故函数在（0，1）上单调递减，在单调递增，
所以函数的最小值为.
故选B.
【点睛】
本题考查了函数的单调性及最值，属于基础题。
6．某几何体的三视图如图所示，其中三个圆的半径都相等，且每个圆中两条半径互相垂直，若该几何体的表面积是，则它的体积是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由三视图可知其对应的几何体为一个切去了的球，设该球的半径为，计算表面积列方程可得半径，进而可求体积.
【详解】
由三视图可知其对应的几何体为一个切去了的球，设该球的半径为，
由，得，
所以此几何体的体积为.
故选A.
【点睛】
本题主要考查了由三视图还原几何体及组合体的表面积的求解，考查了学生的空间想象力及计算能力，属于基础题.
7．执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的，的值分别为（）
A．3，5B．4，7C．5，9D．6，11
【答案】C
【解析】执行第一次循环后，，，执行第二次循环后，，，执行第三次循环后，，，执行第四次循环后，此时，不再执行循环体，故选C.
点睛：
对于比较复杂的流程图，可以模拟计算机把每个语句依次执行一次，找出规律即可.
8．已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，且点到该双曲线的渐近线的距离大于2，则该双曲线的离心率的取值范围为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由条件得双曲线的渐近线，由点到直线的距离列不等式即可得解.
【详解】
因为抛物线方程的焦点坐标为，所以.
因为双曲线的渐近线为，
所以.
因为，
所以，
所以该双曲线的离心率为
【点睛】
本题主要考查了双曲线的几何性质及点到直线的距离公式，注意确定双曲线的焦点轴，是本题的关键，属于易错题型.
9．把函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将图象向左平移个单位长度，则所得图象（）
A．在上单调递增B．关于对称
C．最小正周期为D．关于轴对称
【答案】A
【解析】利用三角函数的平移伸缩变换得到新的函数，然后利用正弦函数的单调性、周期性、以及对称性，检验即可得到答案．
【详解】
将图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）.
得到函数的图象，再将图象向左平移个单位长度，
得到函数，即的图象.
显然函数是非奇非偶函数，最小正周期为，排除选项C,D；
令，得，不关于对称，排除选项B；
令，得，
所得函数在上单调递增，故正确.
故选：
A
【点睛】
本题考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，考查正弦函数的单调性、周期性、以及对称性，属于基础题．
10．若非零向量，满足，且，则与的夹角为（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由，得，设，从而可得，由代入即可求解.，
【详解】
由，得，
即，
设，则
又∵，
∴，
∴
又∵，
∴.
【点睛】
本题中考查了向量垂直的表示，由数量积求向量的夹角，重点考查了学生的计算能力，属于中档题.
11．设是数列的前项和，若，，则（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】利用及相邻等式作差可得，从而可得，利用裂项相消法求和即可.
【详解】
∵
当时，，
则，
即，则，
从而，故，
.
故选:
D
【点睛】
本题考查数列的通项与求和，考查裂项相消法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
12．已知圆：
，点，过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为为坐标原点，则面积的最大值为（）
A．12B．6C．D．
【答案】A
【解析】由题可知，所以点在以线段为直径的圆上，当到直线的距离最大时，的面积最大，分别计算长度即可.
【详解】
由题可知，所以点在以线段为直径的圆上，
的边，故当到直线的距离最大时，的面积最大，
以线段为直径的圆的圆心为，半径为，直线的方程为，
点到直线的距离为，所以到直线的距离的最大值为，
故的面积的最大值为.
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系，涉及圆的轨迹问题，考查了学生的数形结合的能力，属于中档题.
二、填空题
13．设函数为奇函数，当时，，则_______．
【答案】
【解析】由奇函数的定义可得，代入解析式即可得解.
【详解】
函数为奇函数，当时，，
所以.
故答案为：
-1.
【点睛】
本题主要考查了奇函数的求值问题，属于基础题.
14．若x，y满足约束条件，则的最小值为______．
【答案】
【解析】画出可行域，通过向上平移基准直线到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最小值.
【详解】
画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点处取得最小值，且最小值为.
【点睛】
本小题主要考查利用线性规划求线性目标函数的最大值.这种类型题目的主要思路是：
首先根据题目所给的约束条件，画图可行域；其次是求得线性目标函数的基准函数；接着画出基准函数对应的基准直线；然后通过平移基准直线到可行域边界的位置；最后求出所求的最值.属于基础题.
15．现有两对情侣都打算从巴黎、厦门、马尔代夫、三亚、泰国这五个地方选取一个地方拍婚纱照，且这两对情侣选择的地方不同，则这两对情侣都选在国外拍婚纱照的概率为_______.
