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陕西省商洛市2021-2022学年高二下学期理数期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高二下·商洛期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次不等式的解法
【解析】【解答】因为解得或.
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】首先由一元二次不等式的解法求解出x的取值范围，由此得出结合集合N，然后由补集和交集的定义结合不等式即可得出答案。
2．（2022高二下·商洛期末）若复数满足，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数求模
【解析】【解答】因为，所以.
故答案为：C.
【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数模的概念即可得出答案。
3．（2022高二下·商洛期末）若向量，则与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，，
设与的夹角为，则.
故答案为：D
【分析】根据题意由数量积的坐标公式，代入数值计算出夹角的余弦值，由此得出夹角的大小。
4．（2022高二下·商洛期末）已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列，则公差为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】因为，故，解得．
又成等比数列，
所以．
设公差为d，
所以，整理得，
因为，所以．
故答案为：C
【分析】首先由等差数列的项的性质计算出a3的值，然后由等比数列的项的性质以及等差数列的通项公式，整理化简计算出d的取值，从而得出答案。
5．（2022高二下·商洛期末）若圆锥的母线与底面所成的角为，底面圆的半径为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B．π C．2π D．3π
【答案】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】设圆锥的高为h，
因为母线与底面所成的角为，所以，解得．
圆锥的体积．
故答案为：B
【分析】根据题意由圆锥的几何性质，结合三角形中的几何计算关系代入数值计算出高的取值，再把结果代入圆锥的体积公式计算出结果即可。
6．（2022高二下·贵港期末）世界人口变化情况的三幅统计图如图所示．
下列四个结论中错误的是（ ）
A．从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加
B．1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢
C．2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多
D．2050年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平
【答案】B
【知识点】频率分布表；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】由折线图可以看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，A正确，不符合题意；
由扇形统计图可知2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，C正确，不符合题意；
由条形统计图可知2050年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平，D正确，不符合题意；
三幅统计图并不能得到各个洲人口增长速度的快慢，B错误，符合题意．
故答案为：B.
【分析】由已知条件结合频率分布图和折线图中的数据，对选项逐一判断即可得出答案。
7．（2022高二下·贵港期末）已知命题，命题，则是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【知识点】四种命题的真假关系；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由，等价于，解得或，
所以．
因为，且，
所以是q的既不充分也不必要条件．
故答案为：D
【分析】首先由不等式的解集求解出x的取值范围，再由命题之间的关系结合充分和必要条件的定义即可得出答案。
8．（2021·梅州模拟）函数 的图象大致形状是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】由 ，
得 ，
则函数 是奇函数，图象关于原点中心对称，排除A，B，
当 时 ，排除C，
故答案为：D.
【分析】根据题意首先求出函数的定义域再由奇函数的定义f(-x)=-f(x)即可判断出该函数为奇函数，由奇函数图象的性质得出图像关于原点对称由此排除A、B，再由特殊点法代入数值验证即可排除选项C，由此得到答案。
9．（2022高二下·商洛期末）已知函数的最小正周期为，将函数的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】因为的最小正周期为，所以．将的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像．
故答案为：A.
【分析】首先由已知条件计算出周期值，然后由周期公式计算出的取值，再由函数平移的性质计算出结果，从而得出答案。
10．（2022高二下·贵港期末）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；不等式；分段函数的应用
【解析】【解答】解：因为，
当时函数单调递减，且，
当时函数单调递减，且，
所以函数在上是单调递减，
所以不等式等价于，解得．
即不等式的解集为；
故答案为：C
【分析】根据题意由一次函数和指数函数的图象和性质，结合题意化简得出分段函数f(x)的单调性，由函数的单调性即可得出关于a的不等式组，求解出a的取值范围即可。
11．（2022高二下·白山期末）已知函数的极值点为，若有且只有一个，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】因为函数在上有且只有一个极值点，
所以在上有且只有一个变号零点，
由，得，
令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，．
由，解得．
故答案为：B.
