2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學校、班級、姓名、試場號、座位號及準考證號.
3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；
4.考試結束后，只需上交答題卷.
選擇題部分
一、單選題：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. 已知，，，則（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)列舉法表示集合的基本運算即可求出結果.
【詳解】由題意可知，又；
可得.
故選：A
2. 已知向量，，，則實數(shù)k的值為（）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標表示計算即可.
【詳解】由題意可得：，
所以.
故選：B
3. 已知異面直線a，b分別為平面，的垂線，直線m滿足，，，，則（）
A. 與相交，且交線與m平行B. 與相交，且交線與m垂直
C. 與平行，m與平行D. 與平行，m與垂直
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)空間中線、面的位置關系判定即可.
【詳解】若與平行，由可得，與條件矛盾，不符合題意，故C、D錯誤；
所以與相交，如圖所示，作，且與直線相交，
設，則由題意，故，同理，
因為，，所以，故A正確.
4. 在中， “”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】
【分析】由三角形大邊對大角可知，再由正弦定理可知充分性成立，同理可得必要性也成立.
【詳解】由題可知，又，可知，可得；
又，所以，所以充分性成立；
若，可得，即，
又，，所以，可得，即；所以必要性成立；
因此“”是“”的充要條件.
故選：C
5. 將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，得到函數(shù)的圖象，則函數(shù)在時的值域為（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)三角函數(shù)的圖象變換求出函數(shù)的解析式，再結合正弦函數(shù)的圖象性質(zhì)求解即可.
【詳解】函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，
得到函數(shù),
因為,所以,
所以,
故選:D.
6. 二戰(zhàn)期間，盟軍的統(tǒng)計學家主要是將繳獲的德軍坦克序列號作為樣本，用樣本估計總體的方法得出德軍某月生產(chǎn)的坦克總數(shù).假設德軍某月生產(chǎn)的坦克總數(shù)為N，繳獲的該月生產(chǎn)的n輛坦克編號從小到大為，，…，，即最大編號為，且繳獲的坦克是從所生產(chǎn)的坦克中隨機獲取的.因為生產(chǎn)的坦克是連續(xù)編號的，所以繳獲坦克的編號，，…，相當于從中隨機抽取的n個整數(shù)，這n個數(shù)將區(qū)間分成個小區(qū)間.
由于N是未知的，除了最右邊的區(qū)間外，其他n個區(qū)間都是已知的，由于這n個數(shù)是隨機抽取的，所以可以用前n個區(qū)間的平均長度估計所有個區(qū)間的平均長度，進而得到N的估計.若繳獲坦克的編號為14，28，57，92，141，173，224，288，則利用上述方法估計的總數(shù)為（）
A. 306B. 315C. 324D. 333
【答案】C
【解析】
【分析】依題意可先將坦克標號數(shù)據(jù)前n個區(qū)間的平均長度計算出來，再根據(jù)樣本估計總體的思想即可求得結果.
【詳解】根據(jù)題意可知，且；
所以前8個區(qū)間的平均長度，因此估計所有9個區(qū)間的平均長度，
計算可得.
故選：C
7. 已知，，，則x，y，z的大小關系為（）
A. B.
CD.
【答案】C
【解析】
【分析】利用對數(shù)運算法則以及對數(shù)函數(shù)單調(diào)性可限定出x，y，z的取自范圍，即可得出結論.
【詳解】根據(jù)題意可得，，
利用對數(shù)函數(shù)單調(diào)性可知，即；
又，可得；
而，即；
綜上可得.
故選：C
8. 已知，，則的最小值為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】合理變形結合基本不等式計算即可.
【詳解】由，且，
故，
當且僅當，即時取得等號.
故選：B
二、多選題：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，選對但不全的得2分，有選錯的或不選的得0分.
9. 在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則的面積可能為（）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用三角形面積公式及余弦定理結合基本不等式可得面積最大值，由此判定選項即可.
詳解】由余弦定理可得，
當且僅當時取得等號，此時，
當A靠近BC時高較小，此時的面積接近0，故ABC符合題意.
故選：ABC.
10. 下列命題中正確的是（）
A. 某校按的比例對高一、高二、高三三個年級的學生進行分層隨機抽樣，如果抽取的樣本容量為900，則樣本中高一年級的學生人數(shù)為300
B. 一組數(shù)據(jù)12，13，14，14，15，16的平均數(shù)與眾數(shù)相同
C. 一組數(shù)據(jù)從小到大依次為1，2，3，5，m，若這組數(shù)據(jù)的極差為中位數(shù)的2倍，則
D. 若甲組數(shù)據(jù)為1，2，3，4，5，乙組數(shù)據(jù)為6，7，8，9，10，則甲組數(shù)據(jù)的標準差大于乙組數(shù)據(jù)的標準差
【答案】BC
【解析】
【分析】由分層抽樣的概念可判定A，由平均數(shù)和眾數(shù)的概念可判定B，由中位數(shù)和極差的定義可判定C，由標準差的定義可判定D.
