（時量：120分鐘 滿分：150分）
命題人：毛水
一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共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. 已知集合，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由一元二次不等式與一元一次不等式，求得集合，利用交集，可得答案.
【詳解】由題意可得，
則.
故選：C.
2. 以為漸近線的雙曲線可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用漸近線的求法，直接求出各個選項的漸近線方程，即可求解.
【詳解】對于A，由得漸近線方程為，故A錯誤；
對于B，由得漸近線方程為，故B正確；
對于C，由得漸近線方程為，故C錯誤；
對于D，由得漸近線方程為，故D錯誤.
故選：B.
3. 已知平面向量，則（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用數(shù)量積的坐標運算即可求得.
【詳解】.
故選：D.
4. 若，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由同角三角函數(shù)的商式與正弦函數(shù)的和角公式，根據(jù)方程思想，利用正弦函數(shù)的差角公式，可得答案.
【詳解】由，得，即，
由，得，故，
則.
故選：B.
5. 甲?乙?丙?丁?戊5名同學進行勞動技術比賽，決出第1名到第5名的名次.甲和乙去向老師詢問成績，老師對甲說：“很遺憾，你和乙都沒有得到冠軍.”對乙說：“你當然不會是最差的.”從這兩個回答分析，5人的名次排列的情形有（ ）
A. 36種B. 48種C. 54種D. 64種
【答案】C
【解析】
【分析】由排列數(shù)計算，根據(jù)分步乘法原理，可得答案.
【詳解】分三步完成：冠軍有種可能，乙的名次有種可能，余下3人有種可能，
所以5人的名次排列有（種）不同情況，
故選：C.
6. 已知，函數(shù)，在上沒有零點，則實數(shù)的取值范圍是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題意，分別討論以及的情況，結合零點的定義代入計算，即可得到結果.
【詳解】當時，，若無解，則或；
當時，，若無解，則.
綜上，實數(shù)的取值范圍是.
故選：B.
7. 已知某正三棱柱外接球的表面積為，則該正三棱柱體積的最大值為（ ）
A. 1B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)球的表面積公式可得，即可根據(jù)正三棱柱的性質以及勾股定理求得高，利用體積公式可得，構造函數(shù)，求導即可求解最值.
【詳解】設外接球的半徑為，則，解得.
設正三棱柱的底面三角形的邊長為，則該三角形外接圓的半徑為，
故該正三棱柱的高為，
所以該正三棱柱的體積.
由，解得.
令，則，
所以函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減，所以函數(shù)在時取得最大值，
故，所以該正三棱柱體積的最大值為1.
故選：A.
8. 記數(shù)列的前項和為，若，且，則的最小值為（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用結合分組求和、裂項求和求，通過規(guī)律探尋得知是整數(shù)，進而得出是偶數(shù)的平方，欲使取最小整數(shù)值，則即可，再舉例說明的可行性.
【詳解】數(shù)列中，由，得，
即，
所以
，
又，所以
又由，得且，
可知，
所以是整數(shù)，于是是整數(shù)，且是偶數(shù)的平方，則，當取等號.
下面舉例說明可以取到，
，
，
此時，
所以的最小值為3.
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. 已知，都是復數(shù)，下列正確的是（ ）
A. 若，則B. 若，則
C. 若，則D. 若，則
【答案】AD
【解析】
【分析】根據(jù)共軛復數(shù)的定義及復數(shù)的乘法運算即可判斷A；舉出反例即可判斷BC；根據(jù)復數(shù)的乘法運算及復數(shù)的模的計算公式即可判斷D.
【詳解】設，
對于A， 若，則，故，故A正確；
對于B，當時，，故B錯誤；
對于C，當時，，故C錯誤；
對于D，若，則，所以，
，
同理，所以，所以，故D正確.
故選：AD.
10. 下列四棱錐的所有棱長都相等，，，，，是四棱錐的頂點或所在棱的中點，則直線不與平面垂直的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由線面垂直的判定，結合向量說明線線的不垂直，逐個判斷即可.
【詳解】由條件可知四棱錐為正四棱錐，
對于A：

設的交點為，由正四棱錐的結構特征可知：面，
易知：，又，為平面內兩條相交直線，
所以直線與平面垂直；
對于B：

取的中點為，連接，
有中位線性質可知：，，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
可證直線平行平面；
對于C：

