故选：
B．
【点睛】
本题考查集合的并集运算，属简单题.
2．A
【解析】
【分析】
利用复数代数形式的四则运算化简可得答案．
【详解】
因为，故选：
A．
【点睛】
本题考查复数代数形式的四则运算，是基础题．
3．C
【解析】
【分析】
利用任意角的三角函数的定义求得的值．
【详解】
∵已知角的终边经过点，∴，则，故选：
C．
【点睛】
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
4．D
【解析】
【分析】
根据折线统计图即可判断各选项,此类问题属于容易题．
【详解】
由图可知，支出最高值为60万元，支出最低值为10万元，其比是5：
1，故A错误，
由图可知，4至6月份的平均收入为万元，故B错误，
由图可知，利润最高的月份为3月份和10月份，故C错误，
由图可知2至3月份的收入的变化率与11至12月份的收入的变化率相同，故D正确，
故选：
D．
【点睛】
本题考查了统计图的识别和应用，关键是认清图形，属于基础题．
5．A
【解析】
【分析】
容易得出：
,，从而得出的大小关系．
【详解】
因为，，；
∴．故选：
A．
【点睛】
对数的大小比较，可通过寻找合适的单调函数来构建大小关系，如果底数不统一，可以利用对数的运算性质统一底数.不同类型的数比较大小，应找一个中间数，通过它实现大小关系的传递.
6．D
【解析】
【分析】
先求得切线方程，然后用点到直线距离减去半径可得所求的最小值．
【详解】
圆在点处的切线为，即，
点是圆上的动点，
圆心到直线的距离，
∴点到直线的距离的最小值等于．故选：
D．
【点睛】
圆中的最值问题，往往转化为圆心到几何对象的距离的最值问题．此类问题是基础题.
7．B
【解析】
【分析】
根据程序框图进行模拟运算即可．
【详解】
，不满足，是奇数满足，，，
，不满足，是奇数不满足，，，
，不满足，是奇数不满足，，，
，不满足，是奇数不满足，，，
，不满足，是奇数不满足，，，
，满足，输出，
故选：
B．
【点睛】
本题主要考查程序框图的识别和应用，利用模拟运算法是解决本题的关键．
8．C
【解析】
【分析】
在A中，与相交或平行；在B中，或；在C中，由线面垂直的判定定理得；在D中，与平行或．
【详解】
设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则：
在A中，若，，则与相交或平行，故A错误；
在B中，若，，则或，故B错误；
在C中，若，，则由线面垂直的判定定理得，故C正确；
在D中，若，，则与平行或，故D错误．
故选：
C．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．
9．D
【解析】
【分析】
由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再利用函数的图象变换规律得到的解析式．
【详解】
根据函数（）的部分图象，
可得，，∴．
再根据五点法作图可得，∴，∴函数．
把的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，故选：
D．
【点睛】
已知函数的部分图象求解析式时，可由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值．而函数的图象变换规律，属于基础题．
10．D
【解析】
【分析】
由题意画出图形，可得底面三角形为直角三角形，求其外接圆的半径，进一步求得三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式求解即可．
【详解】
在底面三角形中，由，，，
利用余弦定理可得：
，
∴，即，
取为中点，则为的外心，可得三角形外接圆的半径为1，
设三棱锥的外接球的球心为，连接，则．
即三棱锥的外接球的半径为．
∴三棱锥球的外接球的表面积等于．
故选：
D．
【点睛】
几何体的外接球问题，应该先考虑如何确定球的球心，再把球的半径放置在可解的平面图形中，如果球心的位置不易确定，则可以把几何体补成规则的几何体，通过规则几何体的外接球来考虑要求解的外接球的半径．
11．D
【解析】
【分析】
本道题结合双曲线的性质以及余弦定理，建立关于a与c的等式，计算离心率，即可。
【详解】
结合题意，绘图，结合双曲线性质可以得到PO=MO，而，结合四边形对角线平分，可得四边形为平行四边形，结合，故
对三角形运用余弦定理，得到，
而结合，可得，，代入上式子中，得到
，结合离心率满足，即可得出，故选D。
【点睛】
本道题考查了余弦定理以及双曲线的性质，难度偏难。
12．A
【解析】
【分析】
根据题意，分析可得与的图象都关于直线对称，作出两个函数的图象，分析其交点的情况即可得答案．
【详解】
根据题意，函数满足，则的图象关于直线对称，
函数的图象也关于直线对称，
函数的图象与函数的图象的位置关系如图所示，
可知两个图象有3个交点，一个在直线上，另外2个关于直线对称，
则两个函数图象所有交点的横坐标之和为3；
故选：
A．
【点睛】
一般地，如果函数满足，那么的图像关于对称，如果函数满足，那么的图像关于点对称.刻画函数图像时，注意利用上述性质.