【分析】根据题意首先对函数求导由导函数与函数极值的关系，代入数值计算出，然后构造函数g(x)对其求导结合导函数的性质即可得出函数g(x)的单调性，由函数的单调性即可得出函数的最值，继而得出a的取值范围。
12．（2022高二下·贵港期末）设抛物线的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，为半径的圆交l于M，N两点．若，且的面积为24，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】因为以F为圆心，为半径的圆交l于M，N两点，
所以，
结合抛物线的定义，可知点A到准线的距离为．
又因为，，
所以的面积为，
解得．
故答案为：C
【分析】根据题意由抛物线的简单性质和定义结合已知条件，整理化简即可得出圆的半径，再把结果代入到三角形的面积公式由此计算出P的取值。
二、填空题
13．（2022高二下·商洛期末）在展开式中，含的项的系数是 ．
【答案】-160
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】由题意得的展开式的通项公式为，
令，则的系数为．
故答案为：-160
【分析】根据题意首先求出二项展开式的通项公式，再由已知条件代入数值计算出k的取值，并代入到通项公式由此计算出结果。
14．（2022高二下·商洛期末）已知，则 .
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】因为，所以，从而.
故答案为：.
【分析】由已知条件结合同角三角函数的基本关系式，结合二倍角的余弦公式，代入数值计算出结果即可。
15．（2022高二下·商洛期末）已知双曲线的实轴长是虚轴长的3倍，则的离心率为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】因为的实轴长是虚轴长的3倍，所以，从而．
故答案为： .
【分析】由已知条件结合双曲线的几何性质，即可得出a与b的关系再由离心率公式结合整体思想，计算出结果即可。
16．（2022高二下·商洛期末）在长方体中，底面是边长为4的正方形，，过点作平面与分别交于M，N两点，且与平面所成的角为，给出下列说法：
①异面直线与所成角的余弦值为；
②平面；
③点B到平面的距离为；
④截面面积的最小值为6．
其中正确的是 （请填写所有正确说法的编号）
【答案】②④
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】依题意得，因为，
所以异面直线与所成的角即或其补角，
在中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故①错误．
由于平面平面，
所以平面，故②正确．
设点B到平面的距离为h，由，
得，解得，故③错误．
如图，过点A作，连接，
因为平面，所以，又，
所以平面，平面，
则，平面平面，平面平面，
故为与平面所成的角，则，
在中，，则有，
在中，由射影定理得，
由基本不等式得，
当且仅当，即E为的中点时，等号成立，
所以截面面积的最小值为，，故④正确．
故答案为：②④.
【分析】根据题意由长方体的几何性质结合线面垂直的性质定理的即可得出线线垂直，然后由异面直线所成角的定义结合三角形中的几何计算关系，计算出结果由此判断出 ① 错误；根据题意长方体的几何性质以及线面平行的判定定理即可得出 ② 正确；由线面垂直的判定定理即可得出点到平面的距离，计算出结果由此判断出 ③ 正确；由已知条件结合三角形中的几何计算关系，利用射影定理计算出边的大小，再由基本不等式即可求出最小值，从而判断出 ④ 正确，从而得出答案。
三、解答题
17．（2022高二下·贵港期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角A；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：由正弦定理得，
因为，所以，
所以，化简得，
所以，因为，所以．
（2）解：因为，由余弦定理得，
又，所以，即，解得，
则的面积．
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)首先由正弦定理整理化简原式，然后由两角和的余弦公式代入数值计算出cosA的取值，从而得出角A的大小。
(2)由已知条件结合余弦定理代入数值计算出bc的取值，并代入到三角形的面积公式由此计算出结果。
18．（2022高二下·商洛期末）随着奥密克戎的全球肆虐，防疫形势越来越严峻，防疫物资需求量急增．下表是某口罩厂今年的月份x与订单y（单位：万元）的几组对应数据：
月份x 1 2 3 4 5
订单y
参考数据：．
参考公式：回归直线的方程是，其中
（1）求y关于x的线性回归方程，并估计该厂6月份的订单金额．
（2）已知甲从该口罩厂随机购买了4箱口罩，该口罩厂质检过程中发现该批口罩的合格率为，不合格的产品需要更换，用X表示甲需要更换口罩的箱数，求随机变量X的分布列和数学期望．
【答案】（1）解：由数据可得 ，
，
所以 ，
故y关于x的线性回归方程为 ．
当x=6时， ，估计该厂6月份的订单金额为59.9万元．
（2）解：依题意，随机变量X的取值可能为0，1，2，3，4，．
；；
；；
．
随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
故
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)根据已知和参考数据求出 即可得出方程，代入x=6可估计该厂6月份的订单金额；
(2)可得X的取值可能为0， 1，2， 3， 4，且 ，求出X取不同值的概率即可得出随机变量X的分布列和数学期望．
19．（2022高二下·清远期末）如图，在三棱锥中，平面，点分别是的中点，且.
