85分在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設集合，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用并集的定義可得正確的選項.【詳解】，故選：D.2.設，則（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】由題意結(jié)合復數(shù)的運算法則即可求得z的值.【詳解】由題意可得：.故選：C.3.設均為單位向量，且，則（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】對兩邊平方，代入已知條件，再開方可得答案.第1頁/共19頁

【詳解】因為均為單位向量，則，且，所以.故選：B.4.“芻童”.中，與平面之間的距離為3“芻童”）A.36B.46C.56D.66【答案】C【解析】【分析】首先說明幾何體為四棱臺，再代入臺體體積公式，即可求解.【詳解】由，，，，且，則交于同一點，該“芻童”為四棱臺，矩形的面積為,矩形的面積為,且上下底面的高為3，所以四棱臺的體積.故選：C第2頁/共19頁

5.若，則（）A.B.C.1D.【答案】C【解析】【分析】由已知表示出，再由換底公式可求.【詳解】，，.故選：C.6.過直線上的點作圓的兩條切線，當直線關(guān)于直線對稱時，則點的坐標為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由直線關(guān)于直線對稱，則直線與直線垂直，再聯(lián)立直線與直線即可求解.【詳解】圓的圓心為，半徑為,因為直線關(guān)于直線對稱，則直線與直線垂直，所以直線的方程為，即，由解得，，第3頁/共19頁

所以點的坐標為.故選：D.7.在端午小長假期間，某辦公室要從4名職員中選出若干人在3天假期堅守崗位，每天只需1人值班，則不同的排班方法有（）A.12種B.24種C.64種D.81種【答案】C【解析】【分析】分析每天排班方法數(shù)，再由分步計數(shù)原理求解即可【詳解】根據(jù)題意，第一天值班可以安排4名職員中的任意1人，有4種排班方法，同理第二天和第三天也有4種排班方法，根據(jù)分步計數(shù)原理可知，不同的排班方法有種，故選：C8.在正四棱錐中，，則正四棱錐體積的最大值為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】設正四棱錐的高為h，底面邊長為x，由題可得及，后由導數(shù)知識可得答案.【詳解】過頂點P向平面ABCD作垂線，垂足為O，則PO為正四棱錐的高，設為h.設底面邊長為x，則，則，則.所以正四棱錐的體積為：，則第4頁/共19頁

.當時，；當時，.即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則.故選：B二、多選題：本題共3小題，共分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求（全選對得6分，選對但不全得部分分，有選錯得0分）9.已知是等差數(shù)列，其前項和為，滿足，則下列四個選項中正確的有（）A.B.C.最小D.【答案】ABD【解析】【分析】由條件可得，然后逐一判斷每個選項即可【詳解】因為是等差數(shù)列，所以，所以即，即所以所以正確的有ABD故選：ABD第5頁/共19頁

【點睛】本題考查的是等差數(shù)列的性質(zhì)及其前項和的性質(zhì)，屬于典型題.10.已知函數(shù)，則下列說法正確的是（）A.在定義域內(nèi)是增函數(shù)B.是奇函數(shù)C.的最小正周期是D.圖像的對稱中心是【答案】BCD【解析】【分析】以為整體，結(jié)合正切函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)逐項分析判斷.【詳解】A選項：∵，則∴的定義域是，其在定義域內(nèi)的每一個區(qū)間上都是單調(diào)遞增函數(shù)，但在整個定義域上沒有單調(diào)性，故A錯誤；B選項：，∵，則是奇函數(shù)，故B正確；C選項：函數(shù)的最小正周期為，故C正確；D選項：令，解得，所以圖像的對稱中心是，故D正確．故選：BCD．圓錐曲線具有豐富的光學性質(zhì)．雙曲線的光學性質(zhì)：從雙曲線的一個焦點處發(fā)出的光線，經(jīng)過雙曲線在點處反射后，反射光線所在直線經(jīng)過另一個焦點，且雙曲線在點處的切線平分．如圖，對稱軸都在坐標軸上的等軸雙曲線過點，其左、右焦點分別為．若從發(fā)出的光線經(jīng)雙曲線右支上一點反射的光線為，點處的切線交軸于點，則下列說法正確的是（）第6頁/共19頁

