一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，滿分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. 已知點關于軸的對稱點為A，則等于（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由點關于某坐標軸對稱的點的特征以及兩點距離公式即可求解.
【詳解】點關于軸的對稱點為，
所以.
故選：C
2. 雙曲線的漸近線方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出、的值，即可得出該雙曲線的漸近線方程.
【詳解】在雙曲線中，，，
所以，該雙曲線的漸近線方程為.
故選：C.
3. 已知向量滿足，且，則（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由題意可得，，又，可得，可求.
【詳解】因為，所以，所以，所以，
又因為，所以，又，所以，
所以，所以，所以.
故選：D.
4. 如圖，一個底面邊長為cm的正四棱柱形狀的容器內裝有部分水，現將一個底面半徑為1cm的鐵制實心圓錐放入容器，圓錐放入后完全沉入水中，并使得水面上升了1cm．若該容器的厚度忽略不計，則該圓錐的側面積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由水上升的體積得圓錐體積，然后求得圓錐的高、母線得側面積．
【詳解】依題意可得圓錐的體積，
又（其中h為圓錐的高），則cm，
則圓錐的母線長為cm，故圓錐的側面積為．
故選：A．
5. 設函數，若的圖象經過點，且在上恰有2個零點，則實數ω的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據的圖象經過的點及范圍求出，再根據x的范圍得，結合正弦函數的性質，列出相應不等式，即可求得范圍，即可得答案.
【詳解】因為的圖象經過點，所以，又，所以，
則函數，當時，，
因為在上恰有2個零點，
所以，所以，即實數ω的取值范圍是.
故選：B.
6. 函數的最大值為（ ）
A. B. C. 10D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，可知，結合橢圓可設，代入結合三角函數求最值即可.
【詳解】令，則，且，
設，
可得，
其中，
所以的最大值為.
故選：D.
7. 在直角坐標系內，圓，若直線繞原點順時針旋轉后與圓存在公共點，則實數的取值范圍是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由題意首先得出旋轉后的直線為，然后由直線與圓的位置關系列出不等式即可求解.
【詳解】連接，設（即以軸正方向為始邊，為終邊的角），
由題意對于直線上任意一點，存在，使得，
則直線繞原點順時針旋轉后，點對應點為，即，
因為在直線上，所以滿足
設，所以，
即所在直線方程為，
而圓的圓心，半徑分別為，
若直線繞原點順時針旋轉后與圓存在公共點，
所以圓心到直線的距離，解得.
故選：A.
【點睛】關鍵點睛：關鍵是求出旋轉后的直線，從而即可順利得解.
8. 若角，，且，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，進而得，進而結合函數的單調性得，進而得，，再根據三角恒等變換得，最后根據求解即可.
【詳解】解：令，
因為，所以，所以．
所以，，故，
所以，
因為函數單調遞增，
所以的范圍是，
因為，，
所以，即，解得，
所以，，
因為，，
所以，
所以，
所以，．
又因為，且，所以．
又因為，，所以，
所以．
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. 有一組樣本數據，其平均數?中位數?標準差?極差分別記為.由這組數據得到新樣本數據，其中，其平均數?中位數?標準差?極差分別記為，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據新舊數據間樣本的數字特征的關系對選項進行分析，從而確定正確答案.
【詳解】依題意，平均數，中位數，標準差，極差，
所以ACD選項正確，B選項錯誤.
故選：ACD
10. 如圖是數學家Germinal Dandelin用來證明一個平面截圓錐側面得到的截口曲線是橢圓的模型（稱為“Dandelin雙球”）.在圓錐內放兩個大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側面、截面相切，截面分別與球，球切于點，（，是截口橢圓的焦點）.設圖中球，球的半徑分別為3和1，球心距，則（ ）

A. 橢圓的中心在直線上
B.
C. 直線與橢圓所在平面所成的角為
D. 橢圓的離心率為
【答案】BD
【解析】
【分析】根據給定的幾何體，作出軸截面，結合圓的切線性質及勾股定理求出橢圓長軸和焦距作答.
【詳解】依題意，截面橢圓的長軸與圓錐的軸相交，橢圓長軸所在直線與圓錐的軸確定的平面截此組合體，得圓錐的軸截面及球，球的截面大圓，如圖，

點分別為圓與圓錐軸截面等腰三角形一腰相切的切點，線段是橢圓長軸，
可知橢圓C的中心（即線段的中點）不在直線上，故A錯誤；
橢圓長軸長，
過作于D，連，顯然四邊形為矩形，
又，
則，
過作交延長線于C，顯然四邊形為矩形，
橢圓焦距，故B正確；
所以直線與橢圓C所在平面所成的角的正弦值為，故C錯誤；
所以橢圓的離心率，故D正確；
故選：BD
11. 已知四棱柱的底面是邊長為6的菱形，平面，，，點滿足，其中，，，則（ ）
A. 當為底面的中心時，
B. 當時，長度的最小值為
C. 當時，長度的最大值為6
D. 當時，為定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】對于A：根據空間向量的線性運算分析求解即可；對于BC：分析可知點在及內部，利用等體積法求最小值，取端點驗證最大值；對于D：利用空間向量的數量積可得，進而可求.