（1）证明：平面.
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：由平面，平面，则.
又，点为的中点，所以.
由为的中点，则，即，
所以，即，又，面，
所以平面.
（2）解：由（1）得：，以点为坐标原点，以为轴，轴的正方向，以为轴的正方向建立空间直角坐标系.
因为，所以，
故，，，，
设平面的法向量为，则，令，故.
设平面的法向量为，则，令，故，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件作出辅助线，由中点的性质即可得出线线平行，利用平行的传递性即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到 平面与平面夹角的余弦值 。
20．（2022高二下·贵港期末）已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，过的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为45°，到直线l的距离为．
（1）求椭圆C的焦距；
（2）若，求椭圆C的方程．
【答案】（1）解：由题意知直线l的方程为．
因为到直线l的距离为，所以，解得：，
所以椭圆C的焦距为2．
（2）解：由（1）知直线l的方程为，设，，
联立方程组消去x得，
所以，．
因为，所以，
所以，，
消去得，
解得：，从而，
所以椭圆C的方程为．
【知识点】平面向量的坐标运算；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合点到直线的距离公式，由已知条件计算出c的取值从而得出答案。
(2)利用设而不求法设出点的坐标以及直线的方程，再联立直线与椭圆的方程消元后得到关于y的方程，再由韦达定理即可得出两根之和和两根之积关于b的代数式，并把结果代入向量的坐标公式，整理化简计算出b和a的取值，进而得出椭圆的方程。
21．（2022高二下·白山期末）已知函数为的导函数．
（1）求不等式的解集；
（2）设函数，若在上存在最大值，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：因为，其定义域为，
所以，
不等式，可化为，
即，
解得或．
所以不等式的解集为
（2）解：由题可得，
令，则，
①当时，，在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，无最大值，不符合题意，
②当时，在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，无最大值，不符合题意．
③当时，由，可得，
∴，在上单调递增，，在上单调递减；
设，则，
令，则；令，则，
所以在上单调递减，在单调递增，
所以，即，
由此可得，当时，，即．
所以当时，．
取，则，且．
又，所以由零点存在性定理，存在，使得，
所以当时，，即，当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上存在最大值，符合题意．
综上，实数a的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】(1)根据题意首先对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，结合不等式的解法求解出x的取值范围，即可得出不等式的解集。
(2)由已知条件整理化简已知条件，再构造函数h(x)然后由对其求导，结合a的取值范围即可得出导函数的性质即可得出函数h(x)的单调性，由函数的单调性即可得出函数的最值，结合函数的最值由已知条件即可得出满足题意的a的取值范围。
22．（2022高二下·商洛期末）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线C交于P，Q两点，点M的直角坐标为，求．
【答案】（1）解：因为直线的参数方程为（为参数），
所以直线的普通方程为，
由，得，
因为，
所以曲线C的直角坐标方程为，即
（2）解：因为，
所以点在直线上，
将直线得方程转化为参数得标准式为（为参数），
代入，
得，
则，
所以
【知识点】椭圆的标准方程；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】(1)首先把直线的参数方程化成普通方程，在联立直线与曲线的方程整理化简即可得出曲线的普通方程。
(2)根据题意把点代入坐标代入直线的方程。整理化简即可得出关于m的方程结合韦达定理计算出两根之和与两根之积，并代入到距离公式由此计算出结果。
23．（2022高二下·贵港期末）已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最大值为，正数，满足，求的最小值．
【答案】（1）解：当时，由，解得，此时；
当时，由，解得，此时；
当时，由，解得，此时．
综上所述，不等式的解集为．
（2）解：因为，
所以，当时取得等号，所以．
因为，所以
，
当且仅当，即，时，等号成立，
即的最小值为．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；绝对值不等式的解法
【解析】【分析】(1)根据题意由绝对值的几何意义整理化简函数的解析式，再由不等式的解法即可得出x的取值范围，从而得出不等式的解集。
(2)首先由绝对值的几何意义整理化简函数的解析式，再由基本不等式即可得出函数的最值。
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陕西省商洛市2021-2022学年高二下学期理数期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高二下·商洛期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2022高二下·商洛期末）若复数满足，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．（2022高二下·商洛期末）若向量，则与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022高二下·商洛期末）已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列，则公差为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2022高二下·商洛期末）若圆锥的母线与底面所成的角为，底面圆的半径为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B．π C．2π D．3π
6．（2022高二下·贵港期末）世界人口变化情况的三幅统计图如图所示．
下列四个结论中错误的是（ ）
A．从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加
B．1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢
C．2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多
D．2050年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平
7．（2022高二下·贵港期末）已知命题，命题，则是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2021·梅州模拟）函数 的图象大致形状是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2022高二下·商洛期末）已知函数的最小正周期为，将函数的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2022高二下·贵港期末）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
11．（2022高二下·白山期末）已知函数的极值点为，若有且只有一个，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
12．（2022高二下·贵港期末）设抛物线的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，为半径的圆交l于M，N两点．若，且的面积为24，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
二、填空题
13．（2022高二下·商洛期末）在展开式中，含的项的系数是 ．
14．（2022高二下·商洛期末）已知，则 .
