2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學(xué)校、班級(jí)、姓名、試場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)；
3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無(wú)效；
4.考試結(jié)束后，只需上交答題卷.選擇題部分
一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1. 已知集合，，則（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)定義域和分式不等式解法化簡(jiǎn)集合A，B，由集合交集的定義求解即可．
【詳解】函數(shù)的定義域?yàn)椋?br>不等式，可化為或，所以，
所以，，
所以．
故選：A．
2. 若復(fù)數(shù)z滿足，則（）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先利用復(fù)數(shù)四則運(yùn)算法則計(jì)算得到，從而利用模長(zhǎng)公式得到答案.
【詳解】，故，
所以.
故選：A
3. 如圖所示的圖形中，每一個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1，則（）
A. B. C. 0D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】建立直角坐標(biāo)系，根據(jù)坐標(biāo)運(yùn)算即可求解.
【詳解】如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，每一個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1，
故，，
則.
故選:D.
4. 已知m，n表示兩條不同的直線，，表示兩個(gè)不同的平面，則下列說(shuō)法正確的是（）
A. 若，，則
B. 若，，則
C. 若，，，則
D. 若，，則
【答案】D
【解析】
【分析】由平行于同一平面的兩直線的位置關(guān)系判定A；由面面垂直、線面垂直判定線面關(guān)系判斷B；由兩平行平面內(nèi)兩直線的位置關(guān)系判斷C；由平面與平面垂直的判定定理判斷D．
【詳解】若，，則或m與n相交或m與n異面，故A錯(cuò)誤；
若，，則或，故B錯(cuò)誤；
若，，，則或m與n異面，故C錯(cuò)誤；
若，，由平面與平面垂直的判定可得，故D正確.
故選：D
5. 已知函數(shù)，的圖象如圖所示，則函數(shù)的解析式可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圖象可知，為奇函數(shù)，結(jié)合選項(xiàng)判斷易得，A、C為奇函數(shù)，B、D為偶函數(shù)，排除B、D選項(xiàng)；又知時(shí)，，令即可判斷.
【詳解】由圖像可知，函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，即為奇函數(shù)，可排除B、D項(xiàng)；
對(duì)于C選項(xiàng)，有，而圖像恒在x軸上方可知C選項(xiàng)錯(cuò)誤；
故選：A.
6. 中，，則的取值范圍是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化簡(jiǎn)得到，從而得到，得到，，利用正弦定理得到，從而得到的取值范圍.
【詳解】，
在中，，故或，
當(dāng)時(shí)，，故，不合要求，舍去，
所以，，
因?yàn)椋?，即?br>因?yàn)?，所以?br>由正弦定理得，
故因?yàn)椋裕?br>故，
因?yàn)?，所以?br>故，
因?yàn)椋?，，?br>故.
故選：B
【點(diǎn)睛】解三角形中最值或范圍問題，通常涉及與邊長(zhǎng)，周長(zhǎng)有關(guān)的范圍問題，與面積有關(guān)的范圍問題，或與角度有關(guān)的范圍問題，
常用處理思路：①余弦定理結(jié)合基本不等式構(gòu)造不等關(guān)系求出答案；
②采用正弦定理邊化角，利用三角函數(shù)的范圍求出最值或范圍，如果三角形為銳角三角形，或其他的限制，通常采用這種方法；
③巧妙利用三角換元，實(shí)現(xiàn)邊化角，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為正弦或余弦函數(shù)求出最值.
7. 設(shè)a，，若時(shí)，恒有，則（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用特殊值及解決恒成立問題常用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為求最值問題即可求解.
【詳解】當(dāng)時(shí)，恒有，
當(dāng)時(shí)，原式化為；
當(dāng)時(shí)，原式化為，即，
.
又時(shí)，恒成立；
，即恒成立；
恒成立；
當(dāng)時(shí)，恒成立，
令，則
由二次函數(shù)的性質(zhì)，知在單調(diào)遞增；
，即，
又，，則.
