一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，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】根據(jù)對數(shù)函數(shù)定義域化簡集合；根據(jù)指數(shù)函數(shù)值域化簡集合，再求交集即可.
【詳解】因為，，
所以；
故選：B
2. 已知復數(shù)則z的虛部為（ ）
A. 2B. 1C. 2iD. i
【答案】A
【解析】
【分析】本題考查復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算， 直接利用復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡得答案．
【詳解】
的虛部為
故選：A
3. 設，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】運用完全平方公式、二倍角公式、同角三角函數(shù)平方關系及由三角函數(shù)值判斷角的范圍可求得結(jié)果.
【詳解】因為，
所以，
所以，
因為，
所以，
又因為，
所以，
所以，
故選：A.
4. 當時，曲線與的交點個數(shù)為（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】令易知是的一個根.當時，令利用導數(shù)研究其單調(diào)性可判斷方程根的個數(shù).當時畫出兩個函數(shù)的圖象判斷交點個數(shù)求解.
詳解】解：令
當時
故是的一個根.
當時
令
則
所以在上單調(diào)遞增，
所以
所以時即方程在無實數(shù)根.
當時
在上單調(diào)遞減，且
如圖所示：
與的圖象在上有兩個交點，
所以方程在有兩個不同的根.
綜上所述，曲線與的交點個數(shù)為
故選：C
5. 已知隨機變量且則當時的最小值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正態(tài)曲線關于直線對稱，得出即再利用基本不等式，即可求出結(jié)果.
【詳解】由題意知，隨機變量，
所以正態(tài)曲線關于直線對稱，
又所以即
所以
因為則
所以
當且僅當時取等號，
所以的最小值為
故選：
6. 設數(shù)列滿足，，，，則滿足的的最大值是（ ）
A. 7B. 9C. 12D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)已知條件可得，，，所以是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，是首項為2，公差為1的等差數(shù)列，分別求得為奇數(shù)時，；為偶數(shù)時，，代入不等式求出符合條件的的值即可得的最大值.
【詳解】數(shù)列滿足,,，則，
，即，①
，，②
當是奇數(shù)時, 由①得，，
由，得，解不等式，得，
又,所以此時的最大值是9；
當是偶數(shù)時, 由②得，，
由，得，解不等式，得，
而,所以此時的最大值是12.
綜上可知, 的最大值是12.
故選：C.
7. 已知拋物線的焦點為，準線為為上一點，垂直于點為等邊三角形，過的中點作直線，交軸于點，則直線的方程為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】設直線與軸交于點，連接，說明為矩形，得，求得的斜率為，直線方程可求.
【詳解】設直線與軸交于點，連接，
因為焦點，所以拋物線的方程為，準線為，
則，因為是等邊三角形，的中點為，
則軸，所以準線為，為矩形，則，
故是邊長為4的等邊三角形，
易知，則.
因為，所以直線的斜率為,
直線的方程為.
故選：B

8. 已知函數(shù)（不恒為零），其中為的導函數(shù)，對于任意的，，滿足，且，，則（ ）
A.
B. 是偶函數(shù)
C. 關于點對稱
D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用賦值法，結(jié)合函數(shù)的奇偶性與對稱性直接判斷AB選項，再結(jié)合函數(shù)的周期性可判斷D選項，再根據(jù)復合函數(shù)求導可判斷C選項.
【詳解】A選項：由，令，則，
即，A選項錯誤；
B選項：令，可知，
又不恒為，則，所以函數(shù)為奇函數(shù)，
令，則，
即，即，
又，
則，
所以，
所以為奇函數(shù)，B選項錯誤；
C選項：由B選項可知，兩邊同時求導可知，
即函數(shù)關于直線對稱，
所以函數(shù)關于直線對稱，C選項錯誤；
D選項：由B選項可知，即函數(shù)的一個周期，
由上述分析和已知條件，，
所以
，D選項正確；
故選：D.
