1. 已知集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】D
【分析】根據(jù)一元二次不等式求集合A，即可得交集.
【詳解】由題意可得：，且，
所以.
故選：D.
2. 復數(shù)的共軛復數(shù)是（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】D
【分析】先根據(jù)復數(shù)的除法求解，再根據(jù)共軛復數(shù)的概念求解.
【詳解】因為，
所以其共軛復數(shù)是.
故選：D.
3. 若，，且，則與的夾角為（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】B
【分析】根據(jù)向量垂直列方程，結合向量數(shù)量積的運算以及向量夾角的知識求得正確答案.
【詳解】因為，所以，
由于，所以，
由于，所以.
故選：B
4. 已知，則下列不等關系中不恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【正確答案】C
【分析】由兩角和的正弦、余弦公式展開后結合不等式的性質可判斷ABD，舉反例判斷C．
【詳解】都是銳角，則，
，A正確；
，B正確；
時，，
，，，C錯誤；
，D正確．
故選：C．
5. 將體積為1的正四面體放置于一個正方體中，則此正方體棱長的最小值為（ ）
A. 3B. C. D.
【正確答案】C
【分析】反向思考，求出邊長為的正方體的最大內接正四面體的體積，結合條件，即可求解.
【詳解】反向思考，邊長為的正方體，其最大內接正四面體的體積為，
得到，解得，
故選：C.
6. 武漢外校國慶節(jié)放7天假（10月1日至10月7日），馬老師、張老師、姚老師被安排到校值班，每人至少值班兩天，每天安排一人值班，同一人不連續(xù)值兩天班，則不同的值班方法共有（ ）種
A. 114B. 120C. 126D. 132
【正確答案】A
【分析】依據(jù)值班3天的為分類標準，逐類解決即可.
【詳解】因為有三位老師值班7天，且每人至少值班兩天，每天安排一人值班，同一人不連續(xù)值兩天班，
所以必有一人值班3天，另兩人各值班2天.
第一類：值班3天在、、、、、時，共有種不同的值班方法；
第二類：值班3天在、時，共有種不同的值班方法；
第三類：值班3天在時，共有種不同的值班方法；
第四類：值班3天在時，共有種不同的值班方法；
綜上可知三位老師在國慶節(jié)7天假期共有種不同的值班方法.
故選：A
7. 已知，設函數(shù)若關于的不等式在上恒成立，則的取值范圍為
A. B. C. D.
【正確答案】C
【分析】
先判斷時，在上恒成立；若在上恒成立，轉化為在上恒成立．
【詳解】∵，即，
（1）當時，，
當時，，
故當時，在上恒成立；
若在上恒成立，即在上恒成立，
令，則，
當函數(shù)單增，當函數(shù)單減，
故，所以．當時，在上恒成立；
綜上可知，的取值范圍是，
故選C．
本題考查分段函數(shù)的最值問題，關鍵利用求導的方法研究函數(shù)的單調性，進行綜合分析．
8. 已知函數(shù)，，函數(shù)，若為偶函數(shù)，則的值為（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】D
【分析】由為偶函數(shù)，推得，再由，求得關于對稱，結合，推得，得到是周期為4的周期函數(shù)，根據(jù)，得到，進而求得的值，得到答案.
【詳解】因為函數(shù)為偶函數(shù)，可的圖象關于對稱，所以，
由，可得，
即，所以函數(shù)關于對稱，
又因為，所以是定義在上的偶函數(shù)，
所以，
所以，即，
所以函數(shù)是周期為4的周期函數(shù)，
所以，
則.
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. 下列關于概率統(tǒng)計知識，其中說法正確的是（ ）
A. 數(shù)據(jù)，0，2，4，5，6，8，9的第25百分位數(shù)是1
B. 已知隨機變量，若，，則
C. 若一組樣本數(shù)據(jù)（，2，…，n）的對應樣本點都在直線上，則這組樣本數(shù)據(jù)的相關系數(shù)為
D. 若事件M，N的概率滿足，且，則M與N相互獨立
【正確答案】ABD
【分析】根據(jù)百分位數(shù)的定義計算判斷A，由二項分布的數(shù)學期望與方差公式計算可判斷B，根據(jù)相關系數(shù)的定義可判斷C, 根據(jù)相互獨立事件及條件概率的概率公式計算可判斷D.
【詳解】對于選項A，8個數(shù)據(jù)從小到大排列，由于，
所以第25百分位數(shù)應該是第二個與第三個的平均數(shù)，故A正確；
對于選項B，因為，，，
所以，解得，故B正確；
對于選項C，因為樣本點都在直線上，說明是負相關且線性相關性很強，
所以相關系數(shù)為，故C錯誤.
對于選項D，由，可得，
即，即，所以M與N相互獨立，故D正確；
故選：ABD.
10. 連接拋物線上任意四點組成的四邊形可能是（ ）
A. 平行四邊形B. 梯形
C. 有三條邊相等的四邊形D. 有一組對角相等的四邊形
【正確答案】BCD
【分析】根據(jù)題意作出相應的圖形，結合拋物線的性質逐項分析判斷.
【詳解】對于選項A：作兩條平行線與拋物線均相交，根據(jù)拋物線的性質可知：截得的弦長一定不相等，
所以所得的四邊形不可能為平行四邊形，故A錯誤；

