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浙江省名校协作体2023届高三下学期数学2月开学考试试卷
一、单选题
1．（2023高三下·浙江开学考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】因为集合对应的不等式为，
即可得，所以或，
因此
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合交集和补集 运算法则，进而得出集合。
2．（2023高三下·浙江开学考）已知复数z满足：，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模
【解析】【解答】由可得
所以，
故答案为：B．
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则，进而得出复数z，再利用复数求模公式得出复数z的模。
3．（2023高三下·浙江开学考）若向量满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】因为，
所以，
得，又，
所以.
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再利用数量积的定义，进而结合两向量的夹角的取值范围，从而得出 与的夹角。
4．（2023高三下·浙江开学考）设，为正实数，若，则的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】因为，为正实数，且，
令，，则，
则，
当且仅当，即，时取等号.
故答案为：D．
【分析】利用已知条件结合均值不等式变形求最值的方法得出 的最小值 。
5．（2023高三下·浙江开学考）刍甍是如图所示五面体ABCDEF，其中，底面ABCD是平行四边形，《九章算术·商功》对其体积有记载：“求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一”，意思是：若，AB、CD之间的距离是h，直线EF与平面ABCD之间的距离是H，则其体积，现有刍甍ABCDEF，，AB、CD之间的距离是2，EF与平面ABCD之间的距离是4，过AE的中点G，作平面平面ABCD，将该刍甍分为上下两部分，则上下体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】由，得，
，所以，
所以上下体积之比为.
故答案为：D．
【分析】利用已知条件结合，从而得出组合体的体积公式，再结合棱锥的体积公式和作差法，进而得出上下体积之比。
6．（2023高三下·浙江开学考）已知抛物线，过焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，若，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】设，联立，得，
，
，
解得，
，
，，，
消去整理可得，又，
.
故答案为：A．
【分析】设，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，再利用弦长公式和已知条件得出的值，再利用结合向量共线的坐标表示和一元二次方程求解方法以及，从而得出实数的值。
7．（2023高三下·浙江开学考）已知函数，两个等式，，对任意实数x均成立，在上单调，则的最大值为（ ）
A．17 B．16 C．15 D．13
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数恒成立问题
【解析】【解答】，，的一个对称中心为，
，，的对称轴方程，
有，解得，
又，所以，，为奇数，
在上单调，则，得，
由选项知，需要依次验证，直至符合题意为止，
当时，，有，
得，由得，
此时，可以验证在上不单调，不符合题意；
当时，，有，
得，由得，
此时，可以验证在上单调，符合题意；
综上所述，的最大值为15.
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合正弦型函数的对称性和正弦型函数的最小正周期得出，为奇数，再利用函数在上单调，进而得出实数取值范围，由选项知，需要依次验证，直至符合题意为止，再利用分类讨论的方法和的值和五点对应法以及，进而得出的值，从而得出函数的解析式，再利用检验法得出的最大值。
8．（2023高三下·浙江开学考）对任意正整数对，定义函数如下：，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】函数的概念及其构成要素
【解析】【解答】，
令，则，，A不符合题意；
，
累乘得：，
，令，则B不符合题意；
因为，所以，
，则C符合题意；
，则D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】利用对任意正整数对，定义函数如下：，， 再结合代入法和函数的解析式以及求和法得出正确的选项。
二、多选题
9．（2023高三下·浙江开学考）下列结论中，正确的有（ ）
A．数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为5
B．若随机变量，则
C．已知经验回归方程为，且，则
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
【答案】B,C
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；独立性检验的应用；回归分析的初步应用；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【解答】数据4，1，6，2，9，5，8整理为1，2，4，5，6，8，9，，则数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为第五位数据6，所以A不符合题意：
随机变量，则，所以B符合题意；
经验回归方程为，且，则，所以C符合题意；
根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率大于0.001，所以D不符合题意.
故答案为：BC．
【分析】利用已知条件结合百分位数求解方法、正态分布求概率公式、线性回归方程恒过中心点的性质、独立性检验的方法，进而找出正确的选项。
10．（2023高三下·浙江开学考）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．若方程有三个实根，则或
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程；图形的对称性
【解析】【解答】由解得，则函数在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极值，所以函数有两个极值点，所以A符合题意；
由A可知，若方程有三个实根，需要a的取值介于两个极值点之间，即，即，所以B不符合题意；
计算得，则点是曲线的对称中心，所以C符合题意；
当时，解得，而，所以直线是曲线在点处得切线，所以D符合题意.
