注意事項：
1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息
2．請將答案正確填寫在答題卡上
一、單選題
1. 已知集合，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化簡集合，利用集合交集的概念可得結(jié)果.
【詳解】集合.
由得，等價于，故，
由得.
故選：B.
2. 設(shè)A，B為雙曲線上兩點，下列四個點中，可為線段AB中點的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】設(shè)點坐標(biāo)，由點差法分析得到，然后將各個選項代入等式后求得，然后得到直線方程，驗證直線方程與曲線是否存在交點即可.
【詳解】設(shè)，，則中點坐標(biāo)為
∴，則，
∴，
A選項知，則，則直線，則整理得，此時，這樣的點不存在，舍去；
B選項知，則，則直線，則整理得，此時，這樣的點不存在，舍去.
C選項知，則，則直線，則整理得，此時，這樣的點存在.
A選項知，則，則直線，因為，所以直線是曲線的一條漸近線，故這樣的點不存在，舍去.
故選：C.
3. 已知函數(shù)的零點分別為，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由題意可得分別為函數(shù)與的交點，作出三個函數(shù)的圖象，由圖象可得，再由，可得，即可得答案.
【詳解】令，則，
令，則，
則由題意得分別為函數(shù)與的交點，
作出三個函數(shù)圖象如圖所示，

由圖可得，所以，
由題意得，則，
所以，即，
所以.
故選：A
4. 已知正四棱錐底面邊長為2，且其側(cè)面積的和是底面積的2倍，則此正四棱錐的體積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)已知得出斜高，從而可得正四棱錐的高，由體積公式可得正四棱錐的體積.
【詳解】如圖，正四棱錐，，為底面正方形中心，為中點，
由已知可得，
所以，
又，所以，
所以正四棱錐的體積為.
故選：.
5. 已知函數(shù)與的圖象恰有一個交點，則（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
分析】構(gòu)造函數(shù)并探討奇偶性，由有唯一零點求出，再驗證即可.
【詳解】令函數(shù)，其定義域為R，
，函數(shù)為偶函數(shù)，
由函數(shù)與的圖象恰有一個交點，得有唯一零點，
因此，即，解得，，
當(dāng)時，，
令函數(shù)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，
，則當(dāng)時，，函數(shù)在上遞增，在上遞減，
所以函數(shù)有唯一零點，.
故選：A
6. 一枚質(zhì)地均勻的正方體骰子，其六個面分別刻有1，2，3，4，5，6六個數(shù)字，投擲這枚骰子兩次，設(shè)事件“第一次朝上面的數(shù)字是奇數(shù)”，則下列事件中與相互獨立的是（ ）
A. 第一次朝上面的數(shù)字是偶數(shù)B. 第一次朝上面的數(shù)字是1
C. 兩次朝上面的數(shù)字之和是8D. 兩次朝上面的數(shù)字之和是7
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)題意，由相互獨立事件的定義，對選項逐一判斷，即可得到結(jié)果.
【詳解】拋擲骰子兩次，共有個基本事件數(shù)，
則，
共18個基本事件，則，
設(shè)事件為第一次朝上面的數(shù)字是偶數(shù)，則事件與事件是對立事件，故A錯誤；
設(shè)事件為第一次朝上面的數(shù)字是1，則，故B錯誤；
設(shè)事件為兩次朝上面的數(shù)字之和是8，
則共5個基本事件，則，
且，則，
，所以C錯誤；
設(shè)事件兩次朝上面的數(shù)字之和是7，則，
則，且，則，
因為，所以事件與事件相互獨立.
故選：D
7. 第14屆國際數(shù)學(xué)教育大會在上海華東師范大學(xué)舉行，如圖是本次大會的會標(biāo)，會標(biāo)中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦3、7、4、4，這是中國古代八進制計數(shù)符號，換算成現(xiàn)代十進制是，正是會議計劃召開的年份，那么八進制數(shù)換算成十進制數(shù)，則換算后這個數(shù)的末位數(shù)字是（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)題意，由進位制的換算方法代入計算，再由二項式展開式代入計算，即可得到結(jié)果.
【詳解】由進位制的換算方法可知，八進制換算成十進制得：
，
因為是10的倍數(shù)，
所以，換算后這個數(shù)的末位數(shù)字即為的末尾數(shù)字，
由可得，末尾數(shù)字為5.