15．（2022高二下·商洛期末）已知双曲线的实轴长是虚轴长的3倍，则的离心率为 ．
16．（2022高二下·商洛期末）在长方体中，底面是边长为4的正方形，，过点作平面与分别交于M，N两点，且与平面所成的角为，给出下列说法：
①异面直线与所成角的余弦值为；
②平面；
③点B到平面的距离为；
④截面面积的最小值为6．
其中正确的是 （请填写所有正确说法的编号）
三、解答题
17．（2022高二下·贵港期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角A；
（2）若，求的面积．
18．（2022高二下·商洛期末）随着奥密克戎的全球肆虐，防疫形势越来越严峻，防疫物资需求量急增．下表是某口罩厂今年的月份x与订单y（单位：万元）的几组对应数据：
月份x 1 2 3 4 5
订单y
参考数据：．
参考公式：回归直线的方程是，其中
（1）求y关于x的线性回归方程，并估计该厂6月份的订单金额．
（2）已知甲从该口罩厂随机购买了4箱口罩，该口罩厂质检过程中发现该批口罩的合格率为，不合格的产品需要更换，用X表示甲需要更换口罩的箱数，求随机变量X的分布列和数学期望．
19．（2022高二下·清远期末）如图，在三棱锥中，平面，点分别是的中点，且.
（1）证明：平面.
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
20．（2022高二下·贵港期末）已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，过的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为45°，到直线l的距离为．
（1）求椭圆C的焦距；
（2）若，求椭圆C的方程．
21．（2022高二下·白山期末）已知函数为的导函数．
（1）求不等式的解集；
（2）设函数，若在上存在最大值，求实数a的取值范围．
22．（2022高二下·商洛期末）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线C交于P，Q两点，点M的直角坐标为，求．
23．（2022高二下·贵港期末）已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最大值为，正数，满足，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次不等式的解法
【解析】【解答】因为解得或.
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】首先由一元二次不等式的解法求解出x的取值范围，由此得出结合集合N，然后由补集和交集的定义结合不等式即可得出答案。
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数求模
【解析】【解答】因为，所以.
故答案为：C.
【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数模的概念即可得出答案。
3．【答案】D
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，，
设与的夹角为，则.
故答案为：D
【分析】根据题意由数量积的坐标公式，代入数值计算出夹角的余弦值，由此得出夹角的大小。
4．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】因为，故，解得．
又成等比数列，
所以．
设公差为d，
所以，整理得，
因为，所以．
故答案为：C
【分析】首先由等差数列的项的性质计算出a3的值，然后由等比数列的项的性质以及等差数列的通项公式，整理化简计算出d的取值，从而得出答案。
5．【答案】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】设圆锥的高为h，
因为母线与底面所成的角为，所以，解得．
圆锥的体积．
故答案为：B
【分析】根据题意由圆锥的几何性质，结合三角形中的几何计算关系代入数值计算出高的取值，再把结果代入圆锥的体积公式计算出结果即可。
6．【答案】B
【知识点】频率分布表；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】由折线图可以看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，A正确，不符合题意；
由扇形统计图可知2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，C正确，不符合题意；
由条形统计图可知2050年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平，D正确，不符合题意；
三幅统计图并不能得到各个洲人口增长速度的快慢，B错误，符合题意．
故答案为：B.