【詳解】對于A，可知高一學生數(shù)為，故A錯誤；
對于B，該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)，眾數(shù)也是14，故B正確；
對于C，易知該組數(shù)據(jù)的極差為，中位數(shù)為3，則，故C正確；
對于D，易知甲乙兩組的平均數(shù)分別為，
故兩組數(shù)據(jù)的標準差分別為，
，故D錯誤.
故選：BC
11. 函數(shù)的定義域為，已知是奇函數(shù)，，當時，，則有（）
A. 一定是周期函數(shù)B. 在單調(diào)遞增
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由抽象函數(shù)的性質(zhì)一一判定即可.
【詳解】∵是奇函數(shù)，∴，
∴，故C正確；
又，
故，
即是的一個周期，故A正確；
由是奇函數(shù)知關于中心對稱，即函數(shù)在上的單調(diào)性與上的單調(diào)性一致，
由，則時，，顯然此時函數(shù)單調(diào)遞減，即B錯誤；
由上可知：，故D錯誤.
故選：AC.
12. 如圖，在棱長為1的正方體中，點P為線段上的一個動點，則（）
A對任意點P，都有
B. 存在點P，使得的周長為3
C. 存在點P，使得PC與所成的角為
D. 三棱錐的外接球表面積的最小值為
【答案】AD
【解析】
【分析】利用線面垂直即可判定A，利用點到直線的距離可判定B，利用異面直線夾角的求法結合余弦定理求夾角的范圍即可判定C，利用球的性質(zhì)確定外接球半徑結合函數(shù)求最小值即可判定D.
【詳解】
連接，
由正方體的性質(zhì)可知，
又面，則面，
又面，故對任意點P，都有，A正確；
的周長為，易知重合時取得最小值，
易知為正三角形，故，P為中點時取得，
明顯，故B錯誤；
設，
則由余弦定理及勾股定理可得：，
易知，故PC與所成的角為，
所以①，
令，則，令，
由對勾函數(shù)的單調(diào)性可知：當時，即，，
當時，即，當時，即，
故①，
由余弦函數(shù)在銳角范圍單調(diào)性可知，而，故C錯誤；
易知底面ABC的外接圓圓心為AC中點E，取的中點，則球心O在線段上，
如圖所示，連接球心與三棱錐的各頂點，
設，則有，
化簡得，
故，當重合時取得最小值，D正確.
故選：AD
非選擇題部分
三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在答題卡中相應的橫線上.
13. 已知圓錐的高為2，體積為，則該圓錐的側面積為______.
【答案】
【解析】
【分析】利用圓錐體積公式可知其底面半徑，再由側面展開圖可計算可得面積為.
【詳解】設圓錐底面半徑為，由題意可得圓錐的高，體積，
解得；
所以圓錐母線；
由圓錐側面展開圖可知，展開圖是半徑為，弧長為的扇形，
所以該圓錐的側面積為.
故答案為：
14. 已知銳角終邊上一點P的坐標為，則______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用三角函數(shù)的定義和半角公式計算即可.
【詳解】由三角函數(shù)定義可知：，
則.
故答案為：
15. 已知函數(shù)，若函數(shù)有兩個零點，且，則的取值范圍為______.
【答案】
【解析】
【分析】結合函數(shù)的性質(zhì)得出，建立方程用表示，結合二次函數(shù)的性質(zhì)計算即可.
【詳解】的零點等價于與交點的橫坐標，易知在定義域上單調(diào)遞減，結合一次函數(shù)性質(zhì)可得如下函數(shù)圖象，
故，，
所以①，
令，則①=，
由二次函數(shù)的性質(zhì)可知當時取得最小值，沒有最大值，
故.
故答案為：.
16. 定義向量，其中，，若存在實數(shù)t，使得對任意的正整數(shù)，都有成立，則x的最小值是______.
【答案】##
【解析】
【分析】依題意將問題轉(zhuǎn)化為系列點到的距離大于，從而結合圖形分析系列點的情況，得到與，從而得解.
【詳解】依題意得，則，
所以，
故，
等價于點到的距離，
易知與是單位圓上的點，
且由于，則是一系列點，
因為存在實數(shù)t，使得對任意的正整數(shù)n，都有成立，即，
所以系列點在必然出現(xiàn)周期重疊現(xiàn)象，即為單位圓上有限個點，
否則系列點為無限個數(shù)，且會出現(xiàn)與距離趨于的現(xiàn)象，
易知此時不可能存在滿足題意，
所以必有，使得，則，即，
此時，易知系列點中每兩個點之間的距離為定值，
又易知與所夾的弧所對的圓心角為，
為使得對任意的正整數(shù)n，都有，則也要成立，
故當點為的中點時，取得滿足要求的最小值，
此時，記的中點為，連接，易得，，
所以，故，
所以，即，
因為，
所以，
易知，所以，故，則，
又，所以，即x的最小值為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是將問題轉(zhuǎn)化為系列點到的距離大于，再分析系列點的特點，從而得解.