設棱長為2，，
所以，
所以與不垂直，所以直線不與平面垂直；
對于D：

設棱長為2，，，
所以
所以與不垂直，所以直線不與平面垂直；
故選：BCD.
11. 已知函數(shù)，則（ ）
A.
B. 對任意實數(shù)
C.
D. 若直線與函數(shù)和的圖象共有三個交點，設這三個交點的橫坐標分別為，則
【答案】ACD
【解析】
【分析】代入化簡即可求解ABC，根據(jù)函數(shù)的單調性可大致判斷函數(shù)和的圖象，且為偶函數(shù)，結合圖象可判斷，且，再解不等式即可判斷D.
【詳解】對A，，故A正確；
對B，，而，故B錯誤；
對C，，故C正確；
對D，，令，得，
當時，單調遞增；當時，單調遞減.
所以在處取得極小值1，
當時，；當時，.
恒成立，所以在上單調遞增，
當；當.
所以函數(shù)的大致圖象如圖所示，

不妨設，由為偶函數(shù)可得，
直線與和的圖象有三個交點，顯然，
令，整理得，
解得或（舍去），
所以，即，
又因為，所以，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. 已知實數(shù)滿足，且，則__________.
【答案】
【解析】
【分析】由對數(shù)式的定義，利用對數(shù)的運算律與換底公式，可得答案.
【詳解】由可知，
所以，即，所以.
故答案為：.
13. 已知函數(shù)，且的最小值為，則__________.
【答案】1
【解析】
【分析】先化簡函數(shù)得，再根據(jù)題意可得函數(shù)的最小正周期，再根據(jù)正弦函數(shù)的周期性即可得解.
【詳解】因為
，
又，且的最小值為，
所以函數(shù)的最小正周期，由，
所以.
故答案為：1.
14. 已知過拋物線的焦點的直線與拋物線交于兩點（在第一象限），以為直徑的圓與拋物線的準線相切于點.若為坐標原點，則的面積為__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得，由條件推得軸，由推出，得到這些的方程，與拋物線方程聯(lián)立，利用弦長公式求得，即得的面積.
【詳解】
依題意，得，則拋物線的方程為.
由題意可知與拋物線準線垂直，
在中，，則，
則直線的方程為.
由消去并化簡整理得：
易得，則，
又原點到直線的距離為，
故.
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. 中國是茶的故鄉(xiāng)，茶文化源遠流長，博大精深.某興趣小組，為了了解當?shù)鼐用駥炔璧膽B(tài)度，隨機調查了100人，并將結果整理如下：
單位：人
（1）依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，能否據(jù)此推斷該地居民喜歡喝茶與年齡有關？
（2）以樣本估計總體，用頻率代替概率.該興趣小組在當?shù)叵矚g喝茶的人群中，隨機選出2人參加茶文化藝術節(jié).抽取的2人中，35歲以下的人數(shù)記為，求的分布列與期望.
參考公式：，其中.
參考數(shù)據(jù)：
【答案】（1）不能 （2）分布列見解析，
【解析】
【分析】（1）根據(jù)列聯(lián)表計算得出的值即可得出結論；
（2）易知的所有取值可能為0，1，2，分別計算出對應概率可得分布列及其期望值.
【小問1詳解】
零假設為：該地居民喜歡喝茶與年齡沒有關系.
根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，可以求得.
根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，沒有充分證據(jù)推斷不成立，
因此可以認為成立，據(jù)此推斷該地居民喜歡喝茶與年齡沒有關系.
【小問2詳解】
由題意可知，的取值可能為.
則.
所以的分布列為
所以的期望為.
16. 在中，內角所對的邊分別為，且.
（1）判斷的形狀；
（2）設，且是邊的中點，求當最大時，的面積.
【答案】（1）等腰三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)二倍角公式化簡可得，即可根據(jù)三角函數(shù)的性質求解得解，
（2）根據(jù)余弦定理結合基本不等式可得，則，結合邊的關系可得為正三角形，即可求解.
【小問1詳解】
由二倍角公式得，
所以，
整理得，即.
因為，所以，即，即為等腰三角形.
【小問2詳解】
由（1）及題設，有，
所以
，當且僅當時，等號成立.
又為三角形內角，所以，即的最大值為，此時，又，所以，
故，可得為直角三角形且.
又由（1）可得為正三角形，
所以當最大時，的面積.
17. 在三棱錐中，平面平面平面.