故選：C
8. 設(shè)有甲、乙兩箱數(shù)量相同的產(chǎn)品，甲箱中產(chǎn)品的合格率為90%，乙箱中產(chǎn)品的合格率為80%.從兩箱產(chǎn)品中任取一件，經(jīng)檢驗不合格，放回原箱后在該箱中再隨機取一件產(chǎn)品，則該件產(chǎn)品合格的概率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】設(shè)事件表示任選一件產(chǎn)品，來自于甲箱，事件表示任選一件產(chǎn)品，來自于乙箱，事件從兩箱產(chǎn)品中任取一件，恰好不合格，先利用全概率公式求出，進而可得，，進而可得放回原箱后再取該件產(chǎn)品合格的概率.
【詳解】設(shè)事件表示任選一件產(chǎn)品，來自于甲箱，事件表示任選一件產(chǎn)品，來自于乙箱，事件從兩箱產(chǎn)品中任取一件，恰好不合格，
又
，
經(jīng)檢驗不合格，放回原箱后在該箱中再隨機取一件產(chǎn)品，則該件產(chǎn)品合格的概率為
.
故選：A.
二、多選題
9. 設(shè)是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，q是其公比，是其前n項的積，且，，則下列選項中成立的是（ ）
A. B.
C. D. 與均為的最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】AB選項，根據(jù)數(shù)列各項均為正，得到，；C選項，由等比數(shù)列的性質(zhì)及，得，，C錯誤；D選項，在ABC基礎(chǔ)上得到，得到D正確.
【詳解】AB選項，由已知數(shù)列各項均正，因此乘積也為正，公比，
又，，，，B正確；
又，故，即，A正確；
C選項，由得，所以，
而，，因此，C錯誤；
D選項，由上知，
先增后減，與均為的最大值，D正確．
故選：ABD
10. 下列說法中正確的是（ ）
A. 一個樣本的方差，則這組樣本數(shù)據(jù)的總和等于60
B. 若樣本數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差為8，則數(shù)據(jù)，的標(biāo)準(zhǔn)差為16
C. 數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)是23
D. 若一個樣本容量為8的樣本的平均數(shù)為5，方差為2，現(xiàn)樣本中又加入一個新數(shù)據(jù)5，此時樣本容量為9，平均數(shù)不變，方差變小
【答案】ABD
【解析】
【分析】對于A，由題意可得樣本容量為20，平均數(shù)是從而可得樣本數(shù)據(jù)的總和，即可判斷；對于B，根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)差為8，可得方差為64，從而可得新數(shù)據(jù)的方差及標(biāo)準(zhǔn)差，即可判斷；對于C，根據(jù)百分位數(shù)的定義，求出第70百分位數(shù)，即可判斷；對于D，由題意可求得新數(shù)據(jù)的平均數(shù)及方差，即可判斷.
【詳解】解：對于A，因為樣本的方差
所以這個樣本有20個數(shù)據(jù)，平均數(shù)是這組樣本數(shù)據(jù)的總和為A正確；
對于B，已知樣本數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差為，則，
數(shù)據(jù)的方差為，其標(biāo)準(zhǔn)差為，故B正確；
對于C，數(shù)據(jù)共10個數(shù)，
從小到大排列為，由于，
故選擇第7和第8個數(shù)的平均數(shù)作為第70百分位數(shù)，即，
所以第70百分位數(shù)是23.5，故C錯誤；
對于D，某8個數(shù)的平均數(shù)為5，方差為2，現(xiàn)又加入一個新數(shù)據(jù)5，
設(shè)此時這9個數(shù)的平均數(shù)為，方差為，則，故D正確.
故選：ABD.
11. 已知為隨機事件，，則下列說法正確的有（ ）
A. 若相互獨立，則
B. 若相互獨立，則
C 若兩兩獨立，則
D. 若互斥，則
【答案】AD
【解析】
【分析】由獨立事件的乘法公式即可判斷A；由事件的和運算即可判斷B；由三個事件兩兩獨立，不能判斷三個事件是否獨立，即可判斷C；由互斥事件及條件概率公式即可判斷D．
【詳解】對于A，若相互獨立，則，故A正確；
對于B，若相互獨立，則，故B錯誤；
對于C，若兩兩獨立，由獨立事件的乘法公式得，，，
，無法確定，故C錯誤；
對于D，若互斥，則，，
兩邊同時除以得，，即，故D正確；
故選：AD．
12. 我國向國際社會的環(huán)保承諾已經(jīng)超額完成，積極穩(wěn)妥推進碳達峰?碳中和，我國將繼續(xù)堅持貫徹落實.某工廠產(chǎn)生的廢氣經(jīng)過過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物含量單位：與時間（單位：）的關(guān)系為，其中，是常數(shù).已知在前消除了的污染物.則下列結(jié)論正確的是（ ）
（參考數(shù)據(jù)：，）
A.