對(duì)于A，，故A不正確；
對(duì)于B，，故B不正確；
對(duì)于C，，故C 正確；
對(duì)于D，，故D不正確.
故選：C.
8. 為慶祝國(guó)慶，立德中學(xué)將舉行全校師生游園活動(dòng)，其中有一游戲項(xiàng)目是夾彈珠．如圖，四個(gè)半徑都是1cm的玻璃彈珠放在一個(gè)半球面形狀的容器中，每顆彈珠的頂端恰好與容器的上沿處于同一水平面，則這個(gè)容器的容積是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)四個(gè)小球和容器的相切關(guān)系，作出對(duì)應(yīng)的正視圖和俯視圖，建立球心和半徑之間的關(guān)系即可得到容器的半徑.
【詳解】分別作出四個(gè)小球和容器的正視圖和俯視圖，如圖所示:
正視圖中小球球心B，半球球心O與切點(diǎn)A構(gòu)成直角三角形，則有，
俯視圖中，四個(gè)小球球心的連線圍成正方形，正方形的中心到球心的距離與正視圖中的相等， 設(shè)半球半徑為R，已知小球半徑r=1，∴，，，.
半球面形狀的容器的容積是.
故選：B
二、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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的或不選的得0分.
9. 某學(xué)校為了了解本校學(xué)生的上學(xué)方式，在全校范圍內(nèi)隨機(jī)抽查部分學(xué)生，了解到上學(xué)方式主要有：A—結(jié)伴步行，B—自行乘車，C—家人接送，D—其他方式．并將收集的數(shù)據(jù)整理繪制成如下兩幅不完整的統(tǒng)計(jì)圖．根據(jù)圖中信息，下列說(shuō)法正確的是（）
A. 扇形統(tǒng)計(jì)圖中的占比最大
B. 條形統(tǒng)計(jì)圖中和高度不一樣
C. 扇形統(tǒng)計(jì)圖中的占比大于的占比
D. 估計(jì)該校超過一半的學(xué)生選擇自行乘車或家人接送
【答案】CD
【解析】
【分析】根據(jù)方式上學(xué)的學(xué)生占比即可求出總?cè)藬?shù)，則得到方式出行的人數(shù)，再對(duì)選項(xiàng)一一分析即可.
【詳解】由條形統(tǒng)計(jì)圖知，自行乘車上學(xué)的有42人,家人接送上學(xué)的有30人,
其他方式上學(xué)的有18人,采用三種方式上學(xué)的共90人,
由扇形統(tǒng)計(jì)圖知，其他方式上學(xué)的學(xué)生占,
所以人，則結(jié)伴步行上學(xué)的有人，
故條形圖中、一樣高，故B錯(cuò)誤；
扇形圖中類占比與一樣都為，故扇形統(tǒng)計(jì)圖中占比大于的占比，故C正確；
因?yàn)闃颖局羞x擇自行乘車或家人接送的頻率為，
所以估計(jì)該校超過一半的學(xué)生選擇自行乘車或家人接送，故D正確；
因?yàn)槠渌绞缴蠈W(xué)的人數(shù)最少，故扇形統(tǒng)計(jì)圖中的占比最小，故A錯(cuò)誤.
故選：CD.
10. 已知，則（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根據(jù)不等式性質(zhì)及指數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)單調(diào)性可判斷A；舉反例可判斷B；利用基本不等式可判斷C,D.
【詳解】根據(jù)冪函數(shù)，指數(shù)函數(shù)在定義域內(nèi)均單調(diào)增函數(shù)，
，故A正確；
由，取，可得，故B錯(cuò)誤；
由可得，當(dāng)且僅當(dāng)即取等號(hào)，C錯(cuò)誤；
由基本不等式可知，當(dāng)且僅當(dāng)取等號(hào)，
但，等號(hào)取不到，故D正確，
故選：AD.