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. 某校為了調(diào)查學生的數(shù)學學習情況，在某次數(shù)學測試后，抽取了100位同學的成績，并繪制成如圖所示的頻率分布直方圖，已知這100名同學的成績范圍是，數(shù)據(jù)分組為，，，，.
（1）求x的值；
（2）估計這100名同學成績的上四分位數(shù)（第75百分位數(shù)）.
【答案】（1）
（2）85.
【解析】
【分析】（1）由頻率分布直方圖的性質(zhì)計算即可；
（2）利用百分位數(shù)計算公式計算即可.
【小問1詳解】
由得；
【小問2詳解】
由，設這100名學生成績的第75百分位數(shù)為m，
則.
由得
所以這100名學生成績的第75百分位數(shù)為85.
18. 已知復數(shù)z滿足（i是虛數(shù)單位）
（1）求z的值；
（2）若復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點在第三象限，求實數(shù)m的取值范圍.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用的除法運算求出即可.
（2）由（1）的結論，結合復數(shù)的乘方運算，再利用復數(shù)的幾何意義列出不等式組求解作答.
【小問1詳解】
由，得.
【小問2詳解】
由（1）知，
，由復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點在第三象限，
得，解得，
所以實數(shù)m的取值范圍為.
19. 如圖所示，M是內(nèi)一點，且滿足，BM的延長線與AC的交點為N.
（1）設，，請用，表示；
（2）設，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用基底表示向量即可；
（2）利用向量的的分解和共線向量的線性關系表示即可.
【小問1詳解】
∵，則，
解得，即.
【小問2詳解】
過M作交AB于P，過M作交于Q，則，
因為，則，
又因為相似于，所以,
所以，即.
20. 已知函數(shù).
（1）求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）若的外接圓半徑為1，且，，求BC邊上的中線長.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用誘導公式及二倍角公式化簡解析式，再由正弦函數(shù)的單調(diào)性整體法求單調(diào)區(qū)間即可；
（2）結合（1）及正弦定理可求得三角形的邊長及夾角，由向量法求中線長即可.
【小問1詳解】
由解得：，
故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為.
【小問2詳解】
∵，∴，又，∴，
又∴，，，∴，，
設D為BC中點，則
∴，
即BC邊上的中線長.
21. 如圖所示，在四棱臺中，四邊形ABCD為菱形，，，.
（1）求證：；
（2）若直線與平面ABCD所成角的正弦值為，求二面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取AD的中點E，連接，BE，利用三線合一得，再證明四邊形為平行四邊形從而得到，則，再利用線面垂直的判定和性質(zhì)即可證明；
（2）過E作與BD交于點F，連接，利用定義法，通過作圖找到二面角的平面角為，再利用余弦定理即可得到答案.
【小問1詳解】
取AD的中點E，連接，BE，
由于四邊形ABCD為菱形，，所以三角形是等邊三角形，所以，所以，
又因為，所以，所以四邊形為平行四邊形，
所以，因為，所以，
因為平面，且，所以平面，
又平面，故；
【小問2詳解】
不妨設，則，，，
由平面，且平面，則平面平面，
又因為平面平面，
則在平面投影所在直線為直線，
則直線與平面ABCD所成的角，即，
因為，則，
在中，，，得，
即，解得.
故，，即，，
又因為，且平面，
所以平面.
又平面得，
所以，則.
過E作與BD交于點F，連接，
因為，所以，，，
所以，所以，
則為二面角的平面角.
因為，，
所以.
即二面角的余弦值為.
22. 已知函數(shù)，，且滿足.
（1）求實數(shù)a的取值范圍；
（2）求證函數(shù)存在唯一零點；
（3）設，證明.
【答案】（1）
（2）證明見解析（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）由的范圍解不等式即可求得a的取值范圍；
（2）利用零點存在性定理即可判定；
（3）利用函數(shù)單調(diào)性可判定不等式左側，構造差函數(shù)利用其單調(diào)性可判定不等式右側.
【小問1詳解】
由題意可得，解之得；
【小問2詳解】
由（1）可知在單調(diào)遞增，故在單調(diào)遞增，
且，，
所以由零點存在定理，得在內(nèi)有唯一零點，即函數(shù)存在唯一零點；
【小問3詳解】
若，則，
所以，
又，，
所以
，
令，
又，所以，
即在上單調(diào)遞增，故在上單調(diào)遞增，
所，
即，
綜上，證畢.

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