一、單項選擇題：本大題共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】D【解析】【分析】解不等式可得集合，依據集合的并集運算即得答案.【詳解】因為，，所以，故選：D.2.若是夾角為的兩個單位向量，與垂直，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意先分別算出的值，然后將“與垂直”等價轉換為，從而即可求解.【詳解】由題意有，又因為與垂直，所以，整理得，解得.故選：B.3.用一個平行于圓錐底面的平面去截圓錐，截得的圓臺上底面半徑為1，下底面半徑為2，且該圓臺側面積為，則原圓錐的母線長為（）A.2 B. C.4 D.【答案】D【解析】【分析】設圓臺的母線長為，依據圓臺的側面積公式求出圓臺的母線長，利用圓臺的性質以及相像三角形即可求解.【詳解】設圓臺的母線長為，因為該圓臺側面積為，則由圓臺側面積公式可得，所以，設截去的圓錐的母線長為，由三角形相像可得，則，解得，所以原圓錐的母線長，故選：.4.已知取表中的數值，若具有線性相關關系，線性回來方程為，則＝（）0134a4.34.867A.2.2 B.2.4 C.2.5 D.2.6【答案】A【解析】【分析】依據線性回來方程經過樣本中心，計算即可求解.【詳解】由題意可知：，，所以樣本中心為，代入回來方程有：，解得.故選：.5.已知角的頂點在坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊經過點，若，則＝（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先依據隨意角的三角函數求出，再求出的值，最終依據兩角和的正切公式即可求出所需的值.【詳解】由隨意角的三角函數公式可知，解得，所以，所以，故選：C6.已知數列通項公式為，若對隨意，都有，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據數列的單調性，即可依據對恒成立，以及求解.【詳解】當時，恒成立，所以對恒成立，故，又當時，為單調遞增的數列，故要使對隨意，都有，則，即，解得，綜上可得，故選:C7.已知圓與雙曲線，若在雙曲線上存在一點，使得過點所作的圓的兩條切線，切點為、，且，則雙曲線的離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】連接、、，則，，設點，則，分析可得，可得出的取值范圍，由可求得的取值范圍.【詳解】連接、、，則，，由切線長定理可知，，又因為，，所以，，所以，，則，設點，則，且，所以，，所以，，故，故選：B.8.定義在上的函數滿意，；且當時，．則方程全部的根之和為（）A.6 B.12 C.14 D.10【答案】D【解析】【分析】依據題意可得為奇函數，其圖象關于直線對稱且一個周期為4，再依據當時，，求導分析單調性，從而畫出簡圖，依據函數的性質求解零點和即可.【詳解】∵，∴為奇函數，又∵，∴的圖象關于直線對稱．當時，，單調遞增．由，即有，所以，即函數的一個周期為4，由可得，，所以的圖象關于中心對稱．函數的簡圖如下：其中，由，∴全部實根之和為.故選：D．【點睛】本題求零點之和須要駕馭的方法：（1）函數的性質運用：依據條件中函數滿意的關系式推導函數的奇偶性、對稱性、周期性和在區(qū)間內的單調性，并運用性質求零點和；（2）數形結合：依據給定區(qū)間的函數解析式作圖，再依據函數的性質補全剩余圖象；二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分．請把正確選項在答題卡中的相應位置涂黑．9.已知復數，()(為虛數單位)，為的共軛復數，則下列結論正確的是（）A.的虛部為 B.對應的點在第一象限C. D.若，則在復平面內對應的點形成的圖形的面積為【答案】BC【解析】【分析】依據復數的性質和對應復平面內對應的點以及復數的幾何意義依次推斷即可.【詳解】對于A：，所以的虛部為，A錯誤；對于B：對應的點為，位于第一象限，所以B正確；對于C：，，所以，C正確；對于D：在復平面內表示到點距離小于等于1的全部的點，所以形成的圖形為以為圓心1為半徑的圓，所以面積為，D錯誤，故選：BC10.已知，，則（）A.的最小值為4 B.的最大值為C.的最小值為 D.的最小值為【答案】BCD【解析】【分析】依據基本不等式即可求解BD，由乘“1”法即可求解A,代換后利用二次函數的性質即可求解C.【詳解】對于A，，，當且僅當，即取等號，故A錯誤，，當且僅當，即取等號，故B正確，，故當時，取到最小值，此時，滿意題意，故C正確，，當且僅當，即時等號成立，所以D正確故選：BCD11.函數在區(qū)間上為單調函數，圖象關于直線對稱，則（）A.B.將函數的圖象向右平移個單位長度，所得圖象關于軸對稱C.