：A.
5．C
【分析】根據(jù)空間向量的坐標(biāo)運算判斷直線與平面的位置關(guān)系，即可判斷①；利用投影向量的計算公式判斷②；根據(jù)向量夾角與數(shù)量積的關(guān)系判斷③；利用正四面體的幾何性質(zhì)結(jié)合空間向量的運算轉(zhuǎn)化求解即可判斷④，從而得結(jié)論.
【詳解】對于①，若直線的一個方向向量是，平面的一個法向量是，
則，所以或，故①不正確；
對于②，若向量，滿足，且，
則在方向上的投影向量為，故②正確；
對于③，若，，的夾角是鈍角或平角，故③不正確；
對于④，已知正四面體的棱長為1，
則
，
故④正確；
綜上，正確命題的個數(shù)為2個.
故選：C.
6．C
【分析】按分步乘法計數(shù)原理，首先選一人去大學(xué)，然后將剩余的三位同學(xué)分為兩組2，1，再分配到兩所學(xué)校即可求解.
【詳解】第一步選一人去大學(xué)，則有（種），
第二步將剩余的三位同學(xué)以一組兩人，一組一人進(jìn)行分組，然后分配到兩所學(xué)校，
則有（種），
則不同的報名方法共有（種），
故選：C.
7．C
【分析】設(shè)出，，，由復(fù)數(shù)的運算求解即可.
【詳解】設(shè)，，，
，
，
所以的實部為，
故選：C.
8．A
【分析】根據(jù)給定條件，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出，再利用導(dǎo)數(shù)求出單調(diào)遞減區(qū)間.
【詳解】函數(shù)，求導(dǎo)得，則，
由曲線在點處的切線方程為，得，解得，
于是，由，得，而，解得，
所以函數(shù)在內(nèi)的單調(diào)遞減區(qū)間是.
故選：A
9．BCD
【分析】對于A，由指數(shù)函數(shù)以及冪函數(shù)的單調(diào)性即可判斷；
對于B，由對數(shù)的運算以及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可判斷；
對于C，利用做差法即可比較大小；
對于D，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的單調(diào)性，即可求解..
【詳解】對于A，在上單調(diào)遞減，又，，
由于冪函數(shù)，
當(dāng)a>0時，在0,+∞上單調(diào)遞增；
當(dāng)時，在0,+∞單調(diào)遞減；
故無法判斷與大小，故A錯誤；
對于B，當(dāng)時，，
，，故B正確；
對于C，當(dāng)時，，
，故C正確；
對于D，要證，
原不等式變形為，
令，
則，因為，所以，
令，解得：，，
由于
所以，，
當(dāng)時，單調(diào)遞減，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，
所以，故D正確.
故選：BCD．
10．ACD
【分析】根據(jù)給定條件，利用方程的特征，畫出圖象，數(shù)形結(jié)合，再逐項判斷即可.
【詳解】在中，由，得或，由，得或，
則直線與坐標(biāo)軸有5個公共點
當(dāng)時，曲線：是直線右側(cè)半圓，圓心，半徑；
當(dāng)時，曲線：是直線右側(cè)半圓，圓心，半徑；
當(dāng)時，曲線：是直線左側(cè)半圓，圓心，半徑；
當(dāng)時，曲線：是直線左側(cè)半圓，圓心，半徑，
對于A，點與，點與都關(guān)于軸對稱，且四邊形是菱形，關(guān)于軸對稱，
因此曲線關(guān)于軸對稱，同理曲線關(guān)于軸對稱，A正確；
對于B，曲線圍成的圖形面積，B錯誤；
對于C，點在圓內(nèi)，4個半圓與圓各有一個公共點，
因此曲線與圓有4個公共點，C正確；
對于D，點到軸距離最大值為，而，則的最大面積為，D正確.
故選：ACD
11．ABD
【分析】根據(jù)錐體體積的計算公式可得兩個三棱錐高和底面積相等，即A正確；利用線面垂直判定定理以及面面垂直的性質(zhì)定理可證明平面，可判斷B正確；當(dāng)與重合，可知，這與矛盾，因此C不成立；利用三棱錐性質(zhì)可求得外接球球心為的位置及其半徑與三棱錐棱長的關(guān)系即可求得與之比的最小值.
