一、單選題
1．已知全集，集合, 集合，那么=
A．B．C．D．
2．已知為虛數(shù)單位，若是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)的值為（ ）
A．B．C．2D．
3．“”是“方程表示橢圓”的（ ）
A．必要不充分條件B．充分不必要條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
4．若直線l：ax+by＝1（a＞0，b＞0）平分圓x2+y2﹣x﹣2y＝0，則的最小值為（ ）
A．B．2C．D．
5．已知，則（ ）
A．B．C．D．
6．已知函數(shù)，且滿足，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
7．在三棱錐中，是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，，，則該三棱錐外接球的表面積為（ ）
A．B．C．D．
8．是定義在上周期為4的函數(shù)，且，則下列說法中不正確的是（ ）
A．的值域?yàn)?,2
B．當(dāng)時(shí)，
C．圖象的對(duì)稱軸為直線
D．方程恰有5個(gè)實(shí)數(shù)解
二、多選題
9．下列命題是真命題的有（ ）
A．直線的方向向量為，直線的方向向量為，則與垂直
B．直線的方向向量為，平面的法向量為，則
C．平面，的法向量分別為，，則
D．平面經(jīng)過三點(diǎn)，，，向量是平面的法向量，則
10．如圖，在正方體中，點(diǎn)P在線段上運(yùn)動(dòng)，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．直線平面
B．三棱錐的體積為定值
C．異面直線與所成角的取值范圍是
D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為
11．中國(guó)結(jié)是一種手工編制工藝品，它有著復(fù)雜奇妙的曲線，卻可以還原（成單純的二維線條，其中的數(shù)字“8”對(duì)應(yīng)著數(shù)學(xué)曲線中的雙紐線.在平面上，把與定點(diǎn)，距離之積等于的動(dòng)點(diǎn)的軌跡稱為雙紐線.若是該雙紐線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．點(diǎn)的橫坐標(biāo)的取值范圍是
B．的最大值是
C．面積的最大值為
D．的取值范圍是
三、填空題
12．第33屆夏季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)女子10米跳臺(tái)跳水決賽中，全紅禪以425.60分的高分拿下冠軍.下面統(tǒng)計(jì)某社團(tuán)一位運(yùn)動(dòng)員10次跳臺(tái)跳水的訓(xùn)練成績(jī)：68，80，74，63，66，84，78，66，70，76，則這組數(shù)據(jù)的60%分位數(shù)為 .
13．已知點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為，經(jīng)過點(diǎn)作直線，若直線與連接，兩點(diǎn)的線段總有公共點(diǎn)，則直線的斜率的取值范圍為 .
14．古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯的著作《圓錐曲線論》中有這樣一個(gè)結(jié)論：平面內(nèi)與兩點(diǎn)距離的比為常數(shù)的點(diǎn)的軌跡是圓，后人稱這個(gè)圓為阿波羅尼斯圓.已知點(diǎn)，為直線上的動(dòng)點(diǎn)，為圓上的動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為 .
四、解答題
15．設(shè)三角形的內(nèi)角、、的對(duì)邊分別為、、且．
(1)求角的大??；
(2)若，邊上的高為，求三角形的周長(zhǎng)．
16．已知圓M：，點(diǎn)P是直線l：上的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓M的切線PA、PB，切點(diǎn)為A、B．
(1)當(dāng)切線PA的長(zhǎng)度為時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(2)求線段AB長(zhǎng)度的最小值．
17．“中式八球”是受群眾歡迎的臺(tái)球運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一.在一場(chǎng)“中式八球”邀請(qǐng)賽中，甲、乙、丙、丁4人角逐最后的冠軍，本次邀請(qǐng)賽采取“雙敗淘汰制”.具體賽制如下：
首先，4人通過抽簽兩兩對(duì)陣，勝者進(jìn)入“勝區(qū)”，敗者進(jìn)入“敗區(qū)”；
接下來，“勝區(qū)”的2人對(duì)陣，勝者進(jìn)入最后的決賽，“敗區(qū)”的2人對(duì)陣，敗者直接淘汰出局，獲得第四名；
緊接著，“敗區(qū)”的勝者和“勝區(qū)”的敗者對(duì)陣，勝者晉級(jí)最后的決賽，敗者獲得第三名；最后，剩下的2人進(jìn)行最后的冠亞軍決賽，勝者獲得冠軍，敗者獲得第二名.
現(xiàn)假定甲對(duì)陣乙、丙、丁獲勝的概率均為，且不同對(duì)陣的結(jié)果相互獨(dú)立.
(1)經(jīng)抽簽，第一輪由甲對(duì)陣乙，丙對(duì)陣丁.若.