故答案为：ACD．
【分析】利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的极值点；再利用方程的根与函数的极值点的关系得出实数a的取值范围；利用函数的对称中心求解方法对称函数的对称中心；再利用求导的方法求出曲线在切点处的切线方程，进而找出正确的选项。
11．（2023高三下·浙江开学考）已知正三棱锥的底面边长为2，表面积为，A，B，C三点均在以O为球心得球面上， Q为球面上一点，下列结论正确得是（ ）
A．球O的半径为
B．三棱锥的内切球半径为
C．的取值范围为
D．若平面ABC，则异面直线AC与QB所成角的余弦值为
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数量积的含义与物理意义；棱锥的结构特征；旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】设G，H，，分别为BC，AB，AQ的中点，为的中心，
，A符合题意；
设三棱锥的内切球半径为， ，，，B符合题意；
，C不符合题意；
，，所以异面直线AC与QB所成角就是或其补角.
因为，，.
，
所以异面直线AC与QB所成角的余弦值为，D符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】设G，H，，分别为BC，AB，AQ的中点，为的中心，再利用三角形的面积公式和正三棱锥的表面积公式以及勾股定理得出OB的长，从而得出球的半径；设三棱锥的内切球半径为，再利用勾股定理和三棱锥的体积公式，进而得出三棱锥的内切球半径；再利用数量积的运算法则和QH的取值范围，从而结合二次函数的图象求值域的方法得出 的取值范围；利用，，所以异面直线AC与QB所成角就是或其补角，再利用结合勾股定理得出，的长，再利用余弦定理得出异面直线AC与QB所成角的余弦值，从而找出结论正确的选项。
12．（2023高三下·浙江开学考）已知F为双曲线的右焦点，P在双曲线C的右支上，点．设，，，下列判断正确的是（ ）
A．最大值为 B．
C． D．存在点P满足
【答案】B,C,D
【知识点】双曲线的应用
【解析】【解答】A：设，于是，
设，得，
于是（其中），
所以，解得，即，A不符合题意；
B：，，
，
，令，
则，当，即时，，B符合题意；
C：，而，所以，C符合题意；
D：当P纵坐标接近0时，很小而很大，当P纵坐标很大时，接近而很小，故必存在点P满足，D符合题意.
故答案为：BCD．
【分析】设，再利用正切函数的定义得出，设，再利用辅助角公式得出（其中），所以，进而得出t的取值范围，从而得出的取值范围；利用双曲线的标准方程得出焦点坐标，再利用两点距离公式得出和，进而得出
，令，则，再利用二次函数的图象求最值的方法得出的值；再利用正弦函数的定义结合，所以；当P纵坐标接近0时，很小而很大，当P纵坐标很大时，接近而很小，故必存在点P满足，进而找出判断正确的选项。
三、填空题
13．（2023高三下·浙江开学考）展开式中含项的系数为 ．
【答案】21
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】展开式的通项公式为，
令则，
所以含项为，
所以系数为21，
故答案为：21．
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式得出 展开式中含项的系数 。
14．（2023高三下·浙江开学考）直线与圆相交于A，B两点，且（O为坐标原点），则 ．
【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由得
知O到直线的距离为，
所以，得．
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合勾股定理得出AB的长，再利用勾股定理得出点O到直线的距离，再结合点到直线的距离公式得出c的值。
15．（2023高三下·浙江开学考）随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明上班出行方式由三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是 ．
【答案】
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】法1：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，
事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，
则；
，
小明迟到了，由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是，
法2：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率，
故答案为：．
【分析】法1：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，再利用条件概型求概率公式和贝叶斯公式得出在迟到的条件下，他自驾去上班的概率；
法2：利用已知条件结合互斥事件加法求概率公式和条件概型求概率公式得出在迟到的条件下，他自驾去上班的概率。
16．（2023高三下·浙江开学考）已知定义在上可导函数，对于任意的实数x都有成立，且当时，都有成立，若，则实数m的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数恒成立问题
【解析】【解答】令，
则易得，
即为偶函数，
当时，有，
即函数在上单调递减，故在上单调递增，
由
得，
即，
由为偶函数得，
又在上单调递增，所以，
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合偶函数的定义，进而判断出函数为偶函数，再利用求导的方法判断函数的单调性，再结合偶函数的定义和函数的单调性，从而得出实数m的取值范围。
四、解答题
17．（2023高三下·浙江开学考）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，C为锐角．
