1、参考答案：1B【分析】根据补集的运算求出，再由并集的运算可得答案.【详解】因为，所以，因为，所以故选：B2C【分析】根据复数的运算化简后，利用复数差的模求解.【详解】，即复数对应点之间的距离为2，故选：C3C【分析】运用构造法可得为等比数列，再运用累加法可得通项公式，进而求得通项公式，再运用裂项相消求和可得结果.【详解】由，得又，所以数列构成以2为首项，2为公比的等比数列，所以.又，叠加可得，即，所以.又因为满足上式，所以.所以.因为，所以，即，所以.故.所以.故选：C.4C【分析】建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为：，代入抛物线方程可得，根据，解得与的关系，即可得出【详解】如图所示，建立直
2、角坐标系，设抛物线的标准方程为：，代入抛物线方程可得：，解得，由于，得或（舍）又，化为：，解得或（舍）.故选：C.5C【分析】根据给定的程序框图，分析i的最大取值，再利用高斯函数的意义计算作答.【详解】初始值，输入，当时，总是执行“是”，并且当时，进入循环体，计算并进入判断框，不等式不成立，退出循环，输出，而，即1有2个；，即2有4个；，即3有8个；，即4有16个；，即5有32个；，6有1个，所以. 故选：C6C【分析】取棱中点，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出线面角、线线角判断CD作答.【详解】在正方体中，取棱中点，连接，因为M，N分别为AC，的中点，则，因此
3、四边形为平行四边形，则平面，平面，所以平面，A正确；因为平面，则，所以，B正确；显然平面，则是与平面所成的角，又，有，由于，所以直线MN与平面ABCD所成的角为，C错误；因为，则是异面直线MN与所成的角，显然，D正确.故选：C7C【分析】分析所给数阵的特点，计算出数阵第一列对应等差数列的通项公式，可得A正确；分析计算的表达式，比较可得B正确；通过计算可知位于数阵第行第86列，故C错误；位于数阵第行第个数，代入等比数列通项公式可得D正确.【详解】将等差数列，记为，则公差，所以，故A正确；因为，故B正确；第行的项数，第行的项数，第行的项数，构成以为首项，为公差的等差数列，即第行有项，前行有项，因为
4、，而，则位于第行从左边数第项，即位于第列，故C错误；，故D正确.故选：C.8B【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求出，再利用条件概率公式求解作答.【详解】依题意，所以.故选：B9B【分析】根据可得，可得，设，可得，根据余弦定理化简，利用离心率计算公式即可得出【详解】如图所示，设双曲线的标准方程为：，半焦距为椭圆的上顶点为，且，不妨设点在第一象限，设，在中，由余弦定理可得：两边同除以，得，解得：对选项A，故A错误，对选项B，故B正确，对选项C，D，故C，D错误.故选：B10B【分析】方法一：利用分离常数及指数函数的性质，结合不等式的性质及高斯函数的定义即可求解；方法二：利
5、用指数函数的性质及分式不等式的解法，结合高斯函数的定义即可求解；【详解】方法一：函数，因为，所以，所以.所以.所以，即.当时，；当时，.故的值域为.故选：B.方法二：由，得.因为，所以，解得.当时，；当时，.所以的值域为.故选：B.11B【解析】由，设，得到，令，然后将不等式，转化为，利用的单调性求解.【详解】因为，不妨设，则，令，在R上递增，又，所以不等式，即为，即，所以，则，解得 ，故选：B【点睛】关键点点睛：本题关键是由，构造函数，利用其单调性得解.12ABD【分析】设G，H，分别为BC，AB，AQ的中点，为的中心，求出,故选项A正确；求出三棱锥的内切球半径为，故选项B正确；，故选项C错
6、误；求出异面直线AC与QB所成角的余弦值为，故选项D正确【详解】解：设G，H，分别为BC，AB，AQ的中点，为的中心，故选项A正确；设三棱锥的内切球半径为， ，故选项B正确；，故选项C错误；，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，故选项D正确故选：ABD13#0.5【分析】根据直线与圆的位置关系，即可求得的取值范围，结合几何概型的概率求解，即可容易求得.【详解】因为直线与圆有公共点，所以， 解得，又，所以所求概率.故答案为：.14【解析】根据的斜率，得到，再根据直线的倾斜角的范围是求解判断；根据直线过定点，由判断； 直线过定点，若直线与椭
7、圆恒有公共点，由点在椭圆内部或椭圆上求解判断；将方程配方为，若方程表示圆，由求解判断.【详解】因为的斜率，则，又直线的倾斜角的范围是，所以，故错误；直线过定点，若直线与过，两点的直线相交，则或，故正确；直线过定点，若直线与椭圆恒有公共点，则点在椭圆内部或椭圆上，则，且，所以的取值范围是且，故错误;方程配方，若方程表示圆，则，解得或，故正确;故答案为：【点睛】易错点点睛：本题容易忽视方程表示椭圆，则且的条件.15#【分析】由图象求得函数解析式，由平移变换求得的表达式，由的最值、值域求得【详解】由图可得，,，又，所以，又，得,所以，因为，即，则，因为函数在区间上的值域为，注意到，的周期是，因此取最