（I）求甲連勝三場(chǎng)獲得冠軍的概率；
（Ⅱ）求甲在“雙敗淘汰制”下獲得冠軍的概率；
(2)除“雙敗淘汰制”外，“中式八球”也經(jīng)常采用傳統(tǒng)的“單敗淘汰制”；抽簽決定兩兩對(duì)陣，勝者晉級(jí)，敗者淘汰，直至決出最后的冠軍.問當(dāng)p滿足什么條件時(shí)，“雙敗淘汰制”比“單敗淘汰制”更利于甲在此次邀請(qǐng)賽中奪冠?
18．如圖，在四棱錐中，底面是由等邊三角形和等腰三角形構(gòu)成，其中為棱上一點(diǎn)，平面．
(1)求的值；
(2)求平面與平面夾角的余弦值．
19．已知函數(shù)，.
(1)求函數(shù)的最大值；
(2)設(shè)不等式的解集為，若對(duì)任意，存在，使得，求實(shí)數(shù)的值.
參考答案：
1．C
【分析】先化簡(jiǎn)集合A和B,再求.
【詳解】由題得A={x|x>0},B={y|y≥1}，所以.
故答案為C
【點(diǎn)睛】(1)本題主要考查集合的化簡(jiǎn)和運(yùn)算，意在考查學(xué)生對(duì)這些知識(shí)的掌握水平和分析推理能力.(2) 集合的運(yùn)算要注意靈活運(yùn)用維恩圖和數(shù)軸，一般情況下，有限集的運(yùn)算用維恩圖分析，無限集的運(yùn)算用數(shù)軸，這實(shí)際上是數(shù)形結(jié)合的思想的具體運(yùn)用.
2．C
【解析】先化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)，再根據(jù)復(fù)數(shù)是純虛數(shù)即可列式求解.
【詳解】，
又是純虛數(shù)，，解得.
故選：C.
3．A
【分析】由方程表示橢圓求出參數(shù)的取值范圍，利用集合的包含關(guān)系判斷可得出結(jié)論.
【詳解】若方程表示橢圓，則，解得且，
因此，“”是“方程表示橢圓”的必要不充分條件.
故選：A
4．C
【分析】求得圓心，代入直線的方程，然后利用基本不等式求得的最小值.
【詳解】圓的圓心為，由于直線平分圓，故圓心在直線上，即，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.
故選：C
【點(diǎn)睛】本小題主要考查直線和圓的位置關(guān)系，考查利用基本不等式求最小值.
5．A
【分析】利用兩角差的正切公式求出的值，然后利用誘導(dǎo)公式、二倍角公式結(jié)合弦化切的思想可求出所求代數(shù)式的值.
【詳解】，解得.
因此，.
故選：A.
【點(diǎn)睛】本題考查兩角差的正切公式、誘導(dǎo)公式、二倍角公式求值，解題的關(guān)鍵就是利用弦化切思想進(jìn)行化簡(jiǎn)，同時(shí)也要注意弦化切所適用的基本類型，考查運(yùn)算求解能力，屬于中等題.
6．C
【分析】先用定義法證明為奇函數(shù)，化簡(jiǎn)解析式可知為增函數(shù)，然后結(jié)合函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性解不等式即可.
【詳解】因?yàn)?，所以為奇函?shù)，
又因?yàn)椋?br>所以為上的增函數(shù).
因?yàn)?，為奇函?shù)，
所以，
又為上的增函數(shù)，所以，
即，解得或，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.
故選：C.
7．B
【分析】利用給定條件找到外接球球心，利用勾股定理得到半徑，再求解面積即可.
【詳解】

如圖，取的中點(diǎn)，連接，
則，又，所以，
故，因?yàn)槭沁呴L(zhǎng)為2的等邊三角形，
所以，因?yàn)?，平面?br>所以平面，因?yàn)槠矫妫?br>所以平面平面，
設(shè)和的外心分別為，
則分別在線段上，
且，設(shè)外接球的球心為O，
連接，
在正方形中，由勾股定理得，
由勾股定理得，
故，故B正確.
故選：B
8．C
【分析】畫出的部分圖象結(jié)合圖形分析每一個(gè)選項(xiàng)即可.
【詳解】根據(jù)周期性，畫出的部分圖象如上圖所示，由圖可知，選項(xiàng)A，D正確，C不正確；
根據(jù)周期為，當(dāng)時(shí)，，故B正確.