11. 如圖，矩形ABCD中，已知，，E為AD的中點(diǎn).將沿著BE向上翻折至，記銳二面角的平面角為，與平面BCDE所成的角為，則下列結(jié)論可能成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】記中點(diǎn)為，連接，證得，，得到銳二面角的平面角為，在證得平面，過作，證得平面，連接，得到，分別在直角和，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)，逐項(xiàng)判定，即可求解.
【詳解】記中點(diǎn)為，連接，連接與交于點(diǎn)，可得四邊形是正方形，
所以，，故銳二面角的平面角為，
因?yàn)榍移矫妫云矫妫?br>過作于H，則，
又因?yàn)?，且平面，所以平面?br>連接，則與平面所成的角為，
記，因?yàn)橹苯侵校?br>在直角中，，所以①，選項(xiàng)A成立；
將①平方得：，所以，
可得，
因?yàn)?，都是銳角，則，所以，
又因?yàn)?，?br>根據(jù)余弦函數(shù)的單調(diào)性可知，可得，選項(xiàng)C成立；
因?yàn)椋?，若使，則需，
即當(dāng)，可以成立，即B可能成立：
又由由，都是銳角，且，可得，則，
由選項(xiàng)C知，所以，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
故選：ABC.
12. 已知函數(shù)，的定義域均為R，且，．若的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則（）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】對(duì)A選項(xiàng)從函數(shù)關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱得到；對(duì)B選項(xiàng)，通過賦值，得到的其中一個(gè)周期為4，對(duì)C選項(xiàng)進(jìn)行求和得到值與值相關(guān)；對(duì)D由前面知道其一個(gè)周期為4，通過計(jì)算得到其每四個(gè)數(shù)值和為0，最后得到2020組數(shù)據(jù)和也為0.
【詳解】因?yàn)榈膱D象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，所以，
的定義域均為，故，由，得，所以，故A錯(cuò)誤；
令得，，因?yàn)椋?br>所以與聯(lián)立得，
，則，
所以，即的其中一個(gè)周期為4，
因?yàn)?，所以?br>即，所以的其中一個(gè)周期也為4，
由，得，
與聯(lián)立，得，
即．所以B正確；
由，得，但與的值不確定，
又，，
所以
故C錯(cuò)誤；
由，得，所以，
又，，
兩式相加得，，所以，故D正確，
故選：BD．
【點(diǎn)睛】抽象函數(shù)的對(duì)稱性、周期性、奇偶性綜合的問題難度較大，不易推導(dǎo)求解，平時(shí)要多去推導(dǎo)練習(xí).
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的橫線上.
13. 已知甲、乙兩組數(shù)據(jù)從小到大排列，甲：27，28，39，，49，50；乙：24，27，，43，48，52．若這兩組數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)、第50百分位數(shù)分別相等，則______
【答案】
【解析】
【分析】利用百分位數(shù)的定義求解．
【詳解】因?yàn)?，?br>所以第40百分位數(shù)為，第50百分位數(shù)為，則，
所以．
故答案：.
14. 設(shè)，，滿足，則______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則以及換底公式求解.
【詳解】由可知，即，
由可知，即，
消去得，解得或（舍去），
當(dāng)時(shí)，所以，
故答案為：.
15. 已知球O的表面積為，A，B，C，D為球O的球面上的四個(gè)點(diǎn)，E，F(xiàn)分別為線段AB，CD的中點(diǎn)．若，且，則直線AC與BD所成的角的余弦值為________．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)已知條件判斷出三點(diǎn)共線，構(gòu)造正四棱柱，利用異面直線所成角的定義求解即可.
【詳解】設(shè)球的半徑為,由，解得,
∵,且E分別為線段AB的中點(diǎn)，∴,
在中，, 同理可得，
又∵,∴三點(diǎn)共線，
作出球的內(nèi)接正四棱柱,,
∵∥,∴為直線與所成的角，
∵,∴,,∴,
由余弦定理得,
故答案為：.
