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. 已知集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化簡集合，再由交集運(yùn)算可得.
【詳解】由，，
則.
故選：B.
2. 已知復(fù)數(shù)．則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用復(fù)數(shù)的除法求出，得，模長公式計算.
【詳解】復(fù)數(shù)，則，
所以.
故選：A.
3. 已知向量，，若，則（ ）
A. 2B. 3C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，有，求出的值，得的坐標(biāo)，可求.
【詳解】向量，，
若，則，解得，所以，
可得，.
故選：D.
4. 若，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】
【分析】解法一：由化簡得到即可判斷；解法二：證明充分性可由得到，代入化簡即可，證明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：證明充分性可由通分后用配湊法得到完全平方公式，再把代入即可，證明必要性可由通分后用配湊法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可.
【詳解】解法一：
因為，且，
所以，即，即，所以.
所以“”是“”的充要條件.
解法二：
充分性：因，且，所以，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因為，且，
所以，即，即，所以.
所以必要性成立.
所以“”是“”充要條件.
解法三：
充分性：因為，且，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因為，且，
所以，
所以，所以，所以，
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要條件.
故選：C
5. 已知，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知條件，用兩角和的正弦公式，二倍角公式，同角三角函數(shù)關(guān)系化簡即可求解.
【詳解】因為
所以.
故選：B
6. 一個正四面體邊長為3，則一個與該正四面體體積相等、高也相等的正三棱柱的側(cè)面積為（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)題意求出該正四面體的體積和高，繼而可求出正三棱柱的底面積，即可得出正三棱柱的底面邊長，繼而可求正三棱柱的側(cè)面積.
【詳解】如圖為中點(diǎn)，為點(diǎn)在底面的投影，
由題意得，，
，
所以該正四面體的體積為.
所以正三棱柱的體積為，高為，
所以正三棱柱的底面積為，
設(shè)正三棱柱的底面邊長為，則，
可得，
所以正三棱柱的底面邊長為，
所以該正三棱柱的側(cè)面積為.
故選：A.
7. 朱世杰（1249年-1314年），字漢卿，號松庭，元代數(shù)學(xué)家、教育家，畢生從事數(shù)學(xué)教育，有“中世紀(jì)世界最偉大的數(shù)學(xué)家”之譽(yù)．他的一部名著《算學(xué)啟蒙》是中國最早的科普著作．該書中有名的是“堆垛問題”，其中有一道問題如下：今有三角錐垛果子．每面底子四十四個，問共積幾何？含義如下：把一樣大小的果子堆垛成正三棱錐形（如圖所示，給出了5層三角錐垛俯視示意圖），底面每邊44個果子，頂部僅一個果子，從頂層向下數(shù)，每三角錐垛層的果子數(shù)分別為1，3，6，10，15，21，……共有44層．問全垛共有多少個果子?則該三角錐垛從頂層向下數(shù)前40層的果子總數(shù)為（ ）（參考公式：）

A. 12341B. 11480C. 10280D. 8436
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)三角錐垛層的果子數(shù)可以觀察得數(shù)列的通項公式，求和即可.
【詳解】因為三角錐垛層的果子數(shù)分別為1，3，6，10，15，21，……構(gòu)成數(shù)列，
觀察得數(shù)列的通項公式為，
設(shè)其前項和為，則
，
所以.
故選：B
8. 已知函數(shù)是奇函數(shù)，函數(shù)圖象與的圖象有4個公共點(diǎn)，且，則（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】由題意得與都關(guān)于點(diǎn)對稱，則，由此即可求得結(jié)果.
【詳解】由函數(shù)是奇函數(shù)，其圖象向右平移1個單位，再向上平移2個單位得到的圖象，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對稱，
由，可得的圖象是由奇函數(shù)的圖象向右平移1個單位，再向上平移2個單位得到，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對稱，
所以與都關(guān)于點(diǎn)對稱，
所以，
所以.
故選：D.
二、多選題：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，，，則的值可以為（ ）
A. B. 6C. D. 3
【答案】AB
【解析】
【分析】由已知條件結(jié)合基本不等式可以先求出的取值范圍，結(jié)合選項即可.
【詳解】因為，，，令，則，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.
故選：AB
10. 已知雙曲線的左?右焦點(diǎn)分別為，點(diǎn)是上的動點(diǎn)，則（ ）
A.