（1）求C；
（2）若，的面积．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得化简得，
化简得，
即
所以；
又因为，所以，
代入上式得，即，
因为C为锐角，所以，则，
故．
（2）解：由（1）可得：，根据余弦定理可知
，
代入数据后得：，
解得，
根据面积公式，
所以的面积为．
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合正弦定理和两角和的余弦公式以及三角形内角和为180度的性质，再结合角C的取值范围和一元二次方程求解方法得出角C的余弦值，从而得出角C的值。
（2）利用已知条件结合角C的值和余弦定理得出ab的值，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。
18．（2023高三下·浙江开学考）已知等比数列的前n项和为，且满足，数列满足：，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）设数列的通项，求数列的前n项和．
【答案】（1）解：设数列的公比为q，
因为，即，得，解得或，
当时，，不合题意，舍去，所以，
由，解得，所以，
对于，因为①，
当时，，则，
当时，②，
由①－②得，即，
又，也适合上式，故，，
采用累乘法求通项得，
所以．
（2）解：由（1）可得：，则，
则数列的前n项和，
①当为偶数，时，
采用分组求和：
，
，
所以；
②当为奇数，且时，为偶数，由（1）中结论得，
此时，
当时，，也适合上式，
所以.
综上所述，．
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合等比数列的通项公式和等比数列前n项和公式得出首项和公比的值，再结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用累乘法得出数列的通项公式。
（2） 利用数列，的通项公式结合，进而得出数列的通项公式，再利用分类讨论的方法和数列求和的方法，进而得出数列的前n项和。
19．（2023高三下·浙江开学考）第二十二届世界足球赛于2022年11月21日在卡塔尔举行，是历史上首次在中东国家境内举行，也是第二次再亚洲举行的世界杯足球赛，在此火热氛围中，某商场设计了一款足球游戏：场地上共有大、小2个球门，大门和小门依次射门，射进大门后才能进行小门射球，两次均进球后可得到一个世界杯吉祥物“拉伊卜”．已知甲、乙、丙3位顾客射进大门的概率均为，射进小门的概率依次为，，，假设各次进球与否互不影响．
（1）求这3人中至少有2人射进大门的概率；
（2）记这3人中得到“拉伊卜”的人数为X，求X的分布列及期望．
【答案】（1）解：设三人中射进大门的人数为Y，则，
；
（2）解：甲获得“拉伊卜”的概率，
乙、丙获得“拉伊卜”的概率
，
，
的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
【知识点】互斥事件的概率加法公式；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；二项分布与n次独立重复试验的模型
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合随机变量服从二项分布和二项分布求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，进而得出这3人中至少有2人射进大门的概率。
（2）利用已知条件结合二项分布求概率公式和互斥事件加法求概率公式，进而得出随机变量X的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式，进而得出随机变量X的数学期望。
20．（2023高三下·浙江开学考）如图，在多面体ABCDE中，面BCDE为平行四边形，，，，，F为AC中点．
（1）求证：；
（2）二面角的正切值为4，求多面体ABCDE的体积．
【答案】（1）证明：取AB中点M，连接EM、FM，
，M为AB中点，，
为AB中点，F为AC中点，，
，面MEF，面MEF，，
平面 MEF，.
（2）由（1）知：即二面角的平面角，
，为锐角，
由
解得，
，
，
在中由余弦定理得：
，
，，
以M为原点，MB为x轴，MF为y轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
，
，
，
设面BCDE的法向量为，
，即，
，令，
∴点A到面BCDE的距离，
，
∴多面体ABCDE的体积为192．
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；二面角的平面角及求法；余弦定理
【解析】【分析】（1） 取AB中点M，连接EM、FM，再利用，M为AB中点，从而结合等腰三角形三线合一，所以，再利用点M为AB中点，F为AC中点，再结合中点作中位线的方法和中位线的性质和线线垂直的判断方法，所以，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以平面 MEF，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。
（2） 由（1）知即二面角的平面角，所以，为锐角，再利用同角三角函数基本关系式得出的值，再利用已知条件结合勾股定理和余弦定理证出，以M为原点，MB为x轴，MF为y轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再利用向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合同角三角函数基本关系式得出的值，再利用四边形的面积公式和四边形的面积与三角形面积的关系式，进而得出的值，再利用平面的法向量求解方法得出面BCDE的法向量，再利用数量积得出点A到面BCDE的距离，再结合四棱锥的体积公式得出多面体ABCDE的体积。
21．（2023高三下·浙江开学考）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，
所以.