【答案】
【解析】列出两对情侣选择的所有情况，利用古典概型直接求得概率.
【详解】
两对情侣所有选择方案为（巴黎，厦门），（巴黎，马尔代夫）（巴黎，三亚），（巴黎，泰国），（厦门，马尔代夫），（厦门，三亚），（厦门，泰国），（马尔代夫，三亚），（马尔代夫，泰国），（三亚，泰国），共有10种，其中有3种满足题意，故所求概率为
故答案为.
【点睛】
本题考查了古典概型，考查了利用列举法解决排列组合的问题，属于基础题.
16．已知函数（），若方程恰有3个不同的根，则的取值范围是______．
【答案】或
【解析】根据分段函数的表达式画出函数的简图，方程有3个不同的根，即方程有3个解，根据图象求解即可.
【详解】
当时，，，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
所以，
当时，的图象恒过点，
当时，，当，时，，
作出大致图象如图所示，
方程有3个不同的根，即方程有3个解.
结合图象可知，当时，方程有三个根，
则，即，
而当时，结合图象可知，方程一定有3个解，
综上所述：
方程在或时恰有3个不同的根.
【点睛】
本题目考查了函数的零点个数，运用了分类讨论的方法；属于中档题.
求函数零点的方法：
1.解方程f（x）=0的根；
2.利用函数零点存在性定理和函数的单调性；
3.利用数形结合，找图像的交点个数.
三、解答题
17．在中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，的面积为，求.
【答案】
（1）；
（2）.
【解析】
（1）由正弦定理得到，两边消去公因式得到，化一即可求得角A；
（2）因为，所以，再结合余弦定理得到结果.
【详解】
（1）由,
得,
因为，所以，
整理得：
，因为，所以.
（2）因为，所以，
因为及，
所以，即.
【点睛】
本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
18．随着我国经济的发展，居民的储蓄存款逐年增长.根据统计资料发现，某地区城乡居民的人民币储蓄存款年底余额（单位：
千亿元）与年份代码的关系可用线性回归模型拟合.下表给出了年份代号与对应年份的关系.
年份
2013
2014
2015
2016
2017
时间代号
1
2
3
4
5
已知，.
（1）求关于的回归方程；
（2）用所求回归方程预测该地区2018年（）的人民币储蓄存款.
附：
回归方程中，.
【答案】
（1）；
（2）千亿元.
【解析】
（1）直接利用回归系数公式求解即可．
（2）利用回归方程代入直接进行计算即可．
【详解】
解：
（1）由题意：
因为，，
所以.
，所以线性回归方程为.
（2）当时，.
因此，可以预测2018年该地区人民币储蓄存款为3.66千亿元.
【点睛】
本题考查的知识点是线性回归方程的求示及应用，运算量大，但难度中档．
19．在如图所示的几何体中，，为全等的正三角形，且平面平面，平面平面，．
（1）证明：
；
（2）求点到平面的距离．
【答案】
（1）见解析
（2）
【解析】
（1）分别取的中点，连接，由题中的面面垂直可得平面，平面，从而得四边形为平行四边形，进而可得证；
（2）点到平面的距离与三棱锥的高相等，进而由等体积计算即可得距离.
【详解】
（1）证明：
分别取的中点，连接
因为为正三角形，
所以，，
因为平面平面，平面平面，
且平面平面，
平面平面，
所以平面，平面，
所以，
所以，为全等的正三角形，
所以，
故四边形为平行四边形，
所以，
因为，
所以.
（2）解：
记点到平面的距离为，由图可知点到平面的距离与三棱锥的高相等，
而三棱锥的体积与三棱锥的体积相同.
因为，
所以，的边长为，，
，
所以三棱锥的体积
在梯形中，，，
所以梯形的高为，
所以的面积，
于是由等体积法，可得，
所以，
所以，
故点到平面的距离为.
【点睛】
本题主要考查了面面垂直、线面垂直的性质，点到面距离的求解，利用等体积转换是求解的关键，考查了学生的空间想象力，属于中档题.
20．已知椭圆：
的离心率为，焦距为，分别为椭圆的上、下顶点，点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆的另一交点分别为，证明：
直线过定点．
【答案】
（1）
（2）见解析.
【解析】
（1）根据离心率、焦距及椭圆中a、b、c的关系，求得a、b、c的值，得到椭圆的标准方程。
（2）表示出MA、MB的直线方程，分别联立方程表示出P、Q的坐标，进而用t表示出两条直线的斜率，根据斜率相等即可求得过的定点
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