/考生須知：1、本卷共6頁，滿分150分，考試時間120分鐘．2、答題前，在答題紙指定的區域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字．3、所有試題必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效．4、考試結束后，只需上交答題紙．選擇題部分一、單選題：本題共8小題，每題5分，共40分，在每題給出的4個選項中，只有一個選項符合要求．1.若集合，則（）A.或 B.或C. D.【答案】D【解析】【分析】解對數不等式求得集合M，解分式不等式求得集合N，利用交集運算求解即可.【詳解】，因為，所以，所以或，所以或，所以.故選：D2.已知復數，則（）A. B.2 C. D.【答案】C【解析】【分析】先根據復數的除法運算求出復數，再根據共軛復數的定義及復數的減法運算即可得解.【詳解】，則，所以.故選：C.3.若，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】令，則可得，對求導可得在上單調遞增，再結合充分條件和必要條件的定義求解即可.【詳解】由可得，令，，所以在上單調遞增，所以由，即，當時，因為在上單調遞增，所以，當，因為在上單調遞增，所以，所以“”是“”的充要條件.故選：C.4.下列說法錯誤的個數為（）①已知，若，則②已知，則③投擲一枚均勻的硬幣5次，已知正面向上不少于3次，則出現5次正面向上的概率為A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】根據正態分布曲線的對稱性求解概率判斷①，根據二項分布期望和方差公式求解判斷②，根據古典概率公式求解概率判斷③.【詳解】對于①，因為，，所以，所以，正確；對于②，隨機變量，則，，錯誤；對于③，投擲一枚均勻的硬幣5次，正面向上不少于3次的有，5次正面向上只有1種，故所求概率為，正確.故錯誤的個數為1.故選：B5.科學家從由實際生活得出的大量統計數據中發現以1開頭的數出現的頻率較高，以1開頭的數出現的頻數約為總數的三成，并提出定律：在大量進制隨機數據中，以開頭的數出現的概率為，如裴波那契數、階乘數、素數等都比較符合該定律．后來常有數學愛好者用此定律來檢驗某些經濟數據、選舉數據等大數據的真實性．若，則的值為（）A.14 B.15 C.24 D.25【答案】A【解析】【分析】根據條件中的概率公式，結合求和公式，以及對數運算，即可求解.詳解】，即，所以，解得.故選：A.6.袋中裝有5個大小相同的球，其中有2個白球，2個黑球，1個紅球，現從袋中每次取出1球，取出后不放回，取得白球得1分，取得黑球得2分，取得紅球得3分，直到取到的球的總分大于或等于4分時終止，用表示終止取球時所需的取球次數，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意，求出時，取球的情況，結合獨立事件的乘法公式求解即可.【詳解】由題意，時，取球的情況為：白白紅，白白黑，白黑白，白黑黑，白黑紅，黑白白，黑白黑，黑白紅，所以.故選：A.7.體積為1的正三棱錐的外接球的半徑與底面正三角形的邊長比的最小值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據體積公式得到底面邊長和三棱錐的高的關系，再由正三棱錐和其外接球的幾何關系，得到外接球半徑與底面邊長比值表達式，再化簡利用基本不等式求得最值即可.【詳解】如圖，設正三棱錐的底面邊長為，高為，外接球半徑為.因為體積為1，所以，所以.不論外接球的球心在正三棱錐的內部（圖1），外部（圖2）還是與重合（圖3），其外接球半徑均滿足，將代入化簡得，當且僅當即時取等號，所以最小值為.故選：D.8.已知函數，當時，記的最大值為，有，則實數的最大值為（）A.2 B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】求導，利用導數可知在區間為減區間，進而可得最值，結合絕對值的性質可得，分析求解即可；【詳解】函數，，由，可得，，可知，則在區間為減函數，可得的最大值為，最小值為，對任意的恒成立，可得，可得，由，可得，即，則的最大值為；故選：C.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵點在于先對求導，利用導數可知在區間為減區間，進而可得的最值，結合絕對值的性質可得，分析求解即可；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，有多個選項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分．9.下列選項中正確的有（）A.已知在上的投影向量長度為，且，則B.C.若非零向量滿足，則D.已知，且與夾角為銳角，則的取值范圍是【答案】BC【解析】【分析】結合投影向量的概念以及平面向量數量積的定義可判斷A選項；利用向量數量積的定義可判斷B選項；根據平面向量夾角的公式以及數量積的運算律即可判斷C選項；結合平面向量數量積和向量共線的坐標運算即可判斷D選項.【詳解】對于A，設與的夾角為（），又因為在上的投影向量長度為，所以，又，所以，故A錯誤；對于B，因為，所以，故B正確；對于C，因為，對兩邊同時平方：，解得：，，故C正確；對于D，因為，則，又因為與夾角為銳角，所以，且與不共線，即，解得，所以則的取值范圍是，故D錯誤；故選：BC.10.下列命題錯誤的是（）A.線性相關模型中，決定系數越大相關性越強，相關系數越大相關性也越強B.回歸直線至少會經過其中一個樣本點C.已知一系列樣本點的經驗回歸方程為，若樣本點與的殘差相等，則D.以模型去擬合某組數據時，為了求出回歸方程，設，將其變換后得到線性方程，則的值分別為3，4【答案】AB【解析】【分析】根據決定系數的概念和相關系數的概念判斷A，根據回歸直線方程的性質判斷B，根據回歸方程及殘差的概念判斷C，根據線性回歸方程與非線性之間的轉化關系可判斷D.