A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由一元二次不等式的解法以及對數函數的單調性解不等式，再求并集.
【詳解】因為.
所以.
故選：B
2. 某校高一年級有180名男生，150名女生，學校想了解高一學生對文史類課程的看法，用分層抽樣的方式，從高一年級學生中抽取若干人進行訪談.已知在女生中抽取了30人，則在男生中抽取了（）
A. 18人B. 36人C. 45人D. 60人
【答案】B
【解析】
【分析】
先計算出抽樣比，即可計算出男生中抽取了多少人.
【詳解】解：女生一共有150名女生抽取了30人，
故抽樣比為：，
抽取男生人數為：.
故選：B.
3. 已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且=，則B= ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】試題分析：根據正弦定理可得,
由已知可得,整理可得,
,在中.故C正確.
考點：1正弦定理;2余弦定理.
4. 已知不重合的直線和平面，，，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】C
【解析】
【詳解】a⊥b可得兩平面的法向量垂直，則兩平面垂直α⊥β，
平面垂直α⊥β可得兩平面的法向量垂直a⊥b，
故選C．
5. 若均為正數，且，則的最小值等于（）
A. B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根據基本不等式“1”的用法求解即可.
【詳解】因為均為正數，且，
所以，，當且僅當時等號成立，
所以，的最小值等于.
故選：B
6. 如圖1，水平放置的直三棱柱容器中，，，現往內灌進一些水，水深為2．將容器底面的一邊AB固定于地面上，再將容器傾斜，當傾斜到某一位置時，水面形狀恰好為三角形，如圖2，則容器的高h為（）
A. 3B. 4C. D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】利用兩個圖形裝水的體積相等即可求解.
【詳解】在圖1中，
在圖2中，，
.
故選：A.
7. 某校高三年級在迎新春趣味運動會上設置了一個三分線外定點投籃比賽項目，規(guī)則是：每人投球5次，投中一次得1分，沒投中得0分，且連續(xù)投中2次額外加1分，連續(xù)投中3次額外加2分，連續(xù)投中4次額外加3分，全部投中額外加5分．某同學投籃命中概率為，則該同學投籃比賽得3分的概率為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】討論得3分的情況，結合條件概率乘法公式與互斥事件的加法公式即可求解．
【詳解】該同學投籃比賽得3分的情況有為：
①第一、三、五次分別投中，第二、四次都沒有投中，
概率為；
②第一、二次連續(xù)兩次投中，其它三次都沒有投中，
概率為：；
③第二、三次連續(xù)兩次投中，其它三次都沒有投中，
概率為：；
④第三、四次連續(xù)兩次投中，其它三次都沒有投中，
概率為：；
⑤第四、五次連續(xù)兩次投中，其它三次都沒有投中，
概率為：．
該同學投籃比賽得3分的概率為：
．
故選：C．
8. 在中，點滿足，且所在直線交邊于點，有，，，則的值為（）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量和角平分線的概念分析可得點為三角形內心，根據內切圓的性質，結合向量數量積運算即可求解.
【詳解】因為，所以，
所以是的角平分線，
又因為所在直線交邊于點，且，
所以是的角平分線，
所以點是的內心，
由可得，
由題意作圖，如圖所示，分別為圓與三角形三邊的切點，
由三角形內切圓的幾何性質可得，
所以，
又因為，所以，
所以，
故選：B
二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的或不選的得0分）
9. 已知復數（為虛數單位）則下列結論正確的是（）
A. B. 的實部為1
C. 的共輒復數是D. 在復平面內對應的點在第二象限
【答案】AB
【解析】
【分析】利用復數的乘除運算可得，根據復數模的求法可判斷A；根據復數的概念可判斷B；由共軛復數的概念可判斷C；由復數的幾何意義可判斷D.
詳解】，
；的實部為；的共輒復數為；
在復平面內的對應點為，位于第一象限.
故A、B正確，C、D不正確.
