一、選擇題
1．集合,,則( )
A.B.C.D.
2．復(fù)數(shù)z滿足,則( )
A.1B.2C.D.5
3．向量,滿足,,則( )
A.B.C.D.
4．研究小組為了解高三學(xué)生自主復(fù)習(xí)情況,隨機調(diào)查了1000名學(xué)生的每周自主復(fù)習(xí)時間,按照時長（單位：小時）分成五組：,,,,,得到如圖所示的頻率分布直方圖,則樣本數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)的估計值是( )
A.7B.7.5C.7.8D.8
5．圓臺的高為2,體積為,兩底面圓的半徑比為,則母線和軸的夾角的正切值為( )
A.B.C.D.
6．已知橢圓C的左、右焦點分別為,,過上頂點A作直線交橢圓于另一點B.若,則橢圓C的離心率為( )
A.B.C.D.
7．不等式對任意恒成立,則的最小值為( )
A.B.2C.D.
8．設(shè),函數(shù)若在區(qū)間內(nèi)恰有6個零點,則a的取值范圍是( )
A.B.
C.D.
二、多項選擇題
9．已知數(shù)列,都是正項等比數(shù)列,則( )
A.數(shù)列是等比數(shù)列B.數(shù)列是等比數(shù)列
C.數(shù)列是等比數(shù)列D.數(shù)列是等比數(shù)列
10．函數(shù),則( )
A.的圖象過定點
B.當(dāng)時,在上單調(diào)遞增
C.當(dāng)時,恒成立
D.存在,使得與x軸相切
11．已知曲線,下列說法正確的是( )
A.曲線C過原點O
B.曲線C關(guān)于對稱
C.曲線C上存在一點P,使得
D.若為曲線C上一點,則
三、填空題
12．已知,則_______________.
13．拋物線的焦點為F,P為C上一點且,O為坐標(biāo)原點,則___________.
14．一個盒子中裝有標(biāo)號為1,2,3,4,5的五個大小質(zhì)地完全相同的小球.甲、乙兩人玩游戲,規(guī)則如下：第一輪,甲先從盒子中不放回地隨機取兩個球,乙接著從盒子中不放回地隨機取一個球,若甲抽取的兩個小球數(shù)字之和大于乙抽取的小球數(shù)字,則甲得1分,否則甲不得分;第二輪,甲、乙從盒子中剩余的兩個球中依次不放回地隨機取一個球,若甲抽取的小球數(shù)字大于乙抽取的小球數(shù)字,則甲得1分,否則甲不得分.則在兩輪游戲中甲共獲得2分的概率為___________.
四、解答題
15．在三棱錐中,側(cè)面是邊長為2的等邊三角形,,,.
(1)求證：平面平面;
(2)求平面與平面的夾角的余弦值.
16．已知數(shù)列為等差數(shù)列,且滿足.
(1)若,求的前n項和;
(2)若數(shù)列滿足,且數(shù)列的前n項和,求數(shù)列的通項公式.
17．已知是雙曲線上一點,E的漸近線方程為.
(1)求E的方程;
(2)直線l過點,且與E的兩支分別交于P,Q兩點.若,求直線l的斜率.
18．已知函數(shù).
(1)判斷的奇偶性;
(2)若,求證：;
(3)若存在,使得對任意,均有,求正實數(shù)a的取值范圍.
19．開啟某款保險柜需輸入四位密碼,其中為用戶個人設(shè)置的三位靜態(tài)密碼（每位數(shù)字都是中的一個整數(shù)）,是根據(jù)開啟時收到的動態(tài)校驗鑰匙s（s為1~5中的一個隨機整數(shù)）計算得到的動態(tài)校驗碼.的具體計算方式：是的個位數(shù)字.例如：若靜態(tài)密碼為,動態(tài)校驗鑰匙,則,從而動態(tài)校驗碼,進(jìn)而得到四位開柜密碼為.
(1)若用戶最終得到的四位開柜密碼為,求所有可能的動態(tài)校驗鑰匙s;
(2)若三位靜態(tài)密碼為隨機數(shù)且等可能,動態(tài)校驗鑰匙,求動態(tài)校驗碼的概率分布列;
(3)若三位靜態(tài)密碼為隨機數(shù)且等可能,動態(tài)校驗鑰匙概率為,其中是互不相等的正數(shù).記得到的動態(tài)校驗碼的概率為,試比較與的大小.
參考答案
1．答案：D
解析：由,可得,
故,
故選：D.
2．答案：C
解析：方法一：因為,
所以.
故選：C.
方法二：.
故選：C.
3．答案：C
解析：因為.