對于選項C：任作一條直線垂直與拋物線的對稱軸，交拋物線與兩點，則，
再以圓心，為半徑作圓，該圓以拋物線必有一個異于坐標原點的交點，
此時可得，符合題意，故C正確；

對于選項B：任作兩條直線垂直與拋物線的對稱軸，分別與交拋物線交于和，
此時，即為梯形，故C正確；

對于選項D：如圖，以為直徑作圓，與拋物線交于，

此時，符合題意，故D正確；
故選：BCD.
11 設函數(shù)，則（ ）
A. 當時，直線是曲線的切線
B. 若有三個不同的零點，則
C. 存在，使得為曲線的對稱軸
D. 當時，在處的切線與函數(shù)的圖象有且僅有兩個交點
【正確答案】ABD
【分析】根據(jù)曲線的切線、函數(shù)的零點、曲線的對稱軸，直線和曲線的交點個數(shù)等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.
【詳解】A選項，當時，，
令解得，且，
此時在處的切線方程為，即，正確.
B選項，，
要使有三個零點，則，
若有三個不同的零點，
則
，
通過對比系數(shù)可得，正確.
C選項，若存在，使得為曲線的對稱軸，
則，即，
即，
即，此方程不恒為零，
所以不存在符合題意的，使得為曲線的對稱軸，錯誤.
D選項，當時，，
則，
所以在處的切線方程為，
，
由，
消去得①，
由于，
，
所以①可化為，
提公因式得，
化簡得，
進一步因式分解得，解得，
由于，所以，
所以，所以，
所以當時，在處的切線與函數(shù)y=fx的圖象有且僅有兩個交點，正確.
故選：ABD
關鍵點點睛：D選項的解答涉及到切線與曲線交點的個數(shù)，利用聯(lián)立方程組和因式分解的方法，最終得出交點個數(shù)的結論，過程完整而嚴謹．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 已知是等差數(shù)列的前n項和，若，，則____________．
【正確答案】
【分析】設首項為，公差為d，后由等差數(shù)列求和公式可得答案.
【詳解】設首項為，公差為d，由題，則.
則.
故
13. 已知函數(shù)，寫出函數(shù)的單調遞減區(qū)間____________．
【正確答案】
【分析】利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性即可.
【詳解】，，
令，即，解得或.
當時，，則在上單調遞增；
當時，，則在上單調遞減；
當時，，則在上單調遞增.
綜上可知，函數(shù)的單調遞減區(qū)間為.
故答案為.
14. 擲一個質地均勻的骰子，向上的點數(shù)不小于3得2分，向上的點數(shù)小于3得1分，反復擲這個骰子，（1）恰好得3分的概率為____________；（2）恰好得n分的概率為____________．（用與n有關的式子作答）
【正確答案】 ①. ②.
【分析】因為一次得2分，另一次得1分或三次的1分時恰好得3分，進而利用獨立重復試驗的概率可求（1）；令表示“恰好得n分”的概率，不出現(xiàn)分的唯一情況是得到分以后再擲出一次不小于3的情況，則有，進而利用構造等比數(shù)列可求（2）.
【詳解】（1）擲一個質地均勻的骰子，向上的點數(shù)不小于3的概率,
擲一個質地均勻的骰子，向上的點數(shù)小于3的概率.
因為一次得2分，另一次得1分或三次得1分時恰好得3分，
所以恰好得3分的概率等于.
（2）令表示“恰好得n分”的概率，不出現(xiàn)分的唯一情況是得到分以后再擲出一次不小于3的情況，
因為“不出現(xiàn)分”的概率是，所以“恰好得到分”的概率是.
因為“擲一次得2分”的概率是，所以有，
即，則構造等比數(shù)列，
設，即，則，，
所以，
又，，所以是首項為，公比為的等比數(shù)列，
即，.
故恰好得n分的概率為.
故（1）；（2）.
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15. 已知的面積為，且滿足,設和的夾角為，
（1）求的取值范圍；
（2）求函數(shù)的值域．
【正確答案】（1）
（2）
【分析】（1）根據(jù)題意由三角形面積公式可得，繼而可得或，結合的范圍即可求解；
（2）利用和差公式、降冪公式、倍角公式及輔助角公式化簡可得，由（1）所求的的范圍可得的范圍，繼而即可求得值域.
小問1詳解】
由題，
可得，
又，
所以，
得到或，
因為，
所以.
【小問2詳解】
，
因為，
故，
故可得.
16. 如圖，已知四棱錐，，側面為正三角形，底面是邊長為的菱形，側面與底面所成的二面角為．
（1）求四棱錐的體積；
（2）求二面角的正弦值．
【正確答案】（1）
（2）
【分析】（1）作出四棱錐的高，并計算出高的長度，進而計算出四棱錐的體積.
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法來求得二面角的余弦值，進而計算出正弦值.
【小問1詳解】
過點作垂直于平面，垂足，
連接交于，連接，