故選：C.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圖象法判斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)，作出函數(shù)f(x)的圖象，觀察與軸公共點(diǎn)個(gè)數(shù)或者將函數(shù)變形為易于作圖的兩個(gè)函數(shù)，作出這兩個(gè)函數(shù)的圖象，觀察它們的公共點(diǎn)個(gè)數(shù).
9．AD
【分析】根據(jù)直線的方向向量、平面法向量的性質(zhì)，結(jié)合空間向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)逐一判斷即可.
【詳解】A：∵，，
∴，則，
∴直線與垂直，故A正確；
B：，，則，
則，∴或，故B錯(cuò)誤；
C：∵，，∴與不共線，
∴不成立，故C錯(cuò)誤；
D：∵點(diǎn)，，，
∴，.
∵向量是平面的法向量，∴，
即，解得，故D正確.
故選：AD
10．ABD
【分析】在選項(xiàng)A中，利用線面垂直的判定定理，結(jié)合正方體的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可；
在選項(xiàng)B中，根據(jù)線面平行的判定定理、平行線的性質(zhì)，結(jié)合三棱錐的體積公式進(jìn)行求解判斷即可；
在選項(xiàng)C中，根據(jù)異面直線所成角的定義進(jìn)行求解判斷即可；
在選項(xiàng)D中，以為原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法進(jìn)行求解即可.
【詳解】在選項(xiàng)A中，∵，，，
且平面，
∴平面，平面，
∴，
同理，，
∵，且平面，
∴直線平面，故A正確；
在選項(xiàng)B中，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，
∴到平面的距離為定值，又的面積是定值，
∴三棱錐的體積為定值，故B正確；
在選項(xiàng)C中，
∵，
∴異面直線與所成角為直線與直線的夾角.
易知為等邊三角形，
當(dāng)為的中點(diǎn)時(shí)，；
當(dāng)與點(diǎn)或重合時(shí)，直線與直線的夾角為.
故異面直線與所成角的取值范圍是，故C錯(cuò)誤；
在選項(xiàng)D中，
以為原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，
則，，，，
所以，.
由A選項(xiàng)正確：可知是平面的一個(gè)法向量，
∴直線與平面所成角的正弦值為：，
∴當(dāng)時(shí)，直線與平面所成角的正弦值的最大值為，故D正確.
故選：ABD
11．BCD
【分析】根據(jù)雙紐線的定義可得曲線的方程為，對(duì)于A，由解不等式即可判斷；對(duì)于B，，結(jié)合，求解即可判斷；對(duì)于C，令，可得，進(jìn)而結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求解面積最大值即可判斷；對(duì)于D，結(jié)合基本不等式判斷即可.
【詳解】設(shè)Px,y是曲線上任意一點(diǎn)，根據(jù)雙紐線的定義得：，
整理可得曲線的方程為，
對(duì)于A：整理可得：，
由可得，
即，解得，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，，
因?yàn)?，所以?br>所以，即，故B正確；
對(duì)于C：，
令，則，
所以，
所以當(dāng)時(shí)，，
所以面積的最大值為，故C正確；
對(duì)于D：，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，
，
所以，
所以的取值范圍是，故D正確.
故選：BCD.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于讀懂題意根據(jù)雙紐線的定義可得曲線的方程，進(jìn)而判斷各選項(xiàng)即可求解.
12．75
【分析】先進(jìn)行排序，后按照百分位數(shù)概念計(jì)算可得.
【詳解】先將成績(jī)進(jìn)行排序：63，66，66，68，70，74，76，78， 80， 84.
由于，60%分位數(shù)為第6和第7個(gè)數(shù)據(jù)的平均值.即.
故答案為：75.
13．
【分析】利用對(duì)稱求出點(diǎn)，然后根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)得到，最后根據(jù)傾斜角與斜率的變化關(guān)系得到范圍.
【詳解】設(shè)點(diǎn)Px0,y0，有，解得，，所以，
，，結(jié)合圖可知，.
故答案為：.
14．9
【分析】根據(jù)阿波羅尼斯圓的定義可設(shè)，利用待定系數(shù)法得的坐標(biāo)為，即可根據(jù)三點(diǎn)共線，結(jié)合點(diǎn)到直線的距離公式即可求解.
【詳解】令，則．
由題意可得圓是關(guān)于點(diǎn)，的阿波羅尼斯圓，且，
設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)為，則，
整理得，
由題意得該圓的方程為，即
所以，解得，
所以點(diǎn)的坐標(biāo)為，所以，
當(dāng)時(shí)，此時(shí)最小，最小值為，
因此當(dāng)時(shí)，的值最小為，
故答案為：9

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)的形式，設(shè)，則，利用阿波羅尼斯圓的定義待定出點(diǎn)，即可利用點(diǎn)到直線的距離求解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用內(nèi)角和為化簡(jiǎn)，利用二倍角公式化簡(jiǎn)，再利用輔助角公式化簡(jiǎn)即可求得；
（2）由面積公式和余弦定理，聯(lián)立方程組求解三角形即可.