16. 設(shè)，為單位向量，滿足，，，設(shè)，的夾角為，則的最小值為________．
【答案】
【解析】
【分析】由可得的取值范圍，再由向量數(shù)量積的定義及夾角公式進(jìn)行求解即可．
【詳解】，為單位向量，則，即，
，得，
令，
，
，
，
，
有，
由，則，即，得，
，即.
故答案為：
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：
本題考查向量的數(shù)量積和模等基礎(chǔ)知識(shí)，解題關(guān)鍵在于令，把表示成關(guān)于的函數(shù)，由已知求出的取值范圍，利用函數(shù)思想求的最小值.
四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過程或演算步驟.
17. 已知命題是假命題.
（1）求實(shí)數(shù)的取值集合；
（2）設(shè)不等式的解集為A，若是的必要不充分條件，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由題意得到是真命題，從而將問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在區(qū)間內(nèi)恒成立問題，由此得解；
（2）先由必要不充分條件的性質(zhì)得到集合是集合的真子集，再分類討論得到解集，從而列不等式求得的取值范圍.
【小問1詳解】
因?yàn)槊}是假命題，
所以命題是真命題，
所以在上恒成立，
令，則開口向上，對(duì)稱軸為，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
又，，所以，
所以，即，故.
【小問2詳解】
因?yàn)槭堑谋匾怀浞謼l件，
所以集合是集合的真子集，又，
因?yàn)閷?duì)應(yīng)的方程的根為或，
當(dāng)，即時(shí)，由得，則，
所以，則，故；
當(dāng)，即時(shí)，由得，顯然，即，滿足題意；
當(dāng)，即時(shí)，由得，則，
所以，則，故；
綜上：，即.
18. 已知函數(shù)的部分圖像如圖所示.
（1）求的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）設(shè)，且方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先根據(jù)圖像求出函數(shù)解析式，然后按求單調(diào)區(qū)間的步驟求解即可；
（2）利用函數(shù)與方程的有關(guān)知識(shí)即可求解.
【小問1詳解】
由題圖知，，，，所以，
所以，
又，所以，又，則，
故.
令，，
解得，，
故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，.
【小問2詳解】
因?yàn)椋裕?br>設(shè)，，畫出函數(shù)圖像，如圖所示：
根據(jù)圖像知：當(dāng)時(shí)，滿足題意.
19. 對(duì)平面向量，，定義運(yùn)算：，其中，分別表示，模長(zhǎng)，是與的夾角.在中，已知，.
（1）是否存在滿足條件的，使得？若存在，求的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（2）若，是線段上一點(diǎn)，且，求.
【答案】（1）不存在，理由見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由題意，得，再結(jié)合基本不等式可判斷結(jié)果；
（2）解法一：結(jié)合（1），利用余弦定理求出，，再借助正弦定理求出，從而解決問題；
解法二：結(jié)合（1），利用正弦定理求出，，再結(jié)合三角形面積公式求解問題.
【小問1詳解】
，.
，，，
又，，
.
，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，有最小值.
因此，不存在滿足條件的，使得.
【小問2詳解】
由（1）知，當(dāng)時(shí)，，.
解法一：在中，，由余弦定理得，，
，.
在中，，，
由正弦定理得，，
，，
，.
解法二：
在中，，，由正弦定理得，，
，，，
，
又，，.
.
.
20. 如圖，四棱錐的底面是平行四邊形，平面平面，是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，，，是上一點(diǎn)．
（1）若是的中點(diǎn)，證明：平面；
（2）若平面平面，求的值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用中位線定理與線面平行的判定定理即可得證；
（2）先利用面面垂直與性質(zhì)定理與線面垂直的判定定理依次證得平面，面，從而證得，再利用面面垂直與性質(zhì)定理證得平面，進(jìn)而得到，由此利用平行線分線段成比例求得的值.