因為,所以.
故選：C.
4．答案：B
解析：由于
樣本數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)值是：小時;
故選：B.
5．答案：B
解析：設(shè)圓臺上底半徑為r,則下底半徑為,
由題意：.
所以圓臺母線和軸的夾角的正切值為：.
故選：B.
6．答案：C
解析：如圖：
因為的周長為,,,所以,.
又,
所以.
所以橢圓C的離心率為.
故選：C.
7．答案：A
解析：由題意可得,需滿足是的一個根,
即,且,所以,
,
當(dāng)且僅當(dāng),即時取等號.
所以的最小值為.
故選：A.
8．答案：D
解析：在區(qū)間內(nèi)恰有6個零點,
又最多有兩個零點,
當(dāng)時,至少有四個根,
,
令,即,,,
又,,即,
令,解得或,
①若且,解得,
此時在有2個零點,
只需要在有4個零點,
這4個零點分別為,,,,
故且,解得,此時有6個零點,滿足題意,
②當(dāng)且時,解得,
此時在有1個零點,
只需要在有5個零點,
這5個零點分別為,,,,,
故且,解得,此時有6個零點,滿足題意,
③當(dāng)且時,解得,
此時在有1個零點,
只需要在有5個零點,
這5個零點分別為,
故且,解得a不存在,
綜上可得或,
故選：D.
9．答案：BC
解析：因為數(shù)列,都是正項等比數(shù)列,
所以設(shè)數(shù)列,的公比分別為,,且,,且對任意的正整數(shù)n有,成立;
對于A,不妨設(shè),,滿足,都是正項等比數(shù)列,
此時,因為,,
所以,此時不是等比數(shù)列,故A不正確;
對于B,因為,所以數(shù)列是等比數(shù)列,故B正確;
對于C,因為,所以數(shù)列是等比數(shù)列,故C正確;
對于D,設(shè),,滿足,都是正項等比數(shù)列,
此時,,,
所以,,所以,此時數(shù)列不是等比數(shù)列,故D不正確;
故選：BC.
10．答案：ABD
解析：對A：不管a取何值,,
所以函數(shù)的圖象過定點,故A正確;
對B：當(dāng)時,,（）,,
設(shè),則,所以在0,+∞上單調(diào)遞增.
因為,所以,
所以上單調(diào)遞增,這一說法不正確,即B錯;
對C：由B選項可知,,所以存在,使得,
當(dāng)時,,函數(shù)單調(diào)遞減;
當(dāng)時,,函數(shù)單調(diào)遞增.
所以函數(shù)的最小值為,
且,
因為,故不能取“”.故C正確;
對D：當(dāng)時,,所以,
設(shè),則.
所以在上單調(diào)遞增.
因為當(dāng)時,;當(dāng)時,.
所以存在,使得,
當(dāng)時,,函數(shù)單調(diào)遞減;
當(dāng)時,,函數(shù)單調(diào)遞增.
所以函數(shù)的最小值為,且.
由.
設(shè),（）,則,
所以在上單調(diào)遞減.
且,,所以必定有解.即D正確.
故選：ABD.
11．答案：ABD
解析：將代入可得,故曲線C過原點O,A正確,
設(shè)曲線上任意一點,則關(guān)于的對稱點為,
則
,故在曲線上,B正確,
對于C,若曲線C上存在一點,根據(jù)
可知,,均在曲線上,故曲線關(guān)于坐標(biāo)軸以及原點均對稱,
若曲線C上存在一點,使得,則,根據(jù)對稱性不妨設(shè),,
將其代入曲線方程可得,所以,
由于,,則存在角使得,,
,,
所以
,
這與矛盾,故不存在一點P,使得,C錯誤,
對于D,,
故,故,,
故,故D正確,
故選：ABD.
12．答案：2
解析：由題意,函數(shù),令,所以.
故答案為：2.
13．答案：
解析：如圖：
不妨設(shè)點在第一象限,過點P作與拋物線的準(zhǔn)線垂直,垂足為H.
則,又,所以,所以.
所以.
故答案為：.
14．答案：
解析：若第一輪在第一輪中得1分,
若第一輪中甲抽到的小球為1,3,則乙抽到的小球只能是2,
若第一輪中甲抽到的小球為1,4,則乙抽到的小球可以是2或3,
若第一輪中甲抽到的小球為2,3,則乙抽到的小球可以是1或4,
若第一輪中甲抽到的小球為1,5或者2,4或者2,5或者3,4或者3,5或者4,5時,則乙抽到的小球可以是剩下三個小球中的任何一個,故共有,
因此第一輪中甲得1分的概率為,
在第二輪的過程中,只剩下兩個球,要使甲在第二輪中得1分,只需要甲在剩下兩個球中抽到號碼大的球即可,故概率為,
因此甲在兩輪中共得2分的概率為,
故答案為：.