A.雙曲線的方程為B.過點且垂直于的直線平分C.若，則D.若，則【答案】ABD【解析】【分析】選項A，利用條件，設雙曲線方程為，再利用雙曲線過點，即可求解；選項B，根據(jù)條件，借助圖形，即可求解；選項C，利用余弦定理及雙曲線的定義，得到DC中結(jié)果件，即可求解.【詳解】對于A，因為雙曲線為等軸雙曲線，設雙曲線方程為，所以，解得，得到雙曲線的方程為，正確，對于B，如圖，由題知，，所以，若，所以，正確，第7頁/共19頁

對于C，記，所以，又，得到，又，所以，又，由，得，錯誤，對于D，因為，，由，得，又，得到，得到，從而有，得到，由，得到，從而有，解得，正確，故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分.12.用半徑為4cm的半圓形紙片卷成一個圓錐筒，則這個圓錐筒的高是_____cm.【答案】【解析】【分析】先求半圓的弧長，就是圓錐的底面圓周長，即可得到底面圓半徑，然后利用勾股定理即可得到本題答案.【詳解】因為半徑為4的半圓弧長為，所以圓錐的底面周長為，則底面半徑為，其軸截面為等腰三角形如下圖：第8頁/共19頁

所以圓錐的高.故答案為：13.若斜率為的直線與軸交于點，與圓相切于點，則____________．【答案】【解析】的方程為與圓相切求出的值，求出，利用勾股定理可求得.【詳解】設直線的方程為，則點，由于直線與圓相切，且圓心為，半徑為，則，解得或，所以，因為，故.故答案為：.14.若恒成立，則實數(shù)______．【答案】##【解析】切線不等式得解．【詳解】因為恒成立，即恒成立，即恒成立，第9頁/共19頁

設，則恒成立，又，則在上單調(diào)遞增，可得恒成立，即恒成立，令，則，所以當時，當時，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，即恒成立（當且僅當所以，解得故答案為：四、解答題：本題共5小題，共分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知．（1）求函數(shù)的最小正周期和圖象的對稱軸方程；（2）求的單調(diào)增區(qū)間；（3）當時，求函數(shù)的最大值和最小值．【答案】（1）最小正周期為，對稱軸方程為（2）單調(diào)增區(qū)間為（3）最大值為，最小值為【解析】1）結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)即可求出結(jié)果；（2）利用整體代入法即可求出函數(shù)單調(diào)區(qū)間；（3）根據(jù)求得，進而根據(jù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)即可求出結(jié)果.【小問1詳解】最小正周期，令，第10頁/共19頁

所以，所以對稱軸方程為；【小問2詳解】令，所以，所以的單調(diào)增區(qū)間為；【小問3詳解】當時，所以，所以，當，即時取得最大值，當，即時取得最小值，所以當時，函數(shù)的最大值為，最小值為.16.有網(wǎng)絡、有電腦，隨時隨地都可以辦公．這些崗位出現(xiàn)的背后都離不開互聯(lián)網(wǎng)的加速發(fā)展和短視頻時代的大背景．甲、乙兩人同時競聘某公司的主播崗位，采取三局兩勝制進行比賽，假設甲每局比賽獲勝的概率為，且每局比賽都分出了勝負．（1）求比賽結(jié)束時乙獲勝的概率；（2）比賽結(jié)束時，記甲獲勝的局數(shù)為隨機變量X，求隨機變量X的分布列．【答案】（1）（2）答案見解析【解析】1）根據(jù)三局兩勝制可知，乙獲勝則有三種情況，分類即可求解.（2）根據(jù)隨機變量所有取值的可能以及計算對應的概率，即可求解,【小問1詳解】比賽結(jié)束時，乙獲勝有三種情況：2第11頁/共19頁

