一、單選題（本大題共8小題）
1．已知雙曲線的離心率為2，則的漸近線方程是（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合為全集的非空真子集，且與不相等，若，則下列關(guān)系中正確的是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知數(shù)列，滿足，則（ ）
A．B．C．D．
4．若兩平行直線與之間的距離是，則（ ）
A．或11B．或16C．1或11D．1或16
5．在展開式中，含的項的系數(shù)是6，則（ ）
A．6B．3C．3D．6
6．已知正方體的棱長為3，以頂點為球心，為半徑作一個球，則該球球面與正方體的表面相交所得到的曲線的長為（ ）
A．B．C．D．
7．在某次數(shù)學月考中，有三個多選小題，每個小題的正確答案要么是兩個選項，要么是三個選項，且每個小題都是6分，在每個小題給出的四個選項中，全部選對得6分，部分選對得部分分（正確答案是三個選項的，則每個選項2分；正確答案是兩個選項的，則每個選項為3分，有錯選的得0分）．已知這次考試中，第一個小題的正確答案是兩個選項；小明同學在這三個多選小題中，第一個小題僅能確定一個選項是正確的，由于是多選題他隨機又選了一個選項；而第二個小題他隨機地選了兩個選項，第三個小題他隨機地選了一個選項，則小明同學這三個多選小題所有可能的總得分（相同總分只記錄一次）的中位數(shù)為（ ）
A．7B．7.5C．8D．8.5
8．若，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．0
二、多選題（本大題共3小題）
9．已知隨機事件，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則事件與事件相互獨立
B．若，則事件與事件互為對立
C．若事件兩兩獨立，則
D．若事件兩兩互斥，則
10．設復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點為，任意復數(shù)都可以表示為三角形式，其中為復數(shù)的模，是以軸的非負半軸為始邊，以所在的射線為終邊的角（也被稱為的輻角）．利用復數(shù)的三角形式可以進行復數(shù)的指數(shù)運算，法國數(shù)學家棣莫佛發(fā)現(xiàn)，我們稱這個結(jié)論為棣莫佛定理．根據(jù)以上信息，若復數(shù)滿足，則可能的取值為（ ）
A．B．
C．D．
11．如圖，小明同學發(fā)現(xiàn)家里的兩個射燈在墻上投影出兩個相同的橢圓，其外輪廓曲線形如心形，經(jīng)過他進一步的探究發(fā)現(xiàn)曲線也表示心形曲線，設為曲線上一點，為坐標原點，則下列小明關(guān)于曲線的說法正確的是（ ）

A．曲線只經(jīng)過4個整數(shù)點（即橫、縱坐標均為整數(shù)的點）
B．
C．
D．設曲線上一點，且，則的面積的最大值為3
三、填空題（本大題共3小題）
12．通過對某校高三年級兩個班的排球比賽成績分析可知，班的成績，班的成績，的分布密度曲線如圖所示，則在排球決賽中 班獲勝的可能性更大．
13．已知在三棱錐中，平面，，若，與平面所成角為，則三棱錐的體積的最大值為 ．
14．定義域為的函數(shù)滿足，當時，若在上有9個零點，則實數(shù)的取值范圍是 ．
四、解答題（本大題共5小題）
15．記的內(nèi)角的對邊分別為，已知.
(1)求A；
(2)若邊上的高為2，且的平分線交邊于，，求.
16．古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯的著作《圓錐曲線論》中給出圓的另一種定義：平面內(nèi)，到兩個定點的距離之比值為常數(shù)的點的軌跡是圓，我們稱之為阿波羅尼斯圓．已知點到的距離是點到的距離的3倍．記點的軌跡為曲線．
(1)求曲線的方程；
(2)設曲線與軸的負半軸交于點為坐標原點，若點不在軸上，直線分別與直線交于兩點，探究以為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出該定點的坐標；若不過定點，請說明理由．
17．如圖甲，在平面五邊形中，∥，，，，為的中點，以為折痕將圖甲中的△折起，使點到達如圖乙中的點的位置，且.
(1)證明：平面平面；
(2)若過點作平面的垂線，垂足為，求點到平面的距離.
18．已知函數(shù)．
(1)當時，求的單調(diào)區(qū)間；
(2)若對任意，都有恒成立，求的最大整數(shù)值；
(3)對于任意的，證明：．
19．某商場為吸引顧客，設計了一個趣味小游戲，地面上劃有邊長為1的小正方形網(wǎng)格，游戲參與者從網(wǎng)格的某一個頂點出發(fā)，每一步沿一個小正方形的對角線向右上方或右下方移動，如圖所示．已知游戲參與者每步選擇向右上方或者右下方行走是等可能的，且每步行走方向的選擇是相互獨立的．
(1)商場規(guī)定：某顧客從出發(fā)，沿小正方形的對角線向右上方走一步得1分，向右下方走一步得分，當他走完第四步后，得分為，求的分布列；
(2)商場制定了一個游戲規(guī)則：若顧客和老板都從出發(fā)，走到點的位置．設走完第步后，顧客位于點，老板位于點，其中且；若對任意且都有，則認為顧客方獲勝．記顧客獲勝的概率為．
（i）當時，求顧客獲勝的概率；
（ⅱ）求，并說明顧客和老板在游戲中哪一方獲勝的概率更大．
參考公式：．
參考答案
1．【答案】D
【詳解】因為離心率為2，故，故，
故漸近線方程為：，
故選：D.