若函數在區(qū)間上沒有最小值，則實數的取值范圍是D.若函數在區(qū)間上有且僅有2個零點，則實數的取值范圍是【答案】ABD【解析】【分析】依據單調性及對稱軸求出解析式，即可以推斷選項A，由函數的平移變換可以推斷選項B，依據函數圖象的零點和最值即可推斷C，D.【詳解】選項A：依據題意函數在區(qū)間上為單調函數，可以推斷為單調遞增函數，則，，解得又因為圖象關于直線，則，，解得，當時，符合條件.則A正確；選項B：由A可知向右平移個單位長度后，解析式變成，則圖象關于軸對稱.B正確；選項C：函數在區(qū)間沒有最小值，則令，，則，當，即時，沒有最小值C錯誤；選項D：函數在區(qū)間上有且僅有2個零點，因為時，為函數的零點，所以另一個端點只能讓函數再有一個零點即可.所以，即，D正確.故選：ABD.12.已知橢圓：的左右焦點分別為、，點在橢圓內部，點在橢圓上，橢圓的離心率為，則以下說法正確的是（）A.離心率的取值范圍為B.當時，的最大值為C.存在點，使得D.的最小值為1【答案】ABD【解析】【分析】A項中需先解出的范圍，然后利用離心率的定義進行推斷；B項中依據橢圓定義轉化為求的最大值，從而進而推斷；C項中先求出點的軌跡方程，再推斷該軌跡圖形與橢圓是否有交點，從而進行推斷；D項中依據橢圓定義得，并結合基本不等式推斷.【詳解】對于A項：因為點在橢圓內部，所以，得，所以得：，故A項正確；對于B項：由橢圓定義知，當在軸下方時，且，，三點共線時，有最大值，由，得，，所以得，所以最大值，故B項正確；對于C項：設，若，即：，則得，即點在以原點為圓心，半徑為的圓上，又由A項知：，得，又因為，得，所以得：，所以該圓與橢圓無交點，故C項錯誤；對于D項：由橢圓定義得，所以，當且僅當時取等號，故D項正確.故選：ABD.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.為全面推動鄉(xiāng)村振興，永州市舉辦了“村晚興鄉(xiāng)村”活動，晚會有《走，去永州》《揚鞭催馬運糧忙》《數華蜜》《鄉(xiāng)村振興唱起來》四個節(jié)目，若要對這四個節(jié)目進行排序，要求《數華蜜》與《鄉(xiāng)村振興唱起來》相鄰，則不同的排列種數為________（用數字作答）．【答案】【解析】【分析】利用捆綁求得正確答案.【詳解】由于《數華蜜》與《鄉(xiāng)村振興唱起來》相鄰，所以兩者“捆綁”，則不同的排列種數為種.故答案為：14.設，則__________．（用數字作答）【答案】【解析】【分析】利用賦值法計算可得【詳解】因為，令，則①，令，則②，∴①－②得，所以，故答案為：15.現有一張正方形紙片，沿只過其一個頂點的一條直線將其剪開，得到2張紙片，再從中任選一張，沿只過其一個頂點的一條直線剪開，得到3張紙片，…，以此類推，每次從紙片中任選一張，沿只過其一個頂點的一條直線剪開，若經過8次剪紙后，得到的全部多邊形紙片的邊數總和為___________．【答案】【解析】【分析】依據題意，可得全部多邊形紙片的邊數總和是公差為3的等差數列，進而利用等差數列的通項公式算出結果．【詳解】設沒剪之前正方形的邊數為，即，沿只過其一個頂點的一條直線將其剪開，得到一個三角形和一個四邊形，無論是選擇三角形四邊形，剪一次后邊數均增加3，即可得全部多邊形紙片的邊數總和是公差為3的等差數列，故經過8次剪紙后，得到的全部多邊形紙片的邊數總和為：．故答案為：2816.如圖，在直三棱柱中，，，，，點E，F分別是AA1，AB上的動點，那么的長度最小值是__________，此時三棱錐外接球的表面積為__________.【答案】①.②.【解析】【分析】將立體幾何中線段之和最小問題，轉化為平面幾何中的線段之和最小問題，利用對稱性求出最小值，并得到此時各線段的長度和，由于⊥，故四點共圓，三棱錐外接球即為四棱錐的外接球，找到球心問題，求出半徑，得到表面積.【詳解】將三棱柱的側面與側面沿著綻開到同一平面內，如下：則長度最小值轉化為的最小值，作點關于直線的對稱點，連接，交于點，則即為的最小值，也即的最小值，其中，，所以，此時可求出，且，，故，由勾股定理得，所以，由勾股定理逆定理可知，，由于⊥，故四點共圓，三棱錐外接球即為四棱錐的外接球，連接，由于四邊形的外接圓圓心為的中點，半徑為，，故⊥平面，所以平行于，取的中點，連接，則，且即為外接球半徑，且，外接球的表面積為.故答案為：，【點睛】解決與球有關的內切或外接的問題時，解題的關鍵是確定球心的位置．對于外切的問題要留意球心到各個面的距離相等且都為球半徑；對于球的內接幾何體的問題，留意球心到各個頂點的距離相等，解題時要構造出由球心到截面圓的垂線段、小圓的半徑和球半徑組成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半徑四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知正項數列的前項和為，，數列滿意．