8、小值时有，所以，解得.故答案为：164【分析】由得，所以，根据解方程即可求出结果【详解】因为函数有两个极值点与由，则有两根与所以，得因为，所以，又则，所以故答案为：17(1)(2)存在，【分析】（1）根据已知条件及正弦定理边化角，利用余弦定理及同角三角函数的平方关系，结合三角形的面积的公式即可求解；（2）根据已知条件得出边长的关系，利用余弦定理的推论即一元二次不等式的解法，结合三角形成立的条件即可求解.【详解】（1）由及正弦定理，得，又因为，所以，解得，故，由余弦定理，得，所以C为锐角，则，因此，（2）存在正整数a，使得为钝角三角形,理由如下：由，即由，得，即，所以，因为为钝角三角形，所以为钝
9、角，由余弦定理的推论可得，解得，由三角形的三边关系可得，可得，,故18(1)证明见解析(2)【分析】(1)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.【详解】（1）取中点，连接，因为在正三角形中，又因为，所以，平面，平面，所以平面，又有，且，所以，而平面，平面，所以平面.有，平面，所以平面平面，又平面，因此平面.（2）因为，又因为的面积为定值，所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，因为，平面，所以平面，
10、因为平面，所以平面平面，当时，平面平面，平面所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，易知，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，由，令得：，所以为平面的一个法向量，.所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.19(1)该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06，平均一棵的材积量为0.39；(2)；(3)995.1【分析】（1）利用平均数公式计算出，即可；（2）利用题干数据，代入公式，计算出，得到线性回归方程；（3）将代入到线性回归方程中，计算出，从而求出这些树木的总材积量.(1)由题意得：
11、，估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06，平均一棵的材积量为0.39(2)，故该林区这种树木的根部横截面积与材积量的回归直线方程为(3)因为，所以，将代入中，得到，则估计这些树木的总材积量为20(1)(2)【分析】(1)由于A是M，D的中点，设 ，由此推出M的坐标，再根据A，M都在椭圆上，代入椭圆方程即可求解；(2)设直线DA的方程，再根据A，B的对称性设DB的方程，与椭圆方程联立，求出M，N点的坐标与A，B点坐标的关系，将面积之比问题转化为坐标之比问题.【详解】（1）设，由A，M均在椭圆C上， ，解得 ，；（2）设DA方程为， ，得 ，同理， ，；而 ，【点睛】本题的难点在于要将
12、面积之比转化为坐标之比，这个思路是在解题的开始时就应该产生的，后面的步骤只是这个思路的具体执行.21(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求在处的切线方程，然后由切线过点求得的值；（2），构造函数，利用函数的单调性求证即可；（3）令求得，可得在，上单调递增，在递减 ，则至多有三个零点又，所以，结合零点存在定理知：使得，又，则，所以恰有三个零点：，1，从而得出结论.【详解】（1）由条件得：，又在处的切线为：，的图象在处的切线过点，.（2）令，则，令，在递减 ，即在递减，即， ；（3）的定义域为：，时，由得：，时，；时，；时，在，上单调递增，在递减 ，至多有三
13、个零点.，又，在递减，又由（2）知，所以，结合零点存在定理知：使得，又，又， ，恰有三个零点：，1，时，的所有零点之积为（定值）.【点睛】方法点睛：函数零点个数的判断方法：（1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；（2）零点存在定理：利用定理不仅要求函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；（3）利用图象交点的个数：画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点22(1)(2)证明见解析【分析】（1）极坐标方程两边同乘以利用，即可得直角坐标方程；（2）可设直线l的参数方程（t为参数），直线参数方程代入曲线C的直角坐标方程可得，利用直线参数方程的几何意义结合韦达定理可得结果.【详解】（1）由，可得，则，整理得.（2）由题意可得：直线l的参数方程为（t为参数），代入，得，整理得，设两点对应的参数为，则，即，成等差数列.23详见解析.【分析】（1）利用基本不等式即证；（2）利用不等式的性质，由，可得，由，可得，即证.【详解】（1）a，b，c，d均为正数，当且仅当时取等号，同理可得，当且仅当时取等号；（2）充分性，因为，必要性，因为，所以，综上， y.
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