故選：AB.
10. 已知函數的圖象關于直線對稱，那么（）
A. 函數為奇函數
B. 函數在上單調遞增
C. 若，則的最小值為
D. 函數的圖象向右平移個單位長度得到函數的圖象
【答案】AC
【解析】
【分析】利用的圖象關于直線對稱，即可求出的值，從而得出的解析式，再利用三角函數的性質逐一判斷四個選項即可．
【詳解】因為的圖象關于直線對稱，
所以，
得，，因為，所以，
所以，
對于A：，所以為奇函數成立，故選項A正確；
對于B：時，，函數在上不是單調函數；故選項B不正確；
對于C：因為，，又因為，所以的最小值為半個周期，即，故選項C正確；
對于D：函數的圖象向右平移個單位長度得到
，故選項D不正確；
故選：AC
11. 正方體ABCD-的棱長為a，E在棱上運動(不含端點)，則（）
A. 側面中不存在直線與DE垂直
B. 平面與平面ABCD所成二面角為
C. E運動到的中點時，上存在點P，使BC∥平面AEP
D. P為中點時，三棱錐體積不變
【答案】BCD
【解析】
【分析】由線垂直于面，則線垂直于面內的任意一條線，可判斷A選項，由二面角的定義找到平面與平面ABCD所成二面角，可判斷B選項，由線面平行的判定定理可以找到點P，可判斷C選項，由線面平行的判定定理可得E到平面的距離為定值，可判斷D選項.
【詳解】對于A選項，E棱上運動時，DE平面，連接，，
則⊥平面，∴，A錯誤.
對于B選項，平面A1DE與平面ABCD所成二面角即為，B正確.
對于C選項，BC∥AD，∴BC∥面AED，
∴當P是A1C與平面AED的交點時，BC//平面AEP，C正確.
對于D選項，連接BC1與B1C交于O，連接PO，
則在中，PO∥A1B1，又∵PO?平面，平面PBC1，
∴A1B1∥平面，∴E到平面的距離為定值.
三棱錐體積不變，D正確.
故選：BCD
12. 已知分別是函數和的零點，則（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】把函數的零點轉化兩個函數圖像交點的橫坐標，再結合反函數圖像的特點得到點和關于點對稱，根據可判斷A、B選項；結合反函數的性質可以判斷C選項；利用特殊值的思路得到的范圍即可判斷D選項.
【詳解】因為，分別是函數，的零點，所以，，那么，可以看做函數和與函數圖像交點的橫坐標，
如圖所示，點，，分別為函數，，的圖像與函數圖像的交點，所以，因為函數和互為反函數，所以函數圖像關于的圖像對稱，的圖像也關于的圖像對稱，所以點和關于點對稱，，，故AB正確；
由反函數的性質可得，因為單調遞增，，
所以，所以，故C錯；
當時，函數對應的函數值為，函數對應的函數值為，因為
，所以，
所以的范圍為，那么，而，所以，故D正確.
故選：ABD.
三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）
13. 已知點是角終邊上的一點，則=______，=_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】
根據三角函數值定義和齊次式計算得到答案.
【詳解】根據題意知：，.
故答案為：-2；4.
【點睛】本題考查了三角函數值定義，齊次式求值，意在考查學生的計算能力和應用能力.
14. 已知，，則向量在方向上的投影向量的坐標為________.
【答案】
【解析】
【分析】根據投影向量公式，即可求解.
【詳解】，，
向量在方向上的投影向量為，
所以投影向量的坐標為.
故答案為：.
15. 如圖，在四面體ABCD中，和都是等腰直角三角形，，，平面，則四面體ABCD外接球的表面積為______．
【答案】
【解析】
【分析】取中點,連接，通過已知條件可以判斷出N為四面體ABCD外接球的球心，進而可求四面體ABCD外接球的表面積.
【詳解】如下圖所示，取中點,連接.