B. 過濾后還剩余污染物
C. 污染物減少需要的時間為
D. 污染物減少所需要的時間為
【答案】BD
【解析】
【分析】利用題中條件可得，即可判斷；當(dāng)時，代入關(guān)系式時即可判斷；當(dāng)時，代入關(guān)系式即可判斷，.
【詳解】由題意，當(dāng)時，，
當(dāng)時，，
于是有，解得，故錯誤；
當(dāng)時，，故正確；
當(dāng)時，有，
解得，故錯誤，正確.
故選：.
三、填空題
13. 已知數(shù)列，等可能取，0或1，數(shù)列滿足，且，則的概率為_______．
【答案】
【解析】
【分析】由，得到，再結(jié)合古典概率模型即可求解．
【詳解】由題意可得：，
，
，
，
若，則，
從各隨機從中選一個，共有種情況；
若，
可分為三類：
都取0，一種情況；
中兩個取0，一個取1，一個取，共有，
中兩個取1，兩個取，共有，
共計19種情況，
所以的概率為：．
故答案為：
14. 已知數(shù)列的通項公式為: ，其前項和為 ，若成等比數(shù)列， 則 k=___________
【答案】6
【解析】
【分析】根據(jù)等比中項結(jié)合等差數(shù)列的前n項和公式求出，再解方程，即可求得答案.
【詳解】因為成等比數(shù)列，所以 ，
由于數(shù)列的通項公式為: ，
故是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，且前項和為，
所以 ，所以 (舍去負(fù)值)，
所以 (舍去負(fù)值)，
故答案為：6
15. 已知等邊的外接圓的面積為，動點在圓上，若，則實數(shù)的取值范圍為______．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)正三角形的幾何性質(zhì)可得外接圓半徑，再由正弦定理得邊長，取線段的中點，取線段的中點，根據(jù)向量的線性運算及數(shù)量積的運算性可得，且再由三角形三邊關(guān)系列不等式得結(jié)論.
【詳解】依題意，設(shè)的外接圓的半徑為，則，故，
在等邊中由正弦定理得，則；
取線段的中點，連接，則，
所以；
取線段的中點，連接，則在線段上，且，所以，
則又，
故，則．
故答案：.
16. 若函數(shù)的部分圖象如圖所示，且，則的最小正周期為______，在上的零點個數(shù)為______．
【答案】 ①. ②. 350
【解析】
【分析】對于求函數(shù)的最小正周期，有公式，我們需要根據(jù)已知條件求出的值.再令，即，解出，再根據(jù)區(qū)間確定個數(shù).
【詳解】令，得，則．
令，得，則．
令，得，則．
因為，所以，解得．
所以的最小正周期為．
當(dāng)時，，
令，得，
所以在上的零點個數(shù)為350．
故答案為：
四、解答題
17. 一個箱子中裝有4個黑球，2個白球，小球除顏色外其他都相同，每次從箱子中隨機取出一個球，取出4個黑球即停止.
（1）若從箱子中不放回地取球，求恰好第5次停止的概率；
（2）若從箱子中有放回地取球，記5次之內(nèi)（含5次）取到黑球的次數(shù)為，求的分布列和期望.
【答案】（1）
（2）分布列見解析，
【解析】
【分析】（1）依題意，5次取球中最后一次必為黑球，可先考慮從2個白球中取出1個，再在前4次取球順序中確定1個序號，最后進行全排即得方法數(shù)，利用古典概型概率公式計算；
（2）依題確定的取值為，利用二項分布概率公式分別計算對應(yīng)的概率，列出分布列，計算數(shù)學(xué)期望即得.