所以，，
所以曲线在点处的切线的斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）解：由题易得，由，得：
，
令， 则，所以在上单调递增，
式等价于，即．
所以，，
令，则有，
令，即，解得，
当时， ；当时， ；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以；
所以只需，即．
综上，实数m的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用m的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再结合点斜式得出曲线在切点处的切线方程。
（2） 由题意易得，由，
得：，令， 再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的值域，所以，，令，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最小值，从而结合对数函数的单调性得出实数m的取值范围。
22．（2023高三下·浙江开学考）已知椭圆的离心率为，且经过点，为椭圆C的左右焦点，为平面内一个动点，其中，记直线与椭圆C在x轴上方的交点为，直线与椭圆C在x轴上方的交点为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）①若，证明：；
②若，探究之间关系．
【答案】（1）解：由题意得：，
因此，椭圆C的标准方程为；
（2）解：①由(1)知，，
，
，
即，
又，
即，
，即；
②设（令），
，消去x得：，
，，
，，
，
设，（令），
，消去x得：，
，，
，，
，
．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式、代入法和椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） ①由(1)知椭圆的焦点坐标，再利用两点求斜率公式和代入法得出，再利用向量的坐标表示和数量积的坐标表示证出成立。
②设（令），再利用直线与椭圆相交，联立二者方程得出，设，（令），再利用直线与椭圆相交，联立二者方程得出，从而探究出 之间关系，即。
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浙江省名校协作体2023届高三下学期数学2月开学考试试卷
一、单选题
1．（2023高三下·浙江开学考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023高三下·浙江开学考）已知复数z满足：，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高三下·浙江开学考）若向量满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023高三下·浙江开学考）设，为正实数，若，则的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
5．（2023高三下·浙江开学考）刍甍是如图所示五面体ABCDEF，其中，底面ABCD是平行四边形，《九章算术·商功》对其体积有记载：“求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一”，意思是：若，AB、CD之间的距离是h，直线EF与平面ABCD之间的距离是H，则其体积，现有刍甍ABCDEF，，AB、CD之间的距离是2，EF与平面ABCD之间的距离是4，过AE的中点G，作平面平面ABCD，将该刍甍分为上下两部分，则上下体积之比为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023高三下·浙江开学考）已知抛物线，过焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，若，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．（2023高三下·浙江开学考）已知函数，两个等式，，对任意实数x均成立，在上单调，则的最大值为（ ）
A．17 B．16 C．15 D．13
8．（2023高三下·浙江开学考）对任意正整数对，定义函数如下：，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
9．（2023高三下·浙江开学考）下列结论中，正确的有（ ）
A．数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为5
B．若随机变量，则
C．已知经验回归方程为，且，则
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
10．（2023高三下·浙江开学考）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．若方程有三个实根，则或
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
11．（2023高三下·浙江开学考）已知正三棱锥的底面边长为2，表面积为，A，B，C三点均在以O为球心得球面上， Q为球面上一点，下列结论正确得是（ ）
A．球O的半径为
B．三棱锥的内切球半径为
C．的取值范围为
D．若平面ABC，则异面直线AC与QB所成角的余弦值为
12．（2023高三下·浙江开学考）已知F为双曲线的右焦点，P在双曲线C的右支上，点．设，，，下列判断正确的是（ ）
A．最大值为 B．
C． D．存在点P满足
三、填空题
13．（2023高三下·浙江开学考）展开式中含项的系数为 ．
14．（2023高三下·浙江开学考）直线与圆相交于A，B两点，且（O为坐标原点），则 ．
15．（2023高三下·浙江开学考）随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明上班出行方式由三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是 ．