【小問1詳解】
連接，連接，如圖，
因?yàn)榈酌媸瞧叫兴倪呅?，所以是的中點(diǎn)，
又是的中點(diǎn)，所以，
因?yàn)槠矫?，平面，所以平?
【小問2詳解】
記的中點(diǎn)為，連接，則PQ⊥AB，
在平面過作，交于，連接，如圖，
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面?br>所以平面，又平面，則，
易得，又面，所以面，
因?yàn)槊?，所以?br>過作交于，連接，則，
因?yàn)?，，所以，則四點(diǎn)共面，
所以平面與平面交線一部分為，
又平面平面，平面，所以平面，
因?yàn)槠矫?，所以?br>因?yàn)槭沁呴L(zhǎng)為4的等邊三角形，所以，，
因?yàn)槠叫兴倪呅沃?，，，?br>則，，
故在中，，
易得，，則，
所以，則，
因?yàn)椋?
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第2小問解決的關(guān)鍵是在平面內(nèi)找到垂直于平面與平面交線的直線，從而利用平行線分線段成比例即可得解.
21. 已知是關(guān)于的實(shí)系數(shù)一元二次方程.
（1）若是方程的一個(gè)根，且，求實(shí)數(shù)的值；
（2）若是該方程的兩個(gè)實(shí)根，且，求使的值為整數(shù)的所有的值.
【答案】（1）或或
（2）
【解析】
【分析】（1）分類討論是題設(shè)方程的實(shí)根或虛根兩種情況，實(shí)根時(shí)直接將代入即可求得值，虛根時(shí)利用韋達(dá)定理及判別式即可求得值，由此得解；
（2）利用韋達(dá)定理求得，從而列出的所有可能取值，再利用一元二次方程的判別式即可確定所有取值.
【小問1詳解】
因?yàn)槭顷P(guān)于的實(shí)系數(shù)一元二次方程，所以,
因?yàn)槭欠匠痰囊粋€(gè)根，且，
當(dāng)時(shí)，則或，
若，代入方程得，解得；
若，代入方程得，解得；
當(dāng)為虛數(shù)時(shí)，不妨設(shè)，則也是方程的一個(gè)根，
故，又因?yàn)椋?，故?br>所以，解得，
又，得，
所以；
綜上：或或.
【小問2詳解】
由韋達(dá)定理可知，，，，
所以，
因?yàn)闉檎麛?shù),，
所以必為的因式，則的值可能為，
則實(shí)數(shù)的值可能為，
又因?yàn)槭窃摲匠痰膬蓚€(gè)實(shí)根，所以，則，
所以所有取值為.
22. 已知函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)．
（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)，是g（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：．
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）由可得，然后令，則，再分或，和討論即可；
（2）函數(shù)g（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，，令，則轉(zhuǎn)化為，為方程的兩根，然后根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)可得，再利用余弦函數(shù)的單調(diào)性可證得結(jié)論.
【小問1詳解】
解：．
由可得，
令，由可得，
故．
當(dāng)或，即或時(shí)，無(wú)解，
所以g（x）不存在零點(diǎn)；
當(dāng)，即時(shí)，有一解，此時(shí)x僅有一解，
所以g（x）只存在一個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)，即時(shí)，有兩解
，此時(shí)在各有一解，故g（x）有兩個(gè)零點(diǎn)．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為．
【小問2詳解】
證明：函數(shù)g（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，，
令，則，為方程的兩根，
則，，所以，
兩邊平方得，因?yàn)椋?br>所以，
所以，
由可得，所以，
則，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，
所以，即
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，考查余弦函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，第（2）問解題的關(guān)鍵是通過換元將問題轉(zhuǎn)化為二次方程有兩個(gè)根，再利用根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)余弦函數(shù)的性質(zhì)可證得結(jié)論，考查數(shù)學(xué)思想和計(jì)算能力，屬于難題.

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