2．【答案】B
【詳解】由與不相等，且，可得，如圖所示.
對于A,由圖知，顯然，如,
而,即A錯誤；
對于B，由圖知，因，則成立，即B正確；
對于C，由圖知，，如，
而，即C錯誤；
對于D，由可得，則，故D錯誤.
故選：B.
3．【答案】A
【詳解】因為，所以，，，，，
所以是以為周期的周期數(shù)列，所以.
故選：A
4．【答案】C
【詳解】因為直線與平行，
所以，解得，則直線，即，
又因為與之間的距離是，所以，解得或，
所以或.
故選C.
5．【答案】B
【詳解】由題可得含的項為，
所以.
故選：B.
6．【答案】D
【詳解】

因為正方體的棱長為3，故正方體的體對角線長為，
故球僅與3個側(cè)面有截線（如圖所示），
設與側(cè)面的截線為，連接，
則，
因為直角三角形，故，
因為直角三角形，故，
故，而為銳角，故，
同理，故，故的長度為，
由對稱性可得另外兩段弧長也為，
故球面與正方體的表面相交所得到的曲線的長，
故選：D.
7．【答案】C
【詳解】小明第一小題得分可為：0，3，6；第二小題得分可為：0，4，6；
第三小題得分可為：0，2，3；
故其總分可為：0，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，
故總得分的中位數(shù)為：8.
故選C.
8．【答案】B
【詳解】因為，故，
而為上的增函數(shù)，故即，故，
設，則，
當時，，故在上為減函數(shù)，
當時，，故在上為增函數(shù)，
故，
故選：B.
9．【答案】AD
【詳解】對于A，根據(jù)事件獨立性的定義可得獨立，故A正確；
對于B，記事件A：投擲一個骰子，骰子的點數(shù)為奇數(shù)，
事件：投擲一枚硬幣，正面朝上，則，滿足，
但不是對立事件，故B錯誤；.
對于C：考慮從1，2，3，4中隨機選出一個數(shù)字，
記事件“取出的數(shù)字為1或2”，“取出的數(shù)字為1或3”，“取出的數(shù)字為1或4”，
則“取出的數(shù)字為1”，
顯然，
，
滿足，，，
所以事件A，B，C兩兩獨立，但是，故C錯誤.
對于D，若兩兩互斥，
根據(jù)互斥事件的概率性質(zhì)可得，
故選：AD
10．【答案】BD
【詳解】設，其中，則，
故，而，故，
故，故，
故BD正確，AC錯誤；
故選：BD.
11．【答案】ACD
【詳解】對于A，曲線C的方程可化為，所以，即，
又，令，得；令，得；令，得或；
所以曲線C只經(jīng)過4個整數(shù)點，分別是，故A正確；
對于B，由A得即，且當時，，
同理曲線C的方程可化為，所以，即，
當時，；但當時，是不成立的，故B錯誤；
對于C，記是以x軸非負半軸為始邊，以所在射線為終邊的角，
由于曲線C關(guān)于y軸對稱，不妨取，
則，代入曲線方程可得，
則，
因為，所以，所以，
所以，所以，所以，故C正確；
對于D，因為，所以，
由于曲線C關(guān)于y軸對稱，考慮（i）取，則點，點，
則，
所以，
由于，則當時，，
所以的最大值為；
考慮（ii）取，則點，點，
則，
所以，由于，，
則當時，，所以的最大值為，故D正確.
故選：ACD.
12．【答案】B
【詳解】從分布密度曲線可以得到如下結(jié)論：
（1）B班的平均成績大于A班的平均成績；
（2）B的方差小于A的方差，故B發(fā)揮較為穩(wěn)定，
故B班獲勝的可能更大.
故答案為：B.
13．【答案】
【詳解】如圖，
由平面，平面，
所以，，
又，平面，
所以平面，又平面，故,
所以與平面所成角為，
在直角三角形中，,
在直角三角形中，，
所以
當且僅當，即時，等號成立.
故答案為：
14．【答案】
【詳解】因為定義域為的函數(shù)滿足，
且當時，，所以的圖象（部分）如下所示：
則當時，，所以，又，
令，即，依題意與有且僅有個交點，
顯然，由圖可知與，有兩個交點，且在時，
令，，則，
即，表示以為圓心，為半徑的半圓（軸及軸上方部分），
所以，解得，即實數(shù)的取值范圍是.
故答案為：
15．【答案】(1)；
(2).