勝，∴比賽結(jié)束時乙獲勝的概率；【小問2詳解】由題意可得，X的所有可能取值為0，1，2，，，．∴X的分布列為X01217.在中，，，，分別是上的點，滿足且經(jīng)過沿折起到，是圖所示.（1）求證：平面；（2）求與平面所成角的大?。唬?上是否存在點與平面成角余弦值為的長第12頁/共19頁

度；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）（3）存在，或【解析】1）應用線面垂直的判定定理證明線面垂直關(guān)系，再由性質(zhì)定理得到線線垂直關(guān)系，進而再利用判定定理證明所求證的線面垂直關(guān)系；（2）以為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系.用向量法求與平面所成角的大??；（3與平面成角余弦值為，分別求解兩平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.【小問1詳解】因為在中，，，且，所以，，則折疊后，，又平面，所以平面，平面，所以，又已知，且都在面內(nèi)，所以平面；【小問2詳解】由（1軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系.因為，故，由幾何關(guān)系可知，，，，第13頁/共19頁

故，，，，，，，，，設平面的法向量為，則，即，不妨令，則，，.設與平面所成角的大小為，則有，設為與平面所成角，故，即與平面所成角的大小為；【小問3詳解】假設在線段上存在點，使平面與平面成角余弦值為.在空間直角坐標系中，，，，設，則，，設平面的法向量為，則有，即，不妨令，則，，所以，設平面的法向量為，則有，即，不妨令，則，，所以，若平面與平面成角余弦值為.則滿足，化簡得，解得或，即或，第14頁/共19頁

故在線段上存在這樣的點與平面成角余弦值為.此時的長度為或.18.已知橢圓的短軸長為，離心率為．（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線交于M，N兩點，①若，求直線的方程；②若點，求的面積的取值范圍．【答案】（1）（2）①；②【解析】1）由題，聯(lián)立方程組求出a，b即可得解；（2）①將直線與橢圓聯(lián)立，得到韋達定理式，再根據(jù)共線向量得到，代入計算即可；②利用弦長公式和點到直線的距離公式得到面積表達式可．【小問1詳解】由題可得：，解得：，所以橢圓的方程為：；【小問2詳解】第15頁/共19頁

設直線交于，兩點，點在橢圓內(nèi)，①若直線的斜率不存在，易得，，不滿足，故設直線的方程為，聯(lián)立，化簡得：，所以，（1又，，，所以（2由（12）兩式解得：，所以直線的方程為；②當直線的斜率不存在時，直線與的交點為，，則，當斜率為0時，直線過點，故不能構(gòu)成三角形，當斜率存在且不為0時，由①知，，點到直線的距離，第16頁/共19頁

所以，令，則，，則，，因為，所以，綜上，的面積的取值范圍為．【點睛】關(guān)鍵點睛：本題主要考查了直線與橢圓相交問題以及橢圓中三角形面積范圍問題，難度較大，解答本題的關(guān)鍵在于聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達定理以及三角形面積公式代入計算.19.已知函數(shù)，其中，e為自然對數(shù)的底數(shù).（1）當時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)存在極小值點，且，求實數(shù)a的取值范圍；（3）若函數(shù)有兩個零點，，求證：.【答案】（1）答案見詳解（2）（3）證明見詳解【解析】1）求導可得，利用導數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性；（2）求導構(gòu)建，可知在存在零點，結(jié)合題意整理可得，構(gòu)建，求導，利用導數(shù)分析單調(diào)性和符號，即可得結(jié)果；（3，，數(shù)結(jié)合單調(diào)性可得，，結(jié)合單調(diào)性分析證明.第17頁/共19頁

【小問1詳解】當時，，可知的定義域為，且，設，則，可知在單調(diào)遞增，且，當時，，即；當時，，即；所以的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.小問2詳解】由題意可知