【分析】由已知条件结合频率分布图和折线图中的数据，对选项逐一判断即可得出答案。
7．【答案】D
【知识点】四种命题的真假关系；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由，等价于，解得或，
所以．
因为，且，
所以是q的既不充分也不必要条件．
故答案为：D
【分析】首先由不等式的解集求解出x的取值范围，再由命题之间的关系结合充分和必要条件的定义即可得出答案。
8．【答案】D
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】由 ，
得 ，
则函数 是奇函数，图象关于原点中心对称，排除A，B，
当 时 ，排除C，
故答案为：D.
【分析】根据题意首先求出函数的定义域再由奇函数的定义f(-x)=-f(x)即可判断出该函数为奇函数，由奇函数图象的性质得出图像关于原点对称由此排除A、B，再由特殊点法代入数值验证即可排除选项C，由此得到答案。
9．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】因为的最小正周期为，所以．将的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像．
故答案为：A.
【分析】首先由已知条件计算出周期值，然后由周期公式计算出的取值，再由函数平移的性质计算出结果，从而得出答案。
10．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；不等式；分段函数的应用
【解析】【解答】解：因为，
当时函数单调递减，且，
当时函数单调递减，且，
所以函数在上是单调递减，
所以不等式等价于，解得．
即不等式的解集为；
故答案为：C
【分析】根据题意由一次函数和指数函数的图象和性质，结合题意化简得出分段函数f(x)的单调性，由函数的单调性即可得出关于a的不等式组，求解出a的取值范围即可。
11．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】因为函数在上有且只有一个极值点，
所以在上有且只有一个变号零点，
由，得，
令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，．
由，解得．
故答案为：B.
【分析】根据题意首先对函数求导由导函数与函数极值的关系，代入数值计算出，然后构造函数g(x)对其求导结合导函数的性质即可得出函数g(x)的单调性，由函数的单调性即可得出函数的最值，继而得出a的取值范围。
12．【答案】C
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】因为以F为圆心，为半径的圆交l于M，N两点，
所以，
结合抛物线的定义，可知点A到准线的距离为．
又因为，，
所以的面积为，
解得．
故答案为：C
【分析】根据题意由抛物线的简单性质和定义结合已知条件，整理化简即可得出圆的半径，再把结果代入到三角形的面积公式由此计算出P的取值。
13．【答案】-160
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】由题意得的展开式的通项公式为，
令，则的系数为．
故答案为：-160
【分析】根据题意首先求出二项展开式的通项公式，再由已知条件代入数值计算出k的取值，并代入到通项公式由此计算出结果。
14．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】因为，所以，从而.
故答案为：.
【分析】由已知条件结合同角三角函数的基本关系式，结合二倍角的余弦公式，代入数值计算出结果即可。
15．【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】因为的实轴长是虚轴长的3倍，所以，从而．
故答案为： .
【分析】由已知条件结合双曲线的几何性质，即可得出a与b的关系再由离心率公式结合整体思想，计算出结果即可。
16．【答案】②④
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】依题意得，因为，
所以异面直线与所成的角即或其补角，
在中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故①错误．
由于平面平面，
所以平面，故②正确．
设点B到平面的距离为h，由，
得，解得，故③错误．
如图，过点A作，连接，
因为平面，所以，又，
所以平面，平面，
则，平面平面，平面平面，
故为与平面所成的角，则，
在中，，则有，
在中，由射影定理得，
由基本不等式得，
当且仅当，即E为的中点时，等号成立，
所以截面面积的最小值为，，故④正确．
故答案为：②④.