B. 的離心率不可能是
C. 以為圓心，半徑為的圓一定與的漸近線相切
D. 存在點(diǎn)使得是頂角為的等腰三角形
【答案】BC
【解析】
【分析】由雙曲線的定義判斷選項A；由，求的離心率的取值范圍判斷選項B；求到漸近線的距離與的關(guān)系判斷選項C；分類討論是等腰三角形時的條件，驗證頂角是否為，判斷選項D.
【詳解】，A選項錯誤；
因為，所以離心率，B選項正確；
設(shè)，則到漸近線的距離，C選項正確；
由雙曲線定義可知，若，則直線的斜率為1且點(diǎn)在的右支上，
由可知直線與的右支無交點(diǎn)，所以，若，
由對稱性易知也不存在點(diǎn)使得是頂角為的等腰三角形，D選項錯誤，
故選:BC.
11. 已知函數(shù)的定義域為R，若，且，則（ ）
A. B. 無最小值
C. D. 的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用賦值法可得A錯誤，且滿足，即可知B正確，由遞推關(guān)系式可求得C正確，利用對稱中心定義可知，可得D正確.
【詳解】對于A，令，可得，可得，即A錯誤；
對于B，令，可得，可知函數(shù)無最小值，即B正確；
對于C，由可知，
所以，即C正確；
對于D，令，可得，
由及，可得，
因此，可得，
的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱，即D正確；
故選：BCD
三、填空題：本大題共3小題，每小題5分．共15分．
12. 的展開式中，其中不含x的項為______．
【答案】和
【解析】
【分析】利用二項式定理即可求解.
【詳解】由二項式定理可得展開式的通項為，
所以多項式的展開式中不含x的項分別為：
和.
故答案為：和.
13. 已知函數(shù)的兩個相鄰的零點(diǎn)之差的絕對值為，且是的最小正零點(diǎn)，則__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)兩個相鄰的零點(diǎn)之差的絕對值求出周期和，再根據(jù)的最小正零點(diǎn)求出，即可求出的值．
【詳解】令函數(shù)，得，
所以函數(shù)兩個相鄰的零點(diǎn)之差的絕對值為，即，解得，
又因為是的最小正零點(diǎn)，所以，
即，所以，，解得，，
又，所以，即，
所以．
故答案為：．
14. 圓錐內(nèi)有一個球，該球與圓錐的側(cè)面和底面均相切，已知圓錐的底面半徑為，球的半徑為，記圓錐的體積為，球的體積為，當(dāng)_________時，取最小值_________.
【答案】 ①. ②. 2
【解析】
【分析】設(shè)球心與圓錐底面圓周上任意一點(diǎn)與圓錐高之間的夾角為，再根據(jù)圓錐軸截面的關(guān)系表達(dá)出圓錐的高，進(jìn)而可得，換元令，結(jié)合基本不等式求最值即可.
【詳解】如圖，設(shè)球心與圓錐底面圓周上任意一點(diǎn)與圓錐高之間的夾角為，則由題意.根據(jù)相切的性質(zhì)可得，圓錐的軸截面為底角大小的等腰三角形，故圓錐的高，則，，故.
設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號.此時.故當(dāng)時，取最小值2.

故答案為：；2
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15. 已知公差的等差數(shù)列滿足．公比為的等比數(shù)列滿足，當(dāng)n為偶數(shù)時．
（1）求，；
（2）設(shè)，求使的最小的n的值．
【答案】（1），；
（2）102
【解析】
【分析】（1）結(jié)合題意，根據(jù)等差數(shù)列及等比數(shù)列通項公式的求法求解即可；
（2）由（1）可得，則，可得，然后求解即可．
【小問1詳解】
已知公差的等差數(shù)列滿足，
則，即，①
又公比為的等比數(shù)列滿足，，
則，即，②
由①②可得，，則，
即，；
【小問2詳解】
由（1）可得，
則，
即當(dāng)為偶數(shù)時，，
當(dāng)為奇數(shù)時，，，
又當(dāng)時，滿足上式，
即當(dāng)為奇數(shù)時，，
即，
又，則且為偶數(shù)，
即使的最小的的值為102．
16. 已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，點(diǎn)在該橢圓上，且該橢圓的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為1,0．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）如圖，過點(diǎn)F且斜率為k的直線l與橢圓交于M，N兩點(diǎn)，記直線AM的斜率為，直線BN的斜率為，求證：．
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)橢圓的半焦距和橢圓上的已知點(diǎn)列出方程組，計算即得橢圓方程；
（2）先考慮直線斜率為0時滿足，再設(shè)直線的橫截距式方程，與橢圓方程聯(lián)立消元后得到一元二次方程，寫出韋達(dá)定理，并發(fā)現(xiàn)內(nèi)在關(guān)系，計算并消去，得其分子為，代入前式，計算即得分子為0，則得證.