因為平面，
，又，
又平面，所以平面，
因為平面，所以，，
又，所以為得中點，
所以，
因為側面與底面所成的二面角為，即有，
所以，因為側面為正三角形，
所以，則，
所以.
【小問2詳解】
在平面內過點作的垂線，依題可得兩兩垂直，
以為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
可得，，，，
取得中點為，則，
因為，所以，
由（1）平面，，
知平面，平面，
所以，可得所成角即為二面角的平面角，記為，
求得，，則，
則.
17. 已知函數(shù)
（1）當時，求曲線y=fx在點1,f1處的切線方程；
（2）若不等式恒成立，求的取值范圍．
【正確答案】（1）
（2）
【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義，根據(jù)導數(shù)求切線的斜率，再代入點斜式方程，即可求解；
（2）首先根據(jù)指對公式，變形不等式為elna+x?2+lna+x?2≥lnx+elnx，x>0，再構造函數(shù)，結合函數(shù)的單調性，轉化為不等式恒成立，再利用參變分離，轉化為函數(shù)最值問題，即可求解.
【小問1詳解】
當時，，，，
所求切線方程為：，即；
【小問2詳解】
轉化為，
可得elna+x?2+lna+x?2≥lnx+elnx，x>0，
構造函數(shù)，易得在單調遞增，
所以有，由在單調遞增，
故可得，即有在恒成立，
令，，得到，
可得時，?′x>0；時，，所以?x在時取最大值，
所以，得到.
18. 已知橢圓的左?右焦點分別為，離心率為，且經(jīng)過點
（1）求橢圓E的方程；
（2）求的角平分線所在直線的方程；
（3）在橢圓E上是否存在關于直線對稱的相異兩點？若存在，請找出；若不存在，說明理由．
【正確答案】（1）
（2）
（3）不存在，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)橢圓經(jīng)過的點的坐標以及離心率解方程組可求得橢圓E的方程；
（2）思路一：利用角平分線上的點的性質，由點到直線距離公式整理可得結論；
思路二：求得橢圓在點處的切線方程，再由橢圓的光學性質可得平分線所在直線方程；
（3）思路一：假設存在關于直線對稱的相異的兩點，聯(lián)立直線與橢圓方程可得線段中點與點A重合，假設不成立；
思路二：利用點差法求出，聯(lián)立直線方程可得點與點A重合，不合題意，可得結論.
【小問1詳解】
橢圓E經(jīng)過點，
可得，解得，
因此可得橢圓E的方程為；
【小問2詳解】
由（1）可知，，
思路一：
由題意可知，，如下圖所示：
設角平分線上任意一點為Px,y，則
得或
又易知其斜率為正，
∴的角平分線所在直線為
思路二：橢圓在點處的切線方程為，
根據(jù)橢圓的光學性質，的角平分線所在直線的斜率為，
所以的角平分線所在直線，
即
【小問3詳解】
思路一：假設存在關于直線對稱的相異兩點Bx1,y1,Cx2,y2，
設，
聯(lián)立可得，
∴線段中點為在的角平分線上，
即，解得；
因此與點A重合，舍去，故不存在滿足題設條件的相異的兩點．
思路二：假設存在關于直線對稱的相異兩點Bx1,y1,Cx2,y2，線段中點，
由點差法可得，即；
∴，
因此，
聯(lián)立可得與點A重合，舍去，
故不存在滿足題設條件相異的兩點．
19. 設使定義在區(qū)間上的函數(shù)，其導函數(shù)為.如果存在實數(shù)和函數(shù)，其中對任意的都有>0，使得，則稱函數(shù)具有性質．
（1）設函數(shù)，其中為實數(shù)
① 求證：函數(shù)具有性質；
② 討論函數(shù)的單調性；
（2）已知函數(shù)具有性質，給定設為正實數(shù)，，，且，若，求的取值范圍．
【正確答案】（1）①證明見解析；②答案見解析
（2）
【分析】(1)①對求導，可得?(x)=1xx+12>0恒成立，即可函數(shù)具有性質；②設ux=x2?bx+1x>1，f′x與符號相等，對討論，可知f′x符號，即可得出函數(shù)的單調區(qū)間；
(2)對求導，，分析可知其在恒成立，對討論，再根據(jù)與大關系進行討論，驗證是否滿足條件，可求解的取值范圍.
【小問1詳解】
① ，
所以，?x=1xx+12>0恒成立，則函數(shù)具有性質；
② 設ux=x2?bx+1x>1，
(i) 當即時，，，故此時在區(qū)間上遞增；
(ii) 當時
當即時，，，故此時在區(qū)間上遞增；
當即時，，
所以時，，，此時在上遞減；
時，，，此時在上遞增.
綜上所述，當時，在上遞增；
當時，在上遞減，在上遞增.
【小問2詳解】
由題意，，
又對任意的都有，
所以對任意的都有，在上遞增.
所以，，
因為
先考慮的情況
即，得，
此時，
所以
所以滿足題意
當時，
，
，
所以
所以，
則，不滿足題意，舍去
綜上所述，

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