13．
【解析】
【分析】
根据条件可求出，根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出．
【详解】
；∵；
∴；
∴．故答案为：
．
【点睛】
向量的数量积有两个应用：
（1）计算长度或模长，通过用；
（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的充要条件是.
14．
【解析】
【分析】
由已知求出扇形面积与正方形面积，再由测度比是面积比得所求概率．
【详解】
如图，正方形面积，因，故，
所以，同理，所以，
又，∴．
∴从正方形中任取一点，则该点落在扇形中的概率为．
故答案为：
．
【点睛】
本题考查几何概型，求出扇形面积是关键，是基础题．
15．
【解析】
【分析】
根据题意，由正弦定理可得，即，变形可得，又由，结合二倍角公式可得，变形可得：
，，进而求出和的值，又由，由和角公式计算可得答案．
【详解】
根据题意，中，，
则，即，变形可得，
又由，即，则有，
变形可得：
，则，
则，，
则，
故答案为：
．
【点睛】
三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量.
（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；
（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；
（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.
16．
【解析】
【分析】
求原函数的导函数，代入，得到存在，使得，分离参数，再由函数单调性求最值得答案．
【详解】
∵，
∴，
∴
，
∵存在，使得即，
∴在上有解,设，
∴，在上为增函数，
∴．∴．实数的取值范围是．
【点睛】
含参数的不等式的有解问题，优先考虑参变分离的方法，把问题归结为不含参数的函数的值域问题.在转化过程中注意等价变形.
17．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
试题分析：
（Ⅰ）当时，
所以，即3分
当时，4分
由等比数列的定义知，数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，数列的通项公式为6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知8分
所以，①
以上等式两边同乘以得
②
①-②，得
，所以.14分
考点：
数列求通项求和
点评：
第一问中数列求通项用到了，第二问数列求和用到了错位相减法，此法适用于通项公式为关于的一次式与指数式的乘积形式的数列，这两个考点都是数列题目中的高频考点，须加以重视
18．（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）不能在犯错误的概率不超过0.15的前提下，认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出前三组的频率之和及前四组的频率之和，则可判断中位数在第四组，设其大小为，由解得；
（Ⅱ）甲流水线样本中质量在的产品共有5件，其中合格品有2件，设为；不合格品3件，设为，再利用列举法以及古典概型概率公式可得；
（Ⅲ）先得列联表，再根据表中数据，计算出观测值，结合临界值表可得．
【详解】
（Ⅰ）因为前三组的频率之和
前四组的频率之和
所以中位数在第四组，设为
由，解得．
（Ⅱ）甲流水线样本中质量在的产品共有5件，其中合格品有2件，设为；不合格品3件，设为
从中任取2件的所有取法有，共10种，
恰有一件合格品的取法有共6种，
所以两件产品中恰有一件合格品的概率为．
（Ⅲ）由乙流水线样本的频率分布直方图可知，合格品的个数为，
甲流水线
乙流水线
总计
合格品
92
96
188
不合格品
8
4
12
总计
100
100
200
所以，2×2列联表是：
所以
不能在犯错误的概率不超过0.15的前提下，认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关．
【点睛】
对于独立性检验问题，应该根据2×2列联表计算的值，然后根据临界值表进行判断．而古典概型的概率计算，应该用枚举法列出所有的基本事件及随机事件中含有的基本事件．
19．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）取的中点为，连接．证明，，推出⊥平面，即可证明．
（Ⅱ）可证明平面，先利等积法求出点到平面距离，则点到平面的距离等于前者的．
【详解】
（Ⅰ）证明：
取的中点为，连接．
∵在中，，为的中点，∴，
∵在中，，为的中点，∴，
∵，，平面，∴⊥平面，
∵平面，∴．
（Ⅱ）∵平面平面，，
平面平面，平面．∴平面．
在三棱锥中，，由题意，，．
∵
在中，，∴，
则由得，
因点为棱上靠近点的三等分点，
则点到平面的距离等于点到平面距离的．
∴点到平面的距离等于．
【点睛】
线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化.点到平面的距离的计算可以利用面面垂直或线面垂直得到点到平面的距离，可以根据等积法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积.