【分析】根据题意由长方体的几何性质结合线面垂直的性质定理的即可得出线线垂直，然后由异面直线所成角的定义结合三角形中的几何计算关系，计算出结果由此判断出 ① 错误；根据题意长方体的几何性质以及线面平行的判定定理即可得出 ② 正确；由线面垂直的判定定理即可得出点到平面的距离，计算出结果由此判断出 ③ 正确；由已知条件结合三角形中的几何计算关系，利用射影定理计算出边的大小，再由基本不等式即可求出最小值，从而判断出 ④ 正确，从而得出答案。
17．【答案】（1）解：由正弦定理得，
因为，所以，
所以，化简得，
所以，因为，所以．
（2）解：因为，由余弦定理得，
又，所以，即，解得，
则的面积．
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)首先由正弦定理整理化简原式，然后由两角和的余弦公式代入数值计算出cosA的取值，从而得出角A的大小。
(2)由已知条件结合余弦定理代入数值计算出bc的取值，并代入到三角形的面积公式由此计算出结果。
18．【答案】（1）解：由数据可得 ，
，
所以 ，
故y关于x的线性回归方程为 ．
当x=6时， ，估计该厂6月份的订单金额为59.9万元．
（2）解：依题意，随机变量X的取值可能为0，1，2，3，4，．
；；
；；
．
随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
故
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)根据已知和参考数据求出 即可得出方程，代入x=6可估计该厂6月份的订单金额；
(2)可得X的取值可能为0， 1，2， 3， 4，且 ，求出X取不同值的概率即可得出随机变量X的分布列和数学期望．
19．【答案】（1）证明：由平面，平面，则.
又，点为的中点，所以.
由为的中点，则，即，
所以，即，又，面，
所以平面.
（2）解：由（1）得：，以点为坐标原点，以为轴，轴的正方向，以为轴的正方向建立空间直角坐标系.
因为，所以，
故，，，，
设平面的法向量为，则，令，故.
设平面的法向量为，则，令，故，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件作出辅助线，由中点的性质即可得出线线平行，利用平行的传递性即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到 平面与平面夹角的余弦值 。
20．【答案】（1）解：由题意知直线l的方程为．
因为到直线l的距离为，所以，解得：，
所以椭圆C的焦距为2．
（2）解：由（1）知直线l的方程为，设，，
联立方程组消去x得，
所以，．
因为，所以，
所以，，
消去得，
解得：，从而，
所以椭圆C的方程为．
【知识点】平面向量的坐标运算；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合点到直线的距离公式，由已知条件计算出c的取值从而得出答案。
(2)利用设而不求法设出点的坐标以及直线的方程，再联立直线与椭圆的方程消元后得到关于y的方程，再由韦达定理即可得出两根之和和两根之积关于b的代数式，并把结果代入向量的坐标公式，整理化简计算出b和a的取值，进而得出椭圆的方程。
21．【答案】（1）解：因为，其定义域为，
所以，
不等式，可化为，
即，
解得或．
所以不等式的解集为
（2）解：由题可得，
令，则，
①当时，，在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，无最大值，不符合题意，
②当时，在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，无最大值，不符合题意．
③当时，由，可得，
∴，在上单调递增，，在上单调递减；
设，则，
令，则；令，则，
所以在上单调递减，在单调递增，
所以，即，
由此可得，当时，，即．
所以当时，．
取，则，且．
又，所以由零点存在性定理，存在，使得，
所以当时，，即，当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上存在最大值，符合题意．
综上，实数a的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】(1)根据题意首先对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，结合不等式的解法求解出x的取值范围，即可得出不等式的解集。
(2)由已知条件整理化简已知条件，再构造函数h(x)然后由对其求导，结合a的取值范围即可得出导函数的性质即可得出函数h(x)的单调性，由函数的单调性即可得出函数的最值，结合函数的最值由已知条件即可得出满足题意的a的取值范围。
22．【答案】（1）解：因为直线的参数方程为（为参数），
所以直线的普通方程为，
由，得，
因为，
所以曲线C的直角坐标方程为，即
（2）解：因为，
所以点在直线上，
将直线得方程转化为参数得标准式为（为参数），
代入，
得，
则，
所以
【知识点】椭圆的标准方程；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】(1)首先把直线的参数方程化成普通方程，在联立直线与曲线的方程整理化简即可得出曲线的普通方程。
(2)根据题意把点代入坐标代入直线的方程。整理化简即可得出关于m的方程结合韦达定理计算出两根之和与两根之积，并代入到距离公式由此计算出结果。
23．【答案】（1）解：当时，由，解得，此时；
当时，由，解得，此时；
当时，由，解得，此时．
综上所述，不等式的解集为．
（2）解：因为，
所以，当时取得等号，所以．
因为，所以
，
当且仅当，即，时，等号成立，
即的最小值为．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；绝对值不等式的解法
【解析】【分析】(1)根据题意由绝对值的几何意义整理化简函数的解析式，再由不等式的解法即可得出x的取值范围，从而得出不等式的解集。
(2)首先由绝对值的几何意义整理化简函数的解析式，再由基本不等式即可得出函数的最值。
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