16．（2023高三下·浙江开学考）已知定义在上可导函数，对于任意的实数x都有成立，且当时，都有成立，若，则实数m的取值范围是 ．
四、解答题
17．（2023高三下·浙江开学考）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，C为锐角．
（1）求C；
（2）若，的面积．
18．（2023高三下·浙江开学考）已知等比数列的前n项和为，且满足，数列满足：，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）设数列的通项，求数列的前n项和．
19．（2023高三下·浙江开学考）第二十二届世界足球赛于2022年11月21日在卡塔尔举行，是历史上首次在中东国家境内举行，也是第二次再亚洲举行的世界杯足球赛，在此火热氛围中，某商场设计了一款足球游戏：场地上共有大、小2个球门，大门和小门依次射门，射进大门后才能进行小门射球，两次均进球后可得到一个世界杯吉祥物“拉伊卜”．已知甲、乙、丙3位顾客射进大门的概率均为，射进小门的概率依次为，，，假设各次进球与否互不影响．
（1）求这3人中至少有2人射进大门的概率；
（2）记这3人中得到“拉伊卜”的人数为X，求X的分布列及期望．
20．（2023高三下·浙江开学考）如图，在多面体ABCDE中，面BCDE为平行四边形，，，，，F为AC中点．
（1）求证：；
（2）二面角的正切值为4，求多面体ABCDE的体积．
21．（2023高三下·浙江开学考）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
22．（2023高三下·浙江开学考）已知椭圆的离心率为，且经过点，为椭圆C的左右焦点，为平面内一个动点，其中，记直线与椭圆C在x轴上方的交点为，直线与椭圆C在x轴上方的交点为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）①若，证明：；
②若，探究之间关系．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】因为集合对应的不等式为，
即可得，所以或，
因此
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合交集和补集 运算法则，进而得出集合。
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数求模
【解析】【解答】由可得
所以，
故答案为：B．
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则，进而得出复数z，再利用复数求模公式得出复数z的模。
3．【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】因为，
所以，
得，又，
所以.
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再利用数量积的定义，进而结合两向量的夹角的取值范围，从而得出 与的夹角。
4．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】因为，为正实数，且，
令，，则，
则，
当且仅当，即，时取等号.
故答案为：D．
【分析】利用已知条件结合均值不等式变形求最值的方法得出 的最小值 。
5．【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】由，得，
，所以，
所以上下体积之比为.
故答案为：D．
【分析】利用已知条件结合，从而得出组合体的体积公式，再结合棱锥的体积公式和作差法，进而得出上下体积之比。
6．【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】设，联立，得，
，
，
解得，
，
，，，
消去整理可得，又，
.
故答案为：A．
【分析】设，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，再利用弦长公式和已知条件得出的值，再利用结合向量共线的坐标表示和一元二次方程求解方法以及，从而得出实数的值。
7．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数恒成立问题
【解析】【解答】，，的一个对称中心为，
，，的对称轴方程，
有，解得，
又，所以，，为奇数，
在上单调，则，得，
由选项知，需要依次验证，直至符合题意为止，
当时，，有，
得，由得，
此时，可以验证在上不单调，不符合题意；
当时，，有，
得，由得，
此时，可以验证在上单调，符合题意；
综上所述，的最大值为15.
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合正弦型函数的对称性和正弦型函数的最小正周期得出，为奇数，再利用函数在上单调，进而得出实数取值范围，由选项知，需要依次验证，直至符合题意为止，再利用分类讨论的方法和的值和五点对应法以及，进而得出的值，从而得出函数的解析式，再利用检验法得出的最大值。
8．【答案】C
【知识点】函数的概念及其构成要素
【解析】【解答】，
令，则，，A不符合题意；
，
累乘得：，
，令，则B不符合题意；
因为，所以，
，则C符合题意；
，则D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】利用对任意正整数对，定义函数如下：，， 再结合代入法和函数的解析式以及求和法得出正确的选项。
9．【答案】B,C
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；独立性检验的应用；回归分析的初步应用；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【解答】数据4，1，6，2，9，5，8整理为1，2，4，5，6，8，9，，则数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为第五位数据6，所以A不符合题意：
随机变量，则，所以B符合题意；
经验回归方程为，且，则，所以C符合题意；
根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率大于0.001，所以D不符合题意.