【詳解】（1）因為，
所以由正弦定理得，
又，所以，所以，
又
所以，故,
所以，又，所以.
（2）由題可得①，
又因為，是的平分線，所以，
因為，所以，所以由正弦定理得②，
又由余弦定理得③，
所以由①②③計算可得，
所以由即得
.
16．【答案】(1)
(2)以為直徑的圓過定點，或，理由見解析
【詳解】（1）設，由題意得，
即，化簡得，
所以曲線的方程為；
（2）以為直徑的圓過定點，或，理由如下，
令，可得，或，所以，
設，直線的方程分別為、，
因為，所以，可得，
由得，由得，
可得的中點為，，
以為直徑的圓的方程為
，
整理得，
由，得或，
可得以為直徑的圓過定點，或.
17．【答案】(1)證明見解析
(2)
【詳解】（1）在平面五邊形中，∥，，
所以四邊形是直角梯形，且，
在直角中，，且，則，
可得，從而是等邊三角形，平分.
因為為的中點，所以，所以，
又因為且平面，
所以平面.
又因為平面，所以平面平面.
（2）取的中點F，連接，過點S作垂直于點，連接，如圖，
因為平面平面，平面∩平面，
所以平面，又平面，則
因為，F(xiàn)是的中點，所以，
又且平面，所以平面，
由平面，則；
又因為，所以，則點O是的中點，
又，所以，可得.
以為原點，以所在的直線分別為軸，軸，
如圖所示建立空間直角坐標系，
則，
可得.
設平面的一個法向量為，
由，令，則.
由于平面，設
可得，
所以；
由于點平面，
所以，
解得，即，
由（1）可知，平面，
所以點H到平面的距離為.
18．【答案】(1)的單調(diào)遞增區(qū)間為，無單調(diào)遞減區(qū)間；
(2)的最大整數(shù)值為2；
(3)證明見解析.
【詳解】（1）當時，，
所以函數(shù)定義域為，，
令，則，
所以當時，；當時，，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又即，
所以即在上恒成立，當且僅當時，，
所以在上單調(diào)遞增，即的單調(diào)遞增區(qū)間為，無單調(diào)遞減區(qū)間.
（2）因為對任意，都有恒成立，
所以對任意，恒成立，
即對任意，恒成立，
所以，
所以，
因為在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，
又，
所以存在，使得即，
所以當時，即，當時，即，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，
所以，令，
則在上恒成立，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，
又，
所以的最大整數(shù)值為3，即的最大整數(shù)值為2.
（3）證明：由（1）知在上單調(diào)遞增，
則函數(shù)，所以，
故，
所以，
累加得，
所以.
19．【答案】(1)答案見解析
(2)（i）;（ⅱ）答案見解析
【詳解】（1）根據(jù)題意，可取.
當，每次的操作使得分數(shù)減少，每次操作的概率為.由于走了步，且每步都要使得分數(shù)減少，所以.
當意味著步中有步是使得分數(shù)減少的操作，步是使得分數(shù)增加的操作.
步中選步的組合數(shù)為.
每步操作的概率為，所以.
當表示步中有步是使得分數(shù)減少的操作，另外步是使得分數(shù)增加的操作.
步中選步的組合數(shù)為.
每步操作概率為，所以.
當意味著步中有步是使得分數(shù)減少的操作，步是使得分數(shù)增加的操作.
步中選步的組合數(shù)為.
每步操作概率為，所以.
，每次的操作使得分數(shù)增加，每次操作概率為，走了步，
所以.
則的分布列為：
（2）（i）顧客一共需要走步，其中向右下方走步，向右上方走步.
從步中選步是向右下方走的組合數(shù)為.同理，老板也有種走法；
對任意，都有，可設顧客在第步向右下方走，則老板的走法有兩種情況：
情況一：老板在第1步到第步中有兩步向右下方行走，共種走法：
情況二：老板在第1步到第步中有一步向右下方行走，在第到第k步中有一步向右下方行走，共種走法，所以顧客獲勝時，顧客與老板總的走法數(shù)為
所以
（ⅱ）當顧客和老板都從出發(fā)，走到點的位置時， 顧客一共需要走步，其中向右下方走2步，向右上方走步，共有種走法；同理，老板也有種走法；
對任意都有，同樣可設顧客在第步向右下方走，則老板的走法有兩種情況：
情況一：老板在第1步到第步中有兩步向右下方行走，共種走法；
情況二：老板在第1步到第步中有一步向右下方行走，在第到第k步中有一步向右下方行走，共種走法；
所以顧客獲勝時，顧客與老板總的走法數(shù)為
.

所以顧客獲勝的概率為
由于
又函數(shù)在上單調(diào)遞減，
所以數(shù)列是遞減數(shù)列，
又，所以當時，有
所以在商場制定的游戲規(guī)則中， 當時，顧客與老板的獲勝概率是相等的；
當時，老板的獲勝概率更大.-4
-2
0
2
4

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