【詳解】對于A，因為為中點，則，而兩個三棱錐高相等，故體積相等，A正確；
對于B，因為平面，平面，所以，
又，，平面，
故平面，平面，故平面平面，
過作，垂足為，如下圖所示：
因為面平面，平面，故面，
而面，故，若，
則，而平面，故平面，
又平面，故，故B正確.
對于C，若與不重合，由平面，平面，可得；
又是以為斜邊的直角三角形可知，
又,平面，所以平面,
又平面，所以，
當(dāng)時，，平面，
所以平面，又平面，
可得，
但若與重合，由于，若，，平面，
所以平面，平面，故，這與矛盾，所以不成立，
故與重合，滿足，但此時不成立，故C錯誤；
對于D，由平面，平面，故，
故，為外接球球心，且，，
又，可以在以中點為圓心，為半徑的圓上運動，
到的距離為，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
故到的距離最大為，此時，
故，D正確，
故選：ABD.
12．33/133
【分析】利用線面垂直的判定定理證得平面，可知點的軌跡為線段，由二面角的定義得到平面與平面所成角為，進(jìn)面求出的最小值和最大值，從而得解.
【詳解】連接、、、，設(shè)，連接、，如下圖所示：
因為且，則四邊形為平行四邊形，
因為四邊形為正方形，則，
因為平面，平面，則，
因為，、平面，所以平面，
因為平面，所以，
因為是平面內(nèi)的一點，且滿足，所以點的軌跡為線段，
設(shè)正方體的棱長為，則，
因為四邊形為正方形，，則為的中點，且，
由勾股定理可得，則，
所以為平面與平面所成角（或補(bǔ)角），
由圖可知，由圖可知，當(dāng)點與點重合時，最大，
，，
因為平面，平面，則，同理，
此時；
當(dāng)與點重合時，最小，易得，
所以
，
又因為函數(shù)在上單調(diào)遞減，
所以，則，
而平面與平面所成角為銳角，不妨設(shè)為，則，
所以平面與平面所成角的余弦值的最大值為.
故答案為：.
【點睛】方法點睛：求二面角常用的方法：
（1）幾何法：二面角的大小常用它的平面角來度量，平面角的作法常見的有：
①定義法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性質(zhì)；
（2）空間向量法：分別求出兩個平面的法向量，然后通過兩個平面法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求二面角是銳角還是鈍角.
13．2025
【分析】根據(jù)等差數(shù)列定義得，由解析式寫出對應(yīng)的函數(shù)值，并找到周期，利用周期性求方程的解.
【詳解】由題設(shè)，
所以，，
則，，
綜上，對于，其對應(yīng)函數(shù)值以8為周期，且，
由，即.
故答案為：2025
14．/0.75
【分析】根據(jù)直線的極坐標(biāo)方程與曲線的極坐標(biāo)方程求得的極坐標(biāo)，即可求出答案.
【詳解】直線的極坐標(biāo)方程為，
曲線的極坐標(biāo)方程為，
化簡得，
將代入和的極坐標(biāo)方程，得，，
.
故答案為：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）首先解不等式求出集合、，依題意真包含于，即可得到不等式組，解得即可；
（2）首先判斷，即可得到或，解得即可.
【詳解】（1）由，即，解得，
所以，
由，等價于，解得，
所以，
因為是的必要不充分條件，所以真包含于，
所以，解得，
即的取值范圍為；
（2）因為，顯然，
所以或，
解得或，
即的取值范圍為.
16．(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）由分類討論函數(shù)極值并求函數(shù)最小值滿足條件即可；
（2）令的系數(shù)為求定點，結(jié)合特殊角的正切值寫出滿足題意的一個函數(shù)即可；
（3）化簡函數(shù)解析式求導(dǎo)函數(shù)，利用隱零點回代的方法求證函數(shù)最小值大于0可得.
【詳解】（1）由題知，
①當(dāng)時，恒成立，
當(dāng)時，在單調(diào)遞減，
當(dāng)時，在單調(diào)遞增，
則僅有一個極值點，且.
要使恒成立，得，解得.
所以；
②當(dāng)時，由，得或.
當(dāng)，即時，恒成立，則在上單調(diào)遞增，
即函數(shù)無極值點，不滿足題意；
當(dāng)時，即時，
當(dāng)時，，在單調(diào)遞增；
當(dāng)時，，在單調(diào)遞減；
當(dāng)時，，在單調(diào)遞增；
則在與處都取極值，即有兩個極值點，故不滿足題意；
同理，當(dāng)時，即時，也有兩個極值點，故不滿足題意；
綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.