二、多選題：本題共3小題，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.
9. 已知變量x，y的樣本數(shù)據(jù)如下表，根據(jù)最小二乘法，得經(jīng)驗回歸方程為則（ ）
附：樣本相關系數(shù)，經(jīng)驗回歸方程斜率，截距
A.
B. 當時，對應樣本點的殘差為
C. 表中y的所有樣本數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)是11
D. 去掉樣本點后，y與x的樣本相關系數(shù)不變
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出樣本中心點，利用樣本中心點在經(jīng)驗回歸方程上求出判斷；利用殘差的概念判斷；利用百分數(shù)的概念判斷；利用樣本中心點正好是可判斷.
【詳解】由表中數(shù)據(jù)可得
因為經(jīng)驗回歸方程為，經(jīng)過點
則，解得：，故錯誤；
當時，，
殘差為故正確；
因為，
所以表中y的所有樣本數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)是從小到大排列的第4個數(shù)，為11，故正確；
因為，所以去掉樣本點后，y與x的樣本相關系數(shù)計算公式中的分子、分母都不發(fā)生變化不變，所以相關系數(shù)的值不變，故正確.
故選：.
10. 在直三棱柱中，分別是的中點，在線段上，則下面說法中正確的有（ ）
A. 平面
B. 直線與平面所成角的余弦值為
C. 直三棱柱的外接球半徑為
D. 直線與直線所成角最小時，線段長為
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空間直角坐標系利用空間位置關系的向量證明可得A正確，再由線面角的向量求法計算可得B錯誤，確定直三棱柱的外接球球心位置可計算半徑為，即C正確，利用異面直線向量求法求出直線與直線所成角最小時點的位置，可判斷D正確.
【詳解】因為是直三棱柱，所以平面，
又平面，所以，又，即；
因此兩兩垂直，以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：
對于A，又，所以，可得，
顯然平面的一個法向量為，
所以，又平面，所以平面，即A正確；
對于B，易知平面的一個法向量為，
設直線與平面所成的角為，
所以
因此直線與平面所成角的正弦值為，余弦值為，即B錯誤；
對于C，因為為直角三角形，所以其外接圓圓心為的中點，外接圓半徑為；
因此可得直三棱柱外接球球心即為的中心，
外接球半徑為，因此C正確；
對于D，易知，所以，
由在線段上，可設，其中，
所以，
因此直線與直線所成的角的余弦值為
令函數(shù)，可得；
易知當時，，當時，，
因此在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以當時，取得最大值，再結(jié)合余弦函數(shù)單調(diào)性可得此時直線與直線所成的角最小，
因此，即，
因此線段長為，即D正確.
故選：ACD
11. 我們把既有對稱中心又有對稱軸的曲線稱為“優(yōu)美曲線”，“優(yōu)美曲線”與其對稱軸的交點叫作“優(yōu)美曲線”的頂點.對于“優(yōu)美曲線”，則（ ）
A. 曲線關于直線對稱
B. 曲線有4個頂點
C. 曲線與直線有4個交點
D. 曲線上動點到原點距離的最小值為
【答案】AC
【解析】
【分析】根據(jù)新定義曲線的知識對選項進行分析，結(jié)合圖象來確定正確答案.