【詳解】由題意可知：.
對于A，當為底面的中心時，
則，
即，，，所以，故A正確；
對于BC，當時，可知點在及內部，
設，點到平面的距離為，
由題意可知：為等邊三角形，且，
可得，，
因為，即，解得，
所以長度最小值為，故B錯誤；
若點分別與重合時，長度分別為6，6，3，
所以長度的最大值為6，故C正確；
對于D，若，
則
，
又因為，
則
，
所以為定值，故D正確；
故選：ACD.
三、填空題：（本題共3小題，每小題5分，共15分）
12. 已知復數z與復平面內的點對應，則_________.
【答案】
【解析】
【分析】由點坐標寫出復數，再由復數的除法化簡即可.
【詳解】由題設，則.
故答案為：
13. 雙曲線的左，右焦點分別為、，是雙曲線的右支上的一點，的內切圓圓心為，記、的面積分別為、，則_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用圓的切線長定理和雙曲線的定義證明在定直線上，即可得到及內切圓半徑，再由面積公式計算可得.
【詳解】如圖所示：
設圓與三邊、、切點分別為、、，則，
由雙曲線定義有，從而.
又，，所以，
設，，（為雙曲線的半焦距），
所以，解得，即點在定直線上，
又的內切圓圓心為，所以，內切圓半徑，
又，，
所以.
故答案為：.
14. 已知是定義在上的函數，若，且，使得，都有，則稱函數具有性質．給出下列四個結論：
①函數具有性質；
②函數具有性質；
③若函數具有性質，且是偶函數，則是周期函數；
④若函數具有性質，且是奇函數，則是的一個對稱中心．
其中所有正確結論的序號是______．
【答案】②③④
【解析】
【分析】利用反證法可判斷①；取可判斷②；利用題中定義結合函數的對稱性、周期性可判斷③④.
【詳解】對于①，若函數具有性質，
則存在，使得，都有，即，則不是常數，
所以函數不具有性質，①錯；
對于②，因為，即，
所以函數具有性質，②對；
對于③，函數具有性質，則存在，使得，都有，
又因為函數為偶函數，則，
又因為，即，
因為，則，故函數為周期函數，③對；
對于④，若函數具有性質，且是奇函數，
則存在，使得，都有，
，所以，
所以，是的一個對稱中心，④對.
故答案為：②③④.
【點睛】結論點睛：本題考查函數的對稱性，可利用以下結論來轉化：
①函數的圖象關于點對稱，則；
②函數的圖象關于直線對稱，則.
四、解答題：（本大題共5小題，共77分.解答須寫出文字說明、證明過程和演算步驟.）
15. 已知空間中三點，，，設，．
（1）求向量與向量的夾角的余弦值；
（2）若與互相垂直，求實數的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求得向量與的坐標，根據向量的夾角公式即可求得答案；
（2）表示出坐標，依題意可得，根據數量積的坐標表示得到方程，解得即可.
【小問1詳解】
因為，，，
所以，，
所以，
即向量與向量的夾角的余弦值為；
【小問2詳解】
因為，
又與互相垂直，所以，
解得.
16. 如圖，在四棱錐中，底面為正方形，平面底面，是邊長為6的正三角形，，分別是線段和上的點，.
（1）試確定點的位置，使得平面，并證明；
（2）若直線與平面所成角的正切值為，求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】（1）F為三等分點，且；證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由題意證得，再由線面平行的判定定理證明即可；
（2）由線面角的定義結合題意可求出，設中點為，以為坐標原點建立空間直角坐標系，分別求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【小問1詳解】
取為三等分點，且，過作，
則，所以為平行四邊形，所以，
又，，
所以平面.
【小問2詳解】
由題意平面底面，平面底面，，
平面，所以，
所以直線與平面所成角的平面角為，
中，由，得.
設中點為，設中點為，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，
則， ，
設平面的一個法向量為，
由，取，可得，
易求平面法向量，設平面與平面夾角為，
則，
故平面與平面夾角的余弦值為 .
17. 如圖，在平面四邊形中，與的交點為E，平分，，．
（1）證明：；
（2）若，求．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得，結合余弦定理證明即可.
（2）由、及，可證得四邊形是等腰梯形，進而可得，進而可求得，在中，由正弦定理可得，再結合、可得即可.