【詳解】對于A：在線性相關模型中，決定系數越大，即殘差平方和越小，所以擬合效果越好，相關系數越大，相關性越強，故A錯誤；對于B：回歸直線方程不一定過樣本點，故B錯誤；對于C：回歸直線方程為，且樣本點與的殘差相等，則，化簡得，故C正確；對于D：因為，所以兩邊取對數，可得，令，可得，因為，所以，即，故D正確.故選：AB11.如圖，已知圓臺的下底面直徑，母線，且，是下底面圓周上一動點，則（）A.圓臺的側面積為B.圓臺的體積為C.當點是弧中點時，三棱錐的內切球半徑D.的最大值為【答案】ABD【解析】【分析】作出圓臺軸截面等腰梯形及其高，求出圓臺的高及上底面圓半徑，分析計算判斷AB；利用體積分割法求得內切球的半徑判斷C；求出的函數關系，利用導數求出最大值即可判斷D.【詳解】圓臺中，作出圓過點的直徑，則四邊形是等腰梯形，作于，在中，由，得，則，對于A，圓臺的側面積，A正確；對于B，圓臺的體積，B正確；對于C，當點是弧中點時，得點到直線距離為2，則面積為，三棱錐體積的為，又，，所以，，，因為，所以，C錯誤；對于D，連接，當與點都不重合時，設，則，在中，由余弦定理得，于是，，求導得，令得，，令得，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，當與重合時，，當與重合時，，因此的最大值為，D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于利用體積分割法求得三棱錐內切球的半徑，進而比較大小即可判斷C選項.非選擇題部分三、填空題：本題共3小題每題5分，共15分．12.的展開式中的常數項為______．【答案】【解析】【分析】先求出的展開式的通項，令，解出代入即可得出答案.【詳解】的展開式的通項為：，令，解得：，所以的展開式中的常數項為：.故答案為：.13.在銳角三角形中，邊長為1，且，則邊的長度取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】利用二倍角的正弦公式和正弦定理，結合銳角三角形確定角的范圍，從而求出邊的取值范圍.【詳解】因為，所以，再由正弦定理角化邊得：，因為，所以，又由是銳角三角形，，解得：，則.故答案為：.14.某學校舉辦校慶，安排3名男老師和2名女老師進行3天值班，值班分為上午和下午，每班次一人，其中女老師不在下午值班，且每個人至少要值班一次，則不同的安排方法共有______種（用數字作答）.【答案】252【解析】【分析】分類討論上午值班是否有男教師，結合間接法以及分步乘法計算原理運算求解.【詳解】若上午值班均為女教師，則不同的安排方法共有種，可知下午值班均為男教師，則不同的安排方法共有種，則不同的安排方法共有種；若上午值班有男教師，則不同的安排方法共有種，①當上午值班的男教師不下午值班時，則不同的安排方法共有種；②當上午值班的男教師也下午值班時，則不同的安排方法共有種；則不同的安排方法共有種；綜上所述：不同的安排方法共有種.故答案為：252.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答題應寫出文字說明、證明過程和演算步驟．15.設函數，其中，已知．（1）求的解析式；（2）已知，求的單調遞增區間及值域．【答案】（1）（2）調遞增區間為，【解析】【分析】（1）由已知可得，可求，可求得的解析式；（2）由，可求的單調遞增區間，利用，易求值域.【小問1詳解】可化為，所以，所以，又所以所以【小問2詳解】令，解得，又，所以，故的單調遞增區間為，，所以，所以.16.在如圖所示的直三棱柱中，分別是線段上的動點．（1）若平面，求的值；（2）若三棱柱是正三棱柱，是的中點，求二面角余弦值的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）過點作，交于，連接，則可證平面平面，從而得到，故可求的值，也可以過點作，可證四邊形是平行四邊形，從而可求的值.（2）過作，垂足為，再過作，垂足為，連接，可證即為二面角的平面角，故可求二面角余弦值的最小值，也可以利用建立如圖所示的空間直角坐標系，利用向量法可求二面角的余弦值的最小值.小問1詳解】法1：（1）過點作，交于，連接，如圖，由平面，平面，則平面且，又平面，，且平面，故平面平面，又平面平面，平面平面，所以，從而，故.法2：過點作，交于，則由可得，所以四點共面，而平面，平面，平面平面，所以，四邊形是平行四邊形，所以，所以.【小問2詳解】法1：過作，垂足為，由正三棱柱可得平面平面，而平面平面，平面，則平面，再過作，垂足為，連接，因為平面，故，而平面，故平面，而平面，故，則即為二面角的平面角．又在中，，，當位于時，此時，故二面角余弦值的最小值為.方法2：取的中點由正三棱錐得平面，如圖建立空間直角坐標系，，，設平面法向量，則即，令得，而平面法向量，設二面角的平面角為，則為銳角且，當時取到.17.已知函數，．（1）求曲線在點處的切線方程；（2）討論的單調性；（3）證明：當時，．【答案】（1）（2）答案見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）先對函數求導，將得出代入函數和導函數分別得切點和切線斜率，再根據點斜式即可得切線方程.（2）明確導數和定義域，根據導數特征分類討論求出導數正負區間范圍即可得函數的單調性.（3）先（1）得出時，再將問題轉化成證，則只需求證即可.【小問1詳解】由題，令，，且切線斜率為，所以曲線在點處的切線方程為，可化為.【小問2詳解】，當，在上恒成立，故在上單調遞增；當時，令得（舍去）或；令得，故在上單調遞增，在上單調遞減，綜上所述：時增區間為；當時單調遞增區間為，單調遞減區間為.【小問3詳解】由（2）知，當時，有，所以證當時，，即證恒成立，即證，即證，令，則，令，則，因為，所以，所以在上單調遞增．所以，所以，所以在上單調遞減．因為，所以，所以，即當時，．18.某超市為促進消費推出優惠活動，為預估活動期間客戶投入的消費金額，采用隨機抽樣統計了200名客戶的消費金額，分組如下：（單位：元），得到如圖所示頻率分布直方圖：