【詳解】對于A，將交換方程依然成立，所以曲線關于對稱，A正確；
對于B，易得曲線有四條對稱軸軸，軸，直線，
直線，共有8個頂點，B錯誤；
對于C，由得，
即，
可得，
對于方程，，
則方程有兩不等實根，且方程的根不為0和3，
所以方程有4個不等實根，
從而曲線C與直線有4個交點，C正確；
對于D，由得，
，
當且僅當，即時取等號，
則的最小值為，
曲線C上動點P到原點距離的最小值，D錯誤；
故選：AC
【點睛】思路點睛：
遇到關于新定義曲線性質(zhì)的問題，首先要明確新定義的內(nèi)涵和要求.對于各選項，根據(jù)曲線方程的特點，分別從對稱性、頂點個數(shù)、與直線的交點個數(shù)以及動點到定點距離最值等角度出發(fā)，運用相應的數(shù)學知識和方法進行分析.如判斷對稱性利用交換坐標法，求交點個數(shù)通過聯(lián)立方程求解，求最值借助均值不等式等，逐步得出結(jié)論.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 已知的展開式的二項式系數(shù)和為64，各項系數(shù)和為729，則其展開式的常數(shù)項為______．
【答案】240或3840
【解析】
【分析】根據(jù)二項式系數(shù)和求出，再利用賦值法求出或-4，根據(jù)二項式通項公式的展開式求出常數(shù)項，分別代入和，求出答案.
【詳解】由于的展開式的二項式系數(shù)和為64，即，
解得n＝6．
又由于的展開式系數(shù)和為729，令得，即，
解得或-4，
的展開式的通項為，令，
解得，
所以展開式的常數(shù)項為，
故當時，，當時，．
故答案為：240或3840
13. 如圖所示，將一個圓心角為的扇形紙板剪掉扇形，得到扇環(huán)，現(xiàn)將扇環(huán)圍成一個圓臺側(cè)面.若，則該圓臺的體積為______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用圓臺的體積為一個大圓錐的體積減去一個小圓錐的體積，利用母線長可求得大圓錐的底面圓半徑，進而求得圓錐的高，可求大圓錐的體積，同理求得小圓錐的體積，可求圓臺的體積.
【詳解】圓臺的體積為一個大圓錐的體積減去一個小圓錐的體積，
扇形所圍成的大圓錐的弧長為，所圍成底面圓的半徑為，
所以圓錐的高為，
故扇形所圍成的大圓錐的體積為.
同理可得扇形所圍成的小圓錐的體積為，
所以則該圓臺的體積為.
故答案：.
14. 已知函數(shù)有兩個極值點，且，則的取值范圍是______
【答案】
【解析】
【分析】求，根據(jù)是的兩個極值點可得為方程的兩個根，結(jié)合韋達定理可得，令，構(gòu)造函數(shù)分析單調(diào)性可得的值域，即得的取值范圍.
【詳解】∵，∴，
∴為方程的兩個根，
∴，∴，，
∴
代入可得：，
設，∵，∴，
設，則，
∴在上單調(diào)遞減，
∵，
∴ ，即的取值范圍是.
故答案為：.
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. 已知數(shù)列的前項和為，若，
（1）求；
（2）若，為數(shù)列的前項和，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用數(shù)列的遞推關系可得是等比數(shù)列，求解即可；
（2）先求出的通項公式，然后采用分組轉(zhuǎn)化求和法求解即可.
【小問1詳解】
當時，，
當時，，所以，
所以，所以，
又因為，
所以是以為首項，2為公比的等比數(shù)列，
所以，即，
又時也滿足上式，所以；
【小問2詳解】
因為，所以，
所以，
所以
.
16. 在銳角三角形中，角，，的對邊分別為，，，若，，且.
（1）求的值；
（2）若點，分別在邊和上，且與的面積之比為，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及二倍角公式可得，結(jié)合三角形角關系可得；
（2）設，，由三角形面積關系可得，再根據(jù)余弦定理及基本不等式可得最值.
【小問1詳解】
由已知，即，
再由正弦定理可得，即，，
又，則，
所以，
又，即，
所以；
【小問2詳解】
由（1）得，且，
所以，則，
設，，
則，，
又，
即，解得，
所以在中，由余弦定理得，
當且僅當時，等號成立，
即的最小值為.
17. 如圖，在平行六面體中，，且，設與的交于點.
（1）證明:平面；
（2）若，且，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先通過證明平面，得到，再通過等腰三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)線面垂直的判定定理可證平面.
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求直線與平面所成角的正弦.
【小問1詳解】
因為底面為平行四邊形，且，
所以為菱形，所以.