故答案为：BC．
【分析】利用已知条件结合百分位数求解方法、正态分布求概率公式、线性回归方程恒过中心点的性质、独立性检验的方法，进而找出正确的选项。
10．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程；图形的对称性
【解析】【解答】由解得，则函数在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极值，所以函数有两个极值点，所以A符合题意；
由A可知，若方程有三个实根，需要a的取值介于两个极值点之间，即，即，所以B不符合题意；
计算得，则点是曲线的对称中心，所以C符合题意；
当时，解得，而，所以直线是曲线在点处得切线，所以D符合题意.
故答案为：ACD．
【分析】利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的极值点；再利用方程的根与函数的极值点的关系得出实数a的取值范围；利用函数的对称中心求解方法对称函数的对称中心；再利用求导的方法求出曲线在切点处的切线方程，进而找出正确的选项。
11．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数量积的含义与物理意义；棱锥的结构特征；旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】设G，H，，分别为BC，AB，AQ的中点，为的中心，
，A符合题意；
设三棱锥的内切球半径为， ，，，B符合题意；
，C不符合题意；
，，所以异面直线AC与QB所成角就是或其补角.
因为，，.
，
所以异面直线AC与QB所成角的余弦值为，D符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】设G，H，，分别为BC，AB，AQ的中点，为的中心，再利用三角形的面积公式和正三棱锥的表面积公式以及勾股定理得出OB的长，从而得出球的半径；设三棱锥的内切球半径为，再利用勾股定理和三棱锥的体积公式，进而得出三棱锥的内切球半径；再利用数量积的运算法则和QH的取值范围，从而结合二次函数的图象求值域的方法得出 的取值范围；利用，，所以异面直线AC与QB所成角就是或其补角，再利用结合勾股定理得出，的长，再利用余弦定理得出异面直线AC与QB所成角的余弦值，从而找出结论正确的选项。
12．【答案】B,C,D
【知识点】双曲线的应用
【解析】【解答】A：设，于是，
设，得，
于是（其中），
所以，解得，即，A不符合题意；
B：，，
，
，令，
则，当，即时，，B符合题意；
C：，而，所以，C符合题意；
D：当P纵坐标接近0时，很小而很大，当P纵坐标很大时，接近而很小，故必存在点P满足，D符合题意.
故答案为：BCD．
【分析】设，再利用正切函数的定义得出，设，再利用辅助角公式得出（其中），所以，进而得出t的取值范围，从而得出的取值范围；利用双曲线的标准方程得出焦点坐标，再利用两点距离公式得出和，进而得出
，令，则，再利用二次函数的图象求最值的方法得出的值；再利用正弦函数的定义结合，所以；当P纵坐标接近0时，很小而很大，当P纵坐标很大时，接近而很小，故必存在点P满足，进而找出判断正确的选项。
13．【答案】21
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】展开式的通项公式为，
令则，
所以含项为，
所以系数为21，
故答案为：21．
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式得出 展开式中含项的系数 。
14．【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由得
知O到直线的距离为，
所以，得．
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合勾股定理得出AB的长，再利用勾股定理得出点O到直线的距离，再结合点到直线的距离公式得出c的值。
15．【答案】
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】法1：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，
事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，
则；
，
小明迟到了，由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是，
法2：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率，
故答案为：．
【分析】法1：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，再利用条件概型求概率公式和贝叶斯公式得出在迟到的条件下，他自驾去上班的概率；
法2：利用已知条件结合互斥事件加法求概率公式和条件概型求概率公式得出在迟到的条件下，他自驾去上班的概率。
16．【答案】
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数恒成立问题
【解析】【解答】令，
则易得，
即为偶函数，
当时，有，
即函数在上单调递减，故在上单调递增，
由
得，
即，
由为偶函数得，
又在上单调递增，所以，
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合偶函数的定义，进而判断出函数为偶函数，再利用求导的方法判断函数的单调性，再结合偶函数的定义和函数的单调性，从而得出实数m的取值范围。
17．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得化简得，
化简得，
即
所以；
又因为，所以，
代入上式得，即，
因为C为锐角，所以，则，
故．
（2）解：由（1）可得：，根据余弦定理可知
，
代入数据后得：，
解得，
根据面积公式，
所以的面积为．
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合正弦定理和两角和的余弦公式以及三角形内角和为180度的性质，再结合角C的取值范围和一元二次方程求解方法得出角C的余弦值，从而得出角C的值。
（2）利用已知条件结合角C的值和余弦定理得出ab的值，再利用三角形的面积公式得出三角形的面积。
18．【答案】（1）解：设数列的公比为q，
因为，即，得，解得或，
当时，，不合题意，舍去，所以，
由，解得，所以，
对于，因为①，
当时，，则，
当时，②，
由①－②得，即，
又，也适合上式，故，，
采用累乘法求通项得，
所以．
（2）解：由（1）可得：，则，
则数列的前n项和，
①当为偶数，时，
采用分组求和：
，
，
所以；
②当为奇数，且时，为偶数，由（1）中结论得，
此时，
当时，，也适合上式，
所以.