在等腰直角中，，，，
在等腰直角中，，,
又平面，,即N為四面體ABCD外接球的球心，，則四面體ABCD外接球的表面積為.
故答案為：
16. 如圖所示，有一塊三角形的空地，已知千米，AB＝4千米，則∠ACB＝________；現要在空地中修建一個三角形的綠化區(qū)域，其三個頂點為B，D，E，其中D，E為AC邊上的點，若使，則BD＋BE最小值為________平方千米．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】在中，利用余弦定理求得再由正弦定理求解；設分別在，中，利用正弦定理分別求得BD，BE，再由；令轉化為求解.
【詳解】在中，由余弦定理得，
則
根據正弦定理有
所以，
；
設
則
在中，由正弦定理得
在中，由正弦定理得
則；
令則
則
易知分母且是一個單調遞增的函數，
則是一個單調遞減的函數，
當時，有最小值，．
故答案為：；.
四、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
17. 已知角α的頂點與原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，它的終邊過點P（）．
（Ⅰ）求sin（α+π）的值；
（Ⅱ）若角β滿足sin（α+β）=，求csβ的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或 .
【解析】
【分析】分析：（Ⅰ）先根據三角函數定義得，再根據誘導公式得結果，（Ⅱ）先根據三角函數定義得，再根據同角三角函數關系得，最后根據，利用兩角差的余弦公式求結果.
【詳解】詳解：（Ⅰ）由角的終邊過點得，
所以.
（Ⅱ）由角的終邊過點得，
由得.
由得，
所以或.
點睛：三角函數求值兩種類型
(1)給角求值：關鍵是正確選用公式，以便把非特殊角的三角函數轉化為特殊角的三角函數.
(2)給值求值：關鍵是找出已知式與待求式之間的聯系及函數的差異.
①一般可以適當變換已知式，求得另外函數式的值，以備應用；
②變換待求式，便于將已知式求得的函數值代入，從而達到解題的目的.
18. 在中，，，，D是邊BC上一點，，設，．
（1）試用，表示；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據題意可得、，結合平面向量的線性運算即可求解；
（2）根據平面向量數量積的定義求出，結合數量積的運算律計算即可求解.
【小問1詳解】
∵D是邊BC上一點，，
∴，又∵，，得，
∴．
【小問2詳解】
∵，，，
∴，
．
19. 的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知B=150°.
（1）若a=c，b=2，求的面積；
（2）若sinA+sinC=，求C.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）已知角和邊，結合關系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面積公式，即可得出結論；
（2）方法一：將代入已知等式，由兩角差的正弦和輔助角公式，化簡得出有關角的三角函數值，結合的范圍，即可求解.
【詳解】（1）由余弦定理可得，
的面積；
（2）[方法一]：多角換一角
，
，
，
.
[方法二]：正弦角化邊
由正弦定理及得．故．
由，得．
又由余弦定理得，所以，解得．
所以．
【整體點評】本題考查余弦定理、三角恒等變換解三角形，熟記公式是解題的關鍵，考查計算求解能力，屬于基礎題.其中第二問法一主要考查三角恒等變換解三角形，法二則是通過余弦定理找到三邊的關系，進而求角.
20. 為了選擇奧賽培訓對象，今年月我校進行一次數學競賽，從參加競賽的同學中，選取名同學將其成績分成六組：第組，第組，第組，第組，第組，第組，得到頻率分布直方圖（如圖），觀察圖形中的信息，回答下列問題：
（1）利用組中值估計本次考試成績的平均數；
（2）從頻率分布直方圖中，估計第百分位數是多少；
（3）已知學生成績評定等級有優(yōu)秀?良好?一般三個等級，其中成績不小于分時為優(yōu)秀等級，若從第組和第組兩組學生中，隨機抽取人，求所抽取的人中至少人成績優(yōu)秀的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根據頻率分布直方圖估計平均數的方法直接計算可得結果；
（2）首先確定第百分位數位于，設其為，由可求得結果；
（3）根據頻率分布直方圖計算出第五組和第六組的人數，利用列舉法列舉出所有可能的基本事件，并確定滿足題意的基本事件個數，根據古典概型概率公式可求得結果.