20．
（1）；
（2）
【解析】
【分析】
（1）结合椭圆性质，计算a,b的值，得到椭圆方程，即可。
（2）设出直线PQ的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理，建立等式，用k表示t，结合函数的性质，计算范围，即可。
【详解】
（1）设椭圆的半焦距为c。
因为，所以，，
又，
所以.
所以C得方程为
（2）设直线PQ的方程为，PQ的中点为.
当k=0时，t=0符合题意.
当k≠0时，由
得
则
所以
即
因为，
所以TN⊥PQ,则KTN·k=-1，
所以
因为，所以.
综上，t的取值范围为.
【点睛】
考查了椭圆方程求解，考查了直线与椭圆的位置关系，难度一般。
21．（Ⅰ）（Ⅱ）见解析
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用参法分离法将问题进行转化，再构造新函数研究其最值来解决问题；
（Ⅱ）先利用导数证明函数存在极小值，再将极值构造成新函数，通过研究该函数的最大值小于0即可．
【详解】
（Ⅰ）问题等价于恒成立，
令，，
所以在上单调递减，所以，所以．
（Ⅱ）（），
则．
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
所以存在极小值点．
令，则，
，
由（Ⅰ）知：
令，，
所以在上单调递增，在上单调递减，．
所以．
故函数存在极小值点且极小值小于0．
【点睛】
函数参数的不等式的恒成立问题，优先考虑参变分离的方法，把问题归结为不含参数的函数的值域问题.与对数有关的函数问题，在转化过程中注意真数总是正数的要求.而函数的极值刻画了函数局部性质，它可以理解为函数图像具有“局部最低”的特性，用数学语言描述则是：
“在的附近的任意，有（）”．另外如果在附近可导且的左右两侧导数的符号发生变化，则必为函数的极值点且极值点的判断方法如下：
（1）在的左侧附近，有，在的右侧附近，有，则为函数的极大值点；
（2）在的左侧附近，有，在的右侧附近，有，则为函数的极小值点．
22．（Ⅰ），（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）直线的参数方程为（为参数，为常数），消去参数得的普通方程，而曲线的极坐标方程可化为，利用可得的直角方程．
（Ⅱ）利用直线参数方程中参数的几何意义可得．
【详解】
（Ⅰ）∵直线的参数方程为（为参数，为常数），
消去参数得的普通方程为：
即．
∵，∴即，即．
故曲线的直角坐标方程为．
（Ⅱ）法一：
将直线的参数方程代入曲线中得，
∴．
法二：
将代入曲线
化简得：
∴．
【点睛】
直线的参数方程有很多种，如果直线的参数方程为（其中为参数），注意表示直线上的点到的距离，我们常利用这个几何意义计算直线上线段的长度和、差、积等．
23．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ），去掉绝对值符号，然后求解不等式即可．
（Ⅱ）依题意，问题等价于关于的不等式恒成立，，利用绝对值的几何意义转化求解即可．
【详解】
（Ⅰ），
可转化为或或，
解得或或无解，
所以不等式的解集为．
（Ⅱ）依题意，问题等价于关于的不等式恒成立，
即，
又，当时取等号．
所以，解得或，
所以实数的取值范围是．
【点睛】
解绝对值不等式的基本方法有零点分段讨论法、图像法（或几何法）、平方法等，利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择，利用平方去掉绝对值符号时注意代数式的正负，而利用图像法（或几何法）求解时注意图像的正确刻画．
升级会员 