【詳解】（1）因?yàn)?，，為的?nèi)角，所以，
因?yàn)?，所以可化為：?br>即，即，
因?yàn)?，解得：，即?br>（2）由三角形面積公式得，代入得：，
所以，由余弦定理得：，
解得：或舍去，即，
所以的周長(zhǎng)為.
16．(1)或
(2)
【分析】（1）圓M的半徑，圓心，設(shè)，由PA是圓M的一條切線，得，由此能求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（2）圓N方程為，圓，從而求出圓M方程與圓N相交弦AB所在直線方程，求出點(diǎn)M到直線AB的距離，由此能求出相交弦長(zhǎng)AB的最小值．
【詳解】（1）
∵圓，∴圓M的半徑，圓心，
設(shè)，∵PA是圓M的一條切線，∴，
∵切線PA的長(zhǎng)度為，
∴，
解得或，
∴或．
（2）∵圓N方程為，
即，…①
圓，即，…②
②﹣①得圓M方程與圓N相交弦AB所在直線方程為：，
點(diǎn)M到直線AB的距離，
相交弦長(zhǎng)即：，
∴當(dāng)時(shí)，線段AB長(zhǎng)度取最小值．
17．(1)（I）；（Ⅱ）
(2)
【分析】（1）結(jié)合對(duì)立事件概率和獨(dú)立事件概率公式求解即可；
（2）結(jié)合對(duì)立事件概率和獨(dú)立事件概率公式再作差比較計(jì)算.
【詳解】（1）記甲在第i場(chǎng)比賽獲勝的事件為，，2，3，4，則，.
由不同對(duì)陣結(jié)果相互獨(dú)立，
（I）甲連勝三場(chǎng)獲得冠軍的概率為：.
（Ⅱ）甲在“雙敗淘汰制”下獲得冠軍的情況有：勝勝勝、勝敗勝勝、敗勝勝勝，
故概率為：.
（2）“雙敗淘汰制”下甲奪冠的概率為：
.
“單敗淘汰制”下甲奪冠的概率為：.
令得，解得：.
所以當(dāng)時(shí)，“雙敗淘汰制”比“單敗淘汰制”更利于甲在此次邀請(qǐng)賽中奪冠.
18．(1)2
(2)
【分析】（1）設(shè)，連接，求得，由線面平行的性質(zhì)得出，即可得出；
（2）由余弦定理求出，再證明平面，以為原點(diǎn)，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)面面夾角的向量公式計(jì)算即可．
【詳解】（1）如圖，設(shè)，連接，
由于為等邊三角形，為等腰三角形，
根據(jù)對(duì)稱性可得為中點(diǎn)，
所以，
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面?br>所以，
所以．
（2）因?yàn)椋裕?br>所以，又點(diǎn)為中點(diǎn)，所以，
設(shè)，由，得，解得，所以，
又，，則，
所以，
因?yàn)?，，，平面?br>所以平面，
如圖，以為原點(diǎn)，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
設(shè)平面的法向量為，
所以，則，令，得，
設(shè)平面的法向量為，
所以，則，令，得，
所以，
所以平面與平面夾角的余弦值為．
19．(1)2
(2)
【分析】（1）根據(jù)對(duì)數(shù)運(yùn)算化簡(jiǎn)為二次函數(shù)的復(fù)合函數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)的值域求出最值即可；
（2）先換元把指數(shù)函數(shù)復(fù)合函數(shù)轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)，再分段分類討論求出最值，再根據(jù)已知等式求值即可.
【詳解】（1）
，
，，
當(dāng)，即時(shí)，，當(dāng)，即時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，的最大值為2.
（2）由，得，
即，，
設(shè)，則當(dāng)，，，
，
設(shè)，
由題意，是當(dāng)時(shí)，函數(shù)的值域的子集.
①當(dāng)，即時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，
則解得.
②當(dāng)，即時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞減，
則不等式組無解.
③當(dāng)，即時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，
則函數(shù)的最大值是與的較大者.
令，得，
令，得，均不合題意.
綜上所述，實(shí)數(shù)的值為.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第2小問解決的關(guān)鍵是，利用換元法將問題轉(zhuǎn)化為是的值域的子集，從而得解.
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
A
C
A
C
B
C
AD
ABD
題號(hào)
11









答案
BCD









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