【小問1詳解】
依題意，可得，解得，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：；
【小問2詳解】
如圖，當(dāng)直線l的斜率時，可得，顯然滿足；
當(dāng)時，不妨設(shè)直線，由消去，整理得，，
顯然，設(shè)，則由韋達(dá)定理，故，
因,則，
則，
此式的分子為：，
故得，即，得證.
17. 如圖，四棱柱的底面為直角梯形，，，，．點(diǎn)為的中點(diǎn)，且．
（1）證明：平面平面；
（2）若鈍二面角的余弦值為，當(dāng)時，求的長．
【答案】（1）證明見解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）先證，得到平面，可得平面平面.
（2）根據(jù)（1）中的結(jié)論，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量解決問題.
【小問1詳解】
因為為中點(diǎn)，且，所以，即，
又，，平面，所以平面.
又平面，所以.
因為，所以.
又，，所以，
所以，則.
又，平面，所以平面.
又平面，所以：平面平面.
【小問2詳解】
由（1）可知：，，兩兩垂直，故可以為原點(diǎn)，建立如圖空間直角坐標(biāo)系.
則，，，設(shè)（），則.
所以，，.
設(shè)平面的一個法向量為m=x1,y1,z1，
由，可取.
設(shè)平面的一個法向量為n=x2,y2,z2，
由，可取.
，
整理得：（舍去）
所以，即.
18. 如圖，在四邊形中．，，，平分且與相交于點(diǎn)．
（1）若的面積為，求；
（2）若，求與的面積之比．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，明確，，，利用余弦定理可求.
（2）在中，先用正弦定理求出，求出的面積，進(jìn)一步求出的面積，即可求與的面積之比.
【小問1詳解】
在中，，，.
所以.
在中，，，.
所以，.
在中，，，，
由得：，
由余弦定理，得：
所以.
【小問2詳解】
因為.
在中，，，，
所以.
由正弦定理，得：.
所以.
所以.
所以.
19. 人臉識別是基于人的臉部特征進(jìn)行身份識別的一種生物識別技術(shù)．主要應(yīng)用距離測試樣本之間的相似度，常用測量距離的方式有3種．設(shè)，，則歐幾里得距離；曼哈頓距離，余弦距離，其中（為坐標(biāo)原點(diǎn)）．
（1）若，，求，之間的曼哈頓距離和余弦距離；
（2）若點(diǎn)，，求的最大值；
（3）已知點(diǎn)，是直線上的兩動點(diǎn)，問是否存在直線使得，若存在，求出所有滿足條件的直線的方程，若不存在，請說明理由．
【答案】（1），
（2）
（3）存在，和
【解析】
【分析】（1）代入和的公式，即可求解；
（2）首先設(shè)，代入，求得點(diǎn)的軌跡，再利用數(shù)形結(jié)合，結(jié)合公式，結(jié)合余弦值，即可求解；
（3）首先求的最小值，分和兩種情況求的最小值，對比后，即可判斷直線方程.
【小問1詳解】
，
，
；
【小問2詳解】
設(shè)，由題意得：，
即，而表示的圖形是正方形，
其中、、、．
即點(diǎn)在正方形的邊上運(yùn)動，，，
可知：當(dāng)取到最小值時，最大，相應(yīng)的有最大值．
因此，點(diǎn)有如下兩種可能：
①點(diǎn)為點(diǎn)，則，可得；
②點(diǎn)在線段上運(yùn)動時，此時與同向，取，
則．
因為，所以的最大值為．
【小問3詳解】
易知，設(shè)，則
當(dāng)時，，則，，滿足題意；
當(dāng)時，，
由分段函數(shù)性質(zhì)可知，
又且恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立．
綜上，滿足條件的直線有且只有兩條，和．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第二問為代數(shù)問題，轉(zhuǎn)化為幾何問題，利用數(shù)形結(jié)合，易求解，第3問的關(guān)鍵是理解，同樣是轉(zhuǎn)化為代數(shù)與幾何相結(jié)合的問題.

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