活躍客戶非活躍客戶總計男20

女60

總計

（1）利用抽樣的數據計算本次活動的人均消費金額（同一組中的數據用該組的中點值表示）（2）若把消費金額不低于800元的客戶，稱為“活躍客戶”，經數據處理，現在列聯表中得到一定的相關數據，求列聯表中的值，并根據列聯表判斷是否有的把握認為“活躍客戶”與性別有關？（3）為感謝客戶，該超市推出免單福利，方案如下：從“活躍客戶”中按分層抽樣的方法抽取12人，從中抽取2人進行免單，試寫出總單金額的分布列及其期望．（每一組消費金額按該組中點值估計，期望結果保留至整數．）附：0.1500.1000.0500.0100.005k2.0722.7063.8416.6357.879【答案】（1）620（2），有的把握與性別有關（3）分布列見解析，1933【解析】【分析】（1）利用每個矩形的中點值乘以對應頻率累加來求樣本均值；（2）先完善列聯表，再求卡方,即可作出判斷；（3）先用分層抽樣，然后用超幾何分布的概率公式計算，即可得分布列與期望.【小問1詳解】由直方圖計算人均消費金額：元【小問2詳解】消費金額不低于800元的人數為：人，則活躍客戶共有60人，所以，，列聯表如下

活躍客戶非活躍客戶總計男2080100女4060100總計60140200計算因此有的把握與性別有關．【小問3詳解】從“活躍客戶”中用分層抽樣，抽出消費900元：人，消費1100元：人，從中抽取2人免單總金額的取值有：，則，，，所以的分布列為：Y180020002200P即.19.已知①設函數值域是，對于中的每個，若函數在每一處都等于它對應的，這樣的函數叫做函數的反函數，記作，我們習慣記自變量為，因此可改成即為原函數的反函數．易知與互為反函數，且．如的反函數是可改寫成即為的反函數，與互為反函數．②是定義在且取值于的一個函數，定