（1）求證：；
（2）若二面角的余弦值為，且，求.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）過作于，利用面面垂直推出線面垂直，即得，再由平面推出，可得平面即可證得結論；
（2）法1：過作于，連接，證明即為二面角的平面角，即得，再設，將分別用的三角函數(shù)表示，借助于直角，求得，即可求出；法2：依題建系，設，求出或用的三角函數(shù)表示出相關點的坐標，利用空間向量夾角公式求得，即可.
【小問1詳解】
如圖，過作于.
因為平面平面，平面平面平面
所以平面.
又平面，所以.
又平面平面，所以.
因為平面，且，
所以平面，又平面，所以.
【小問2詳解】
法1：過作于，連接，
由（1）平面，平面，可得，
因平面，，故平面，
又平面，所以.
所以即為二面角的平面角，
所以則.
又由（1）平面，平面，則，
因平面，平面，則.
設，因為，，則，
，
所以，
解得，則，從而.
法2：由（1）可得.如圖，以為原點，所在
直線分別為軸，軸建立空間直角坐標系，
記二面角為，設，因為，
所以，
則，
所以.
設平面的法向量為，則
即令，得，
易知平面的一個法向量為，又，
所以，
解得，則，所以.
18. 已知函數(shù).
（1）當時，求的單調區(qū)間與極值；
（2）若恒成立，求的值；
（3）求證：.
【答案】（1）單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為；極小值0，無極大值
（2）
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）求導，根據(jù)函數(shù)的單調性可得極值；
（2）分情況討論函數(shù)的單調性與最值情況，可得參數(shù)值；
（3）利用放縮法，由，可知若證，即證，再根據(jù)，可得證.
【小問1詳解】
當時，，
則，
當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為，
在處取得極小值0，無極大值.
【小問2詳解】
由題意得，
①當時，，所以在上單調遞增，
所以當時，，與矛盾；
②當時，當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
所以，
因為恒成立，所以.
記，
當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，所以.
又，所以，所以.
【小問3詳解】
先證，設，則，
所以在區(qū)間上單調遞減，所以，即.
所以，再證.
由（2）可知，當時等號成立，
令，則，
即，
所以，
累加可得，
所以.
19. 已知點，動點滿足，動點的軌跡記為.
（1）求的方程；
（2）直線與軸交于點為上的動點，過作的兩條切線，分別交軸于點.
①證明：直線的斜率成等差數(shù)列；
②經(jīng)過三點，是否存在點，使得？若存在，求；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）
（2）①證明見解析；②存，
【解析】
【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義，可得曲線的方程.
（2）設直線的方程為，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立.
①根據(jù)直線與橢圓的位置關系，由可以得到關于的一元二次方程，根據(jù)韋達定理，可得，再得，所以直線的斜率成等差數(shù)列.
②法一：分別用表示出的坐標，結合①中的，，根據(jù)求的值即可；
法二：分別用表示出的坐標，結合①中的，，根據(jù)求的值即可；
法三：分別用表示出的坐標，結合①中的，，根據(jù)求的值即可；
法四：分別用表示出的坐標，結合①中的，，根據(jù)求的值即可.
【小問1詳解】
因為，
所以的軌跡是以為焦點，且長軸長為4的橢圓，
設的軌跡方程為，則，可得.
又，所以，所以的方程為.
【小問2詳解】
設，易知過且與相切的直線斜率存在，設直線方程為，聯(lián)立，消去得，
由，得
設兩條切線的斜率分別為，則
①證明：設的斜率為，則，
因為，所以的斜率成等差數(shù)列.
②法1：在中，令，得，所以，
同理，得，所以的中垂線為.
易得的中點為，所以的中垂線為，
聯(lián)立解得，
所以，，
要使，則，即，
整理得，
而，
所以，解得，因此，
故存在符合題意的點，使得，此時.
法2：在中，令，得，因此，
同理可得，所以的中垂線為.
易得的中點為，所以的中垂線為，
聯(lián)立解得，
因為，所以，即，
而，
所以，解得，因此，
故存在符合題意的點，使得，此時.
法3：要使，即或，
從而，又，所以，
因為，
所以，解得，所以，
故存在符合題意的點，使得，此時.
法4：要使，即或，從而.
在中，令，得，故，同理可得，因此，
所以，
故，即，
整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，故存在符合題意的點，使得，
此時.法5：要使，即或，從而.
在中，令，得，故，同理可得，
由等面積法得，
即，整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，故存在符合題意的點，使得，
此時.
年齡段
態(tài)度
合計
不喜歡喝茶
喜歡喝茶
35歲以上（含35歲）
30
30
60
35歲以下
25
15
40
合計
55
45
100
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
0
1
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