【小問1詳解】
由頻率分布直方圖可知平均數.
【小問2詳解】
成績在的頻率為，成績在的頻率為，
第百分位數位于，設其為，
則，解得：，第百分位數為.
【小問3詳解】
第組的人數為：人，可記為；第組的人數為：人，可記為；
則從中任取人，有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共種情況；
其中至少人成績優(yōu)秀的情況有：，，，，，，，，，，，，，，，共種情況；
至少人成績優(yōu)秀的概率.
21. 如圖，在四棱臺中，底面是邊長為2的菱形，，平面平面，點分別為的中點，均為銳角.
（1）求證：；
（2）若異面直線與所成角正弦值為，四棱錐的體積為1，求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性質得到平面，從而得到；
（2）幾何法：通過面面垂直作過二面角的平面角，通過幾何計算求解；
空間向量法：建立坐標系用空間向量求解.
【小問1詳解】
底面是菱形，
，
又平面平面，且平面平面，平面，
平面，又平面，
.
【小問2詳解】
解法一：
由（1）知面，又平面，
平面平面，
作交線，垂足為，
因為平面平面=，平面，則面，
又平面，所以.
再作，垂足為，面，面，
所以面，又面
則，
所以為二面角的平面角，
因為平面，所以到底面的距離也為.
作，因平面平面，平面平面＝，
平面，所以平面，所以，
又為銳角，
所以
又，所以為等邊三角形，故，所以，
因為，所以，
所以.
所以二面角的平面角的余弦值為.
解法二：由（1）知面，又平面，
平面平面，
作，因為平面平面，平面平面＝，
平面，所以平面，
如圖，建立直角坐標系：為原點，為軸方向，軸.
因為平面，所以到底面的距離也為.
所以，又為銳角，所以
又，所以為等邊三角形，故，
在空間直角坐標系中：，設，則
則，
設平面的法向量為，
，取
設平面的法向量為，
，取
所以，
由題知二面角為銳角，故二面角的平面角的余弦值為.
22. 若函數在時，函數值的取值區(qū)間恰為，則稱為的一個“倒域區(qū)間”.定義在上的奇函數，當時，.
（1）求在內的“倒域區(qū)問”；
（2）將函數在定義域內所有“倒域區(qū)間”上的圖像作為函數的圖像，是否存在實數，使集合恰含有2個元素.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知列出關系式，，解出a、b即可；
（2）分析題意得出，，從而只需考慮或即可，再根據（1）的結論求出，然后根據方程求出.
【小問1詳解】
根據已知得，在上單調遞減，則在內的“倒域區(qū)間” 應滿足，，則可知，a,b是方程的兩個解，且，
解方程，即，可化為，
即，解得，，，（舍去）
所以，，，
所以，在內的“倒域區(qū)間”為.
【小問2詳解】
現在來求在上的解析式
，則，有
因為，為定義在上的奇函數，則有
所以，.
因為在時，函數值的取值區(qū)間恰為，則有，且，所以a、b同號，所以只需考慮或即可.
①當時，根據的圖象知，最大值為1，所以有，，
從而有，由（1）知，此時的“倒域區(qū)間”為；
②當時，根據的圖象知，最小值為-1，
所以有，，從而有，又在上單調遞減，
則，則可知，a,b是方程的兩個解，且，
解方程，即，可化為，
即，解得，，，（舍去）
所以，，，
此時的“倒域區(qū)間”.
所以，
依題意知，拋物線與函數有兩個交點時，一個交點在第一象限，一個交點在第三象限，即應使在內恰有一個實數解，并使在內恰有一個實數解.
由方程在內恰有一個實數解，；
由方程在內恰有一個實數解，.
綜上可得，

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