综上所述，．
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合等比数列的通项公式和等比数列前n项和公式得出首项和公比的值，再结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用累乘法得出数列的通项公式。
（2） 利用数列，的通项公式结合，进而得出数列的通项公式，再利用分类讨论的方法和数列求和的方法，进而得出数列的前n项和。
19．【答案】（1）解：设三人中射进大门的人数为Y，则，
；
（2）解：甲获得“拉伊卜”的概率，
乙、丙获得“拉伊卜”的概率
，
，
的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
【知识点】互斥事件的概率加法公式；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；二项分布与n次独立重复试验的模型
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合随机变量服从二项分布和二项分布求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，进而得出这3人中至少有2人射进大门的概率。
（2）利用已知条件结合二项分布求概率公式和互斥事件加法求概率公式，进而得出随机变量X的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式，进而得出随机变量X的数学期望。
20．【答案】（1）证明：取AB中点M，连接EM、FM，
，M为AB中点，，
为AB中点，F为AC中点，，
，面MEF，面MEF，，
平面 MEF，.
（2）由（1）知：即二面角的平面角，
，为锐角，
由
解得，
，
，
在中由余弦定理得：
，
，，
以M为原点，MB为x轴，MF为y轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
，
，
，
设面BCDE的法向量为，
，即，
，令，
∴点A到面BCDE的距离，
，
∴多面体ABCDE的体积为192．
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；二面角的平面角及求法；余弦定理
【解析】【分析】（1） 取AB中点M，连接EM、FM，再利用，M为AB中点，从而结合等腰三角形三线合一，所以，再利用点M为AB中点，F为AC中点，再结合中点作中位线的方法和中位线的性质和线线垂直的判断方法，所以，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以平面 MEF，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。
（2） 由（1）知即二面角的平面角，所以，为锐角，再利用同角三角函数基本关系式得出的值，再利用已知条件结合勾股定理和余弦定理证出，以M为原点，MB为x轴，MF为y轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再利用向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合同角三角函数基本关系式得出的值，再利用四边形的面积公式和四边形的面积与三角形面积的关系式，进而得出的值，再利用平面的法向量求解方法得出面BCDE的法向量，再利用数量积得出点A到面BCDE的距离，再结合四棱锥的体积公式得出多面体ABCDE的体积。
21．【答案】（1）解：当时，，
所以.
所以，，
所以曲线在点处的切线的斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）解：由题易得，由，得：
，
令， 则，所以在上单调递增，
式等价于，即．
所以，，
令，则有，
令，即，解得，
当时， ；当时， ；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以；
所以只需，即．
综上，实数m的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用m的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再结合点斜式得出曲线在切点处的切线方程。
（2） 由题意易得，由，
得：，令， 再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的值域，所以，，令，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最小值，从而结合对数函数的单调性得出实数m的取值范围。
22．【答案】（1）解：由题意得：，
因此，椭圆C的标准方程为；
（2）解：①由(1)知，，
，
，
即，
又，
即，
，即；
②设（令），
，消去x得：，
，，
，，
，
设，（令），
，消去x得：，
，，
，，
，
．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式、代入法和椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） ①由(1)知椭圆的焦点坐标，再利用两点求斜率公式和代入法得出，再利用向量的坐标表示和数量积的坐标表示证出成立。
②设（令），再利用直线与椭圆相交，联立二者方程得出，设，（令），再利用直线与椭圆相交，联立二者方程得出，从而探究出 之间关系，即。
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