【小問1詳解】
依題意，5次取球中最后一次必為黑球，可先考慮從2個白球中取出1個，再在前4次取球順序中確定1個序號，
最后進行全排即得方法數(shù)為：，而總的方法數(shù)為，故恰好第5次停止的概率為.
【小問2詳解】
隨機變量的取值為.
，
，
，
，
，
所以隨機變量的分布列如下表所示：
故.
18. 已知函數(shù)，
（1）若，求在點處的切線方程.
（2）若有兩個零點，求a的取值范圍.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，求出導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程.
（2）求導(dǎo)后，分別在、和的情況下，求得單調(diào)性和最值，結(jié)合零點存在定理可確定符合題意的取值范圍.
【小問1詳解】
當(dāng)時，，求導(dǎo)得，則，而，
所以函數(shù)的圖象在點處的切線方程為.
【小問2詳解】
函數(shù)的定義域為R，求導(dǎo)得，
①當(dāng)時，恒成立，函數(shù)在上單調(diào)遞增，至多有一個零點，不合題意；
②當(dāng)時，由，解得，
當(dāng)時，；當(dāng)時，，
函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
則，
當(dāng)時，，則，則至多有一個零點，不合題意；
當(dāng)時，，則，而，則在上有唯一零點；
由（1）知，當(dāng)時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，
當(dāng)時，，即，
當(dāng)時，，在上有唯一零點；
因此當(dāng)時，有兩個不同零點，
所以實數(shù)的取值范圍為.
19. 已知的角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且.
（1）求A；
（2）若的面積為，，點D為邊上靠近B的四等分點，求的長.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知結(jié)合余弦定理角化邊得，接著由余弦定理即可得解.
（2）先由和求出角，接著由正弦定理形式的面積公式求出，再由余弦定理
即可求解.
【小問1詳解】
因為，
所以由余弦定理可得，整理得.
所以由余弦定理可得，
又，所以.
【小問2詳解】
因為，，
所以，
即，
又，故，則，
所以，所以.
所以，所以，
所以在中，，，由余弦定理可得
，即.
20. 如圖，在以為頂點的五面體中，四邊形與四邊形均為等腰梯形，，.
（1）證明：平面平面；
（2）若為線段上一點，且，求二面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通過勾股定理及全等得出線線垂直，應(yīng)用線面垂直判定定理得出平面，由平面進而得出面面垂直；
（2）由面面垂直建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出法向量再應(yīng)用向量夾角公式計算二面角余弦值.
【小問1詳解】
證明：在平面內(nèi)，過做垂直于交于點，
由為等腰梯形，且，則
又，所以，
連接，由，可知且，
所以在三角形中，，
從而，
又平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面
【小問2詳解】
由（1）知，兩兩垂直，以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，
，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，即，
取，則，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，即，
取，則，
所以，
由圖可以看出二面角為銳角，故二面角的余弦值為.
21. 記的內(nèi)角的對邊分別為，已知
（1）求；
（2）設(shè)的中點為，若，且，求的周長．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理結(jié)合可以得到，進而得到；
（2）在和中分別利用余弦定理，結(jié)合，可以求得的值，進而得到的周長.
【小問1詳解】
由得，
由正弦定理可得，，
因為，
所以，
代入上式，整理得，
又因為，，所以，
又因為，解得.
【小問2詳解】
在中，由余弦定理得，
而，，所以①，
在中，由余弦定理得②，
由①②兩式消去a，得，所以，
又，解得，．，
所以的周長.
22. 如圖所示，半圓柱的軸截面為平面，是圓柱底面的直徑，為底面圓心，為一條母線，為的中點，且.
（1）求證：；
（2）求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）欲證，需證平面，即需證垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線和，根據(jù)直線平面，可證，根據(jù)勾股定理的逆定理可證，從而原命題得證.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量的方法求二面角的余弦.
【小問1詳解】
由是直徑可知，則是等腰直角三角形，故，
由圓柱的特征可知平面，又平面，所以，
因為，平面，則平面，
而平面，則，
因為，則，所以
，.
所以，
因為，，，平面，
所以平面，又平面，故.
【小問2詳解】
由題意及（1）易知兩兩垂直，如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，
則，，，所以，，，
由（1）知平面，故平面的一個法向量是，
設(shè)是平面的一個法向量，
則有，取，可得
設(shè)平面與平面夾角為，
所以，
則平面與平面夾角的余弦值為.
0
1
2
3
4

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