（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用與的關系，求解通項公式;（2）利用錯位相減法求解數列的前項和.【小問1詳解】當時，，即，或（舍）當時，，又因為，兩式相減得，整理得為正項數列，數列{an}為等差數列，公差為1.【小問2詳解】，兩式相減得.18.在中，所對的邊分別為，已知.（1）若，求的值；（2）若是銳角三角形，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依據余弦定理即可求解，（2）依據余弦定理得邊角關系，即可利用正弦定理邊角互化，結合三角恒等變換可得，即可由三角函數的性質求解.【小問1詳解】在中，，據余弦定理可得又，故，由于，故，得.【小問2詳解】在中，據余弦定理可得，又，故，又，故據正弦定理，可得，，，,因為，所以，則或，即或（舍）所以,,因為是銳角三角形，所以，得，,故,故,19.為弘揚中國共產黨百年奮斗的光輝歷程，某校團委確定舉辦“中國共產黨黨史學問”競賽活動．競賽共有和兩類試題，每類試題各10題，其中每答對1道類試題得10分；每答對1道類試題得20分，答錯都不得分．每位參與競賽的同學從這兩類試題中共抽出3道題回答（每道題抽后不放回）．已知某同學類試題中有7道題能答對，而他答對各道類試題的概率均為．（1）若該同學只抽取3道類試題作答，設表示該同學答這3道試題的總得分，求的分布和期望；（2）若該同學在類試題中只抽1道題作答，求他在這次競賽中僅答對1道題的概率．【答案】（1）分布列見解析，（2）【解析】【分析】（1）依據超幾何分布的概率公式求解概率，即可得分布列，利用期望公式即可求解，（2）依據相互獨立事務的概率，即可求解.【小問1詳解】，，，所以X的分布為X0102030P所以【小問2詳解】記“該同學僅答對1道題”為事務M.這次競賽中該同學僅答對1道題得概率為.20.已知在四棱錐中，平面，，，，點F為線段BC的中點，平面平面．（1）證明：平面；（2）若直線與平面所成的角為，求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）通過證明來證得平面；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法來求得二面角的余弦值.【小問1詳解】取的中點，連接、，∵平面，平面，平面平面，∴，又∵，分別為，的中點，∴∵∴，∴四邊形為平行四邊形，∴，∵在中且為中點，∴.∴由平面平面，且交線為，平面，得平面.∵平面，∴，，∵，∴，，∵，平面，∴平面.【小問2詳解】∵平面，平面，所以，又因為，所以三者兩兩相互垂直，∴以為原點，所在直線為軸，過點與平行直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系.則，，.∵平面，∴直線與平面所成的角為.∴，∴.平面的一個法向量為，設平面的法向量，，，則，取，則，，∴，∴，由圖可知二面角為銳角，∴二面角的余弦值為.21.已知雙曲線經過點，且離心率為2.（1）求的方程；（2）過點作軸的垂線，交直線于點，交軸于點.設點為雙曲線上的兩個動點，直線的斜率分別為，若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依據題意求出即可得解；（2）設，方法一：分直線斜率存在和不存在兩種狀況探討，設直線方程為，聯(lián)立方程，利用韋達定理求得，再依據求出的關系，從而可得直線過定點，進而可得出答案.方法二：可設直線方程為，由可得，再依據求出，從而可得直線過定點，進而可得出答案.【小問1詳解】由題意得，解得，所以的方程為；【小問2詳解】由題意，點坐標為，點坐標為，設，方法一：①若直線斜率存在，設直線方程為，，消去可得，且，且，，整理可得，，化簡得，即，因為直線不過點，所以，所以，即，所以直線的方程為，恒過定點，②若直線斜率不存在，則，，解得，所以直線的方程為，過定點，綜上，直線恒過定點，設點到直線的距離為，點到直線的距離為，.方法二：因為直線不過點，所以可設直線方程為，由可得，即，，得，等式左右兩邊同時除以，得，，，解得，所以直線方程為，即，恒過定點，下同法一.【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：（1）“特別探路，一般證明”：即先通過特別狀況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；（2）“一般推理，特別求解”：即設出定點坐標，依據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再依據參數的隨意性得到一個關于