【小問1詳解】
如圖，
由題意知，則，
由余弦定理得，
即，整理得，
因為，所以．
【小問2詳解】
因為，所以，
因為，所以，所以．
又因為，，所以四邊形是等腰梯形，所以．
設，則，解得．
．
在中，由正弦定理可得，
又因為，所以．
18. 已知點，，曲線上的點與兩點的連線的斜率分別為和，且，在下列條件中選擇一個，并回答問題（1）和（2）．
條件①：；條件②：．
問題：
（1）求曲線的方程；
（2）是否存在一條直線與曲線交于，兩點，以為直徑的圓經過坐標原點．若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）答案見解析 （2）答案見解析
【解析】
【分析】（1）根據題意表示斜率并化簡即可得到答案；
（2）若選擇條件①：當直線斜率存在時，設，，，直線方程與曲線方程聯立，運用韋達定理結合得到，進而化簡得到；當斜率不存在時，得到，進而得到即可；
若選擇條件②：當直線斜率存在時，設，，，直線方程與曲線方程聯立，運用韋達定理結合得到，進而化簡得到；當斜率不存在時，得到，進而得到即可.
【小問1詳解】
若選條件①：點的坐標為，則，，
由題意可得，，化簡得，
進而曲線的方程為．
若選條件②：設點的坐標為，則，，
由題意可得，，化簡得，
進而曲線的方程為．
【小問2詳解】
若選條件①：（?。┤糁本€的斜率存在，設，
由，得，
則，即，
設，，則，．
因為以為直徑的圓經過原點，所以，則，
即，整理得．
，
設為點到直線的距離，則，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直線的斜率不存在，則，
不妨設，則，代入方程，得，
所以，則．
綜上，存在這樣的直線與曲線交于，兩點，以為直徑的圓經過坐標原點．
且．
若選條件②：（?。┤糁本€的斜率存在，
設，由
得，
則，即，
設，，則，．
因為以為直徑的圓經過原點，所以，則，
即，整理得．
，
設為點到直線的距離，則，所以，
又，所以．
（ⅱ）若直線的斜率不存在，則，
不妨設，則，代入方程，得，
所以，則．
綜上，存在這樣的直線與曲線交于，兩點，以為直徑的圓經過坐標原點．
且．
【點睛】方法點睛：本題考查解析幾何的綜合問題，此類問題常見的處理方法為：
（1）幾何法：通過圖形特征轉化，結合適當的輔助線與圖形關系進而求解；
（2）坐標法：在平面直角坐標系中，通過坐標的運算與轉化，運用方程聯立與韋達定理等知識，用坐標運算求解答案.
19. 如圖，已知四棱錐中，底面為平行四邊形，且為的中點，點在平面內的射影為點，且.
（1）求證：；
（2）當為等邊三角形時，求點到平面的距離；
（3）若，記三棱錐的外接球表面積，當函數取最小值時，平面與平面夾角的大小為，求實數的值.
【答案】（1）證明見詳解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根據題意可證平面，即可得結果；
（2）根據題意結合平面向量求相應的長度，利用等體積法求點到面的距離；
（3）利用解三角形知識可得的外接圓半徑，進而可得外接球的半徑，結合二次函數分析最值，可得，進而確定點H的位置，分析二面角可得，即可得結果.
【小問1詳解】
因為平面，平面，則，
且，，平面，
可得平面，
且平面，所以.
【小問2詳解】
做，垂足分別為，連接，
若為等邊三角形，則為中點，
因為平面，平面，則，
且，平面，
可得平面，
且平面，所以.
對于平行四邊形，建立平面直角坐標系，如圖所示，
則，
設，則，
若，可得，即，
因為為中點，可知：，則，即，
由可知直線，且，
設，則，
由可得，
解得，即，
則，
可知三棱錐的高，
在中，邊的高，
設點到平面的距離為，
由可得，解得，
所以點到平面的距離為.
【小問3詳解】
由題意可知：，
由（2）可知：點在直線上，
結合（2）中數據可得：，
在中，由余弦定理可得
，
設的外接圓半徑為，則，
設三棱錐的外接球半徑為，
則
，
且，可知當時，取到最小值，即外接球表面積取到最小值，
此時，
由（2）可設，則，
解得，即，可知，且，
過作，垂足為，
因平面，平面，則，
且，平面，
可得平面，
且平面，所以，
且，平面，
可得平面，
且平面，所以，
可知平面與平面夾角的大小為，
則，可得，
結合的面積可得，則，
可得，且，解得，
所以.
【點睛】關鍵點點睛：1.第二問：借助于平面向量求相應的長度，這樣可以簡化推理過程；
2.第三問：利用解三角形知識求外接球的半徑，進而分析最值.

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