15．答案：(1)證明見解析
(2)
解析：(1)取的中點為O,連接,,
因為是邊長為2的等邊三角形,所以,,
在直角三角形中,,O為中點,所以,
又,所以,
所以,即,又,為平面內(nèi)兩條相交直線,
所以平面,又在平面內(nèi),
所以平面平面.
(2)由(1)知過B作的平行線作為z軸,,分別為x,y軸,
則,,,,
所以,,,,
設(shè)平面的法向量為,
則,即,
令,可得,
設(shè)平面的法向量為,
則,即,
令,可得,
設(shè)平面與平面的夾角為,
則.
16．答案：(1)
(2)
解析：(1)當(dāng)時,由,則,由,則,
所以等差數(shù)列的公差為,
即通項公式,
所以前n項和.
(2)當(dāng)時,,可得,
當(dāng)時,
,
將代入上式,則,
綜上所述,,.
,可得,
由(1)可知,則,
由方程,可得,解得,
由,則等差數(shù)列的公差為3,所以,
由,,則.
17．答案：(1)
(2)
解析：(1)由題意可得,解得,,
故雙曲線方程為
(2)由題意可知：直線l的斜率存在,設(shè)直線l方程為,,
聯(lián)立可得,
由韋達(dá)定理可得,,
由于,化簡得,
故
,
,
故,
故,平方可得,
解得或,
由于l與E的兩支分別交于P,Q兩點,故,
當(dāng)時,代入不符合,故舍去,
將其代入,經(jīng)檢驗符合,
綜上可得.
18．答案：(1)為偶函數(shù),
(2)證明見解析
(3)
解析：(1),
當(dāng)時,定義域為R,當(dāng)時,定義域為,均關(guān)于原點對稱,
且,
故為偶函數(shù),
(2)當(dāng)時,為偶函數(shù),
要證,只需要證,
當(dāng)時,,
只需證明時,,即證,
只需證,即證,
令在單調(diào)遞增,故,所以,得證.
(3)由可得,
當(dāng)時,,故,
故,
令,則,
令,
令,
①當(dāng)時,即,存在,使得對任意,,
故在單調(diào)遞增,又,所以在恒成立,
從而在單調(diào)遞增,又,所以在恒成立,
從而在單調(diào)遞增,結(jié)合,得對任意恒成立,符合題意,
②當(dāng)時,,存在,使得對任意,,
故在單調(diào)遞減,又,所以在恒成立,
從而在單調(diào)遞減,又,所以在恒成立,
從而在單調(diào)遞減,結(jié)合,得對任意恒成立,不符合題意,
③當(dāng)時,令,,則,類推②同理可得不符合題意,
綜上可得
19．答案：(1)
(2)
(3)
解析：(1)由題意可知：靜態(tài)密碼為,動態(tài)驗證碼,
若,則,得,符合題意,
若,則,得,不符合題意,
若則,得,不符合題意,
若,則,得,不符合題意,
若,則,得,不符合題意,
綜上可得,
(2)對于三位靜態(tài)密碼,由可得M的末位是0或5,即只能是0或5,
又,
當(dāng)為奇數(shù)時,,當(dāng)為偶數(shù)時,,
下面計算為奇數(shù)時,的個數(shù),
①,,均為奇數(shù)時,個,
②,,一奇兩偶時,個,
共有個,
所以,進(jìn)而,
因此分布列為
(3)記事件A:得到的動態(tài)校驗碼,事件B:得到的動態(tài)校驗碼,
事件:收到動態(tài)校驗鑰匙,
則,
從而,
同理可得,
①對于事件:由第(2)問可知：,,
從而,所以,
②對于事件,:靜態(tài)密碼對應(yīng)的,
當(dāng)或4時,M為偶數(shù),得可知,
又當(dāng)時,,得,可知,,
從而,,,,
所以,,
③對于事件,:靜態(tài)密碼對應(yīng)的,
當(dāng)時,若遍歷這十個整數(shù),得M的個位數(shù)也遍歷這十個整數(shù),
可知,,從而
當(dāng)時,若遍歷這十個整數(shù),得的個位數(shù)遍歷0,3,6,9,2,5,8,1,4,7,
繼而有M的個位數(shù)字也遍歷這十個整數(shù),可知,
從而
由①②③可知,即.
0
5
0
5

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