（2）令，可得或，
，
的圖象經(jīng)過的所有定點的坐標(biāo)為和.
函數(shù)圖象過和，
則，且.
當(dāng)時，函數(shù)，
則，且滿足題意.
圖象經(jīng)過點和的函數(shù)可以是.(函數(shù)解析式不唯一)
（3）要證，
即證.
設(shè)，
則
設(shè)，則在區(qū)間上單調(diào)遞增，
故存在唯一的，使得，
即，即.
當(dāng)時，，即；
當(dāng)時，，即，
在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，
設(shè)，則在區(qū)間上單調(diào)遞增，
當(dāng)時，，
.
【點睛】方法點睛：在導(dǎo)函數(shù)應(yīng)用題型中，有些題目零點不會解，可以采用設(shè)出零點，利用導(dǎo)數(shù)為0條件代回函數(shù)解析式求解最值的方法，一般步驟如下：
（1）用零點存在性定理判定導(dǎo)函數(shù)零點的存在性，列出零點方程，并結(jié)合的單調(diào)性得到零點的取值范圍．
（2）以零點為分界點，說明導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，進(jìn)而得到的最值表達(dá)式．
（3）將零點方程適當(dāng)變形，整體代入最值式子進(jìn)行化簡證明，有時（1）中的零點范圍還可以適當(dāng)縮?。?br>17．(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可知平面，即可得，由題意可得，結(jié)合線面垂直的判定定理分析證明；
（2）做輔助線，分析可知，由垂直關(guān)系可得，設(shè)，利用等體積法運算求解.
【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，，平面，
所以平面.
由平面，可得，
又因為是的中點，，則，
且，、平面，所以平面.
（2）假設(shè)在上存在異于端點的點，使得直線與平面所成的角大小為.
過點作平面，垂足為，連結(jié)、、，

則，，
設(shè)，，則，
由（1）可知：平面，，
可知平面，
由平面，可得，
在中，，
在中，，
因為底面是直角梯形，，，，
則，，
可得，，
由得，，
即，解得，
故存在點，使得直線與平面所成的角大小為，此時.
18．(1)分布列見解析，
(2)
(3)種，
【分析】（1）列出的所有可能取值,分別求出每種取值下的概率,即可得分布列和期望；
（2）步內(nèi)到過位置可以有三種情況，4步，5步，6步，再分別討論每種情況發(fā)生的概率相加即可求解；
（3）由題意，依次遞推出，再減去不能到達(dá)的以及和重復(fù)計算的可得解，根據(jù)遞推公式可得到數(shù)列是等比數(shù)列，在根據(jù)條件概率可得解.
【詳解】（1）由題意可知甲每步跨或個臺階的概率都為，
可能的取值為，，，.取值分別對應(yīng)步中分別有，，，次跨兩個臺階，
故，
的分布列如下，
.
（2）步內(nèi)到過位置記為事件可分為：步到達(dá)位置（記為）、
步到達(dá)位置（記為）和步到達(dá)位置（記為）三種情況.
即步中每步都；即步中有兩步，步；
即步中有兩步，步.
則.
（3）記步內(nèi)到過位置為事件，走法為，則由題意，故由，，
遞推，依次為，其中步和步到達(dá)位置的走法分別為和種，
步到達(dá)位置情況下再到達(dá)位置只有種走法，
步到達(dá)位置不可能再到達(dá)位置，其他到達(dá)位置的情況再到達(dá)位置都有種走法.
故步之內(nèi)同時到過位置和的走法為：種，
記為，由題意，
數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，，，
記步和步到達(dá)位置為分別為事件，，，，
記步內(nèi)到過位置為事件，
則，，，
其余情況下，
，
故步之內(nèi)同時到過位置和的概率為.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：計算出數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，同時計算出條件概率發(fā)生的概率.
19．(1)，.
(2)或
【分析】（1）構(gòu)造數(shù)列，判斷為等比數(shù)列，可求數(shù)列的通項公式；根據(jù)與的關(guān)系求的通項公式.
（2）利用裂項求和法求出，再結(jié)合大于的最大值可求實數(shù)的取值范圍.
【詳解】（1）對：由，且，
所以數(shù)列是以為首項，以為公比的等比數(shù)列.
所以.
對：前項和為.
當(dāng)時，；
當(dāng)時，，
時，上式亦成立.
所以.
（2）因為.
所以.
由已知或.
X
3
4
5
6
P

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