又，，平面，且，
所以平面.
因為平面，所以.
在和中：
（）.
所以.
又為中點，所以.
又，平面，且，
所以平面.
【小問2詳解】
由（1）可知，，，兩兩垂直，所以以為原點，建立如圖空間直角坐標系：
因為，，，
所以，，.
所以，，，.
所以，，.
設平面的法向量為，
則，
取，得.
所以，，.
設直線與平面所成的角為，
則.
18. 已知橢圓C：的長軸長是短軸長的2倍，焦距為，點A，B分別為C的左、右頂點，點P，Q為C上的兩個動點，且分別位于x軸上、下兩側(cè)，和的面積分別為，，記
（1）求橢圓C的方程；
（2）若，求證直線PQ過定點，并求出該點的坐標；
（3）若，設直線AP和直線BQ的斜率分別為，，求的取值范圍．
【答案】（1）
（2）證明見解析，定點坐標為
（3）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，列出關于方程組，求得的值，即可得到橢圓方程；
（2）由圖形對稱性可知定點在x軸上，設，由題意得，求解即可.
（3）設直線PQ的方程為，，，并表示
聯(lián)立由韋達定理得，，代入化簡并結(jié)合即可得所求.
【小問1詳解】
由題意知，，，又，，，
所以橢圓C的方程為：
【小問2詳解】
證明：由知，，由圖形對稱性可知，定點M在x軸上，
設直線PQ方程為：，，，，
，解得，
即定點坐標為
【小問3詳解】
設直線PQ的方程為，，
聯(lián)立可得，
則，，且
于是
，
，，即的范圍是
19. 已知函數(shù).
（1）當時，求曲線在點處的切線方程；
（2）當時，函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有唯一的極值點.
（i）求實數(shù)的取值范圍；
（ii）求證：在區(qū)間內(nèi)有唯一的零點，且.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）證明見解析
【解析】
【分析】（1）由導數(shù)求得切線斜率，由點斜式得直線方程并整理即可；
（2）（i）求出導函數(shù)，根據(jù)分類討論，分和兩類，對還需對導函數(shù)再一次求導，確定單調(diào)性，極值點； （ii）在（i）的基礎上，先證明是唯一零點，然后證明：求出，利用是極值點，化簡消去，得的函數(shù)，然后利用導數(shù)證明，最后由的單調(diào)性得證結(jié)論成立．
【小問1詳解】
當時，，
，即切點為，
故曲線在點處的切線方程為.
【小問2詳解】
（i）函數(shù)，
①當時，當時，，
則在區(qū)間上單調(diào)遞增，沒有極值點，不合題意，舍去；
②當時，設，
則在區(qū)間上恒成立，
在區(qū)間上單調(diào)遞增，即在區(qū)間上單調(diào)遞增，
又在區(qū)間上有唯一零點，
當時，，函數(shù)單調(diào)遞減；
當時，，函數(shù)單調(diào)遞增，
函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有唯一極值點，符合題意，
綜上，的取值范圍是.
（ii）由（i）知，當時，，
當時，，函數(shù)單調(diào)遞減；
當時，，函數(shù)單調(diào)遞增；
時，，則，
又在區(qū)間上有唯一零點，
即在區(qū)間上有唯一零點.
，
由①知，
則，
設，
則，
，
在區(qū)間上單調(diào)遞增，又，
又.
.
由前面討論知在區(qū)間上單調(diào)遞增，
.
【點睛】方法點睛：本題考查用導數(shù)確定函數(shù)的極值點與零點問題，屬于難題．證明，考慮到的來源，因此聯(lián)想用的單調(diào)性，只要證明，這是關鍵，為此計算，并由是極值點得出與的關系，從而消去參數(shù)，只剩下一個未知數(shù)，引入新函數(shù)，利用導數(shù)證明出結(jié)論．
x
1
2
3
4
5
y
5
9
10
11
15

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