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1、 选择题 已知集合，则集合（）A.B.C.D.【答案】D【解析】根据并集的定义求解即可.故选：D 选择题 在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】试题，在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限，故选 C.选择题 已知命题 p：xR+，lnx0，那么命题为（）A.xR+，lnx0 B.xR+，lnx0 C.xR+，lnx0 D.xR+，lnx0【答案】A【解析】利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可.因为特称命题的否定是全称命题，故命题“p：xR+，lnx0”的否定为：xR+，lnx0.故选：A.选择题 设，且，则 A.B.C.D
2、.【答案】D【解析】取特殊值排除 A，B，C，根据函数的单调性即可得出正确答案.对 A 项，当时，故 A 错误；对 B 项，取，时，不满足，故 B 错误；对 C 项，取，时，不满足，故 C 错误；对 D 项，函数在上单调递增，则，故 D 正确;故选：D 选择题 已知函数的图象与函数的图象关于 轴对称，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】由点是函数上任意一点，则点在函数的图像上，列出方程，即可得到正确答案.设点是函数上任意一点，则点在函数的图像上 即 所以函数的解析式为：故选：A 选择题 已知向量若与 共线，则实数（）A.B.C.D.【答案】B【解析】根据向量共线的坐标表示即可求解.因为与
3、共线，所以，解得：故选：B 选择题 已知双曲线的离心率为，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】根据双曲线的性质求出，根据离心率列出等式求解即可.，因为双曲线的离心率为，所以 解得：故选：B 选择题 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】根据三视图对应的直观图，结合棱柱的体积公式即可求解.该三视图对应的直观图是三棱柱，如下图所示 所以 故选：C 选择题 设为非零向量，则“，”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】利用向量的运算性质不等式的性质证明充分性以及必要性即可.证充
4、分性 所以，即充分性成立 证必要性 因为 所以，即 则向量反向，即存在，使得 由，则 所以，即必要性成立 所以“，”是“”的充分必要条件 故选：C 选择题 为配合“2019 双十二”促销活动，某公司的四个商品派送点如图环形分布，并且公司给四个派送点准备某种商品各 50 个.根据平台数据中心统计发现，需要将发送给四个派送点的商品数调整为 40，45，54，61，但调整只能在相邻派送点进行，每次调动可以调整 1 件商品.为完成调整，则（）A.最少需要 16 次调动，有 2 种可行方案 B.最少需要 15 次调动，有 1 种可行方案 C.最少需要 16 次调动，有 1 种可行方案 D.最少需要 15
5、 次调动，有 2 种可行方案【答案】A【解析】根据题意得出有两种可行的方案，即可得出正确选项.根据题意 A，B 两处共需向 C，D 两处调 15 个商品，这 15 个商品应给 D 处 11 个商品，C 处 4 个商品，按照调动次数最少的原则，有以下两种方案：方案一：A 调动 11 个给 D，B 调动 1 个给 A，B 调动 4 个给 C，共调动 16 次；方案二：A 调动 10 个给 D，B 调动 5 个给 C，C 调动 1 个给 D，共调动 16 次；故选：A 填空题 在的展开式中，的系数为_（用数字作答）【答案】40【解析】根据二项式展开定理求解即可.展开的通项为 时，此时的系数为 故答案
6、为：填空题 各项均为正数的等比数列中,则_.【答案】9【解析】求出公比，根据等比数列的前 项和公式即可求解.设等比数列的公比为 因为，所以，解得(舍)，则 故答案为：抛物线上一点到焦点的距离等于 4，则=_；点的坐标为_.【答案】2 【解析】根据焦点坐标求出，根据抛物线的定义求出点 M 坐标即可.因为焦点，所以 设点，根据抛物线的定义得：，解得 所以点的坐标为 故答案为：2；填空题 在中,则_【答案】【解析】根据正弦定理角化边以及余弦定理即可求解.由正弦定理可得 由余弦定理可得 故答案为：已知函数.的最大值为_；设当时，取得最大值，则_.【答案】【解析】由辅助角公式以及正弦函数的性质得到的最大
7、值；根据的结果以及诱导公式化简即可求解.，(其中，)当，即时，取最大值 由题意可知 故答案为：；解答题 已知函数其中.（1）若函数的最小正周期为，求的值；（2）若函数在区间上的最大值为，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】(1)利用倍角公式以及辅助角公式化简函数，根据周期公式求出的值；(2)利用求出，结合正弦函数的性质列出不等式即可求解.（1）因为 .因为的最小正周期为，即 所以.（2）因为，所以.若在区间上取到最大值，只需，所以.解答题 为了提高学生的身体素质，某校高一、高二两个年级共 336 名学生同时参与了“我运动，我健康，我快乐”的跳绳、踢毽等系列体育健身活动.为了了解学生的运
8、动状况，采用分层抽样的方法从高一、高二两个年级的学生中分别抽取 7 名和 5 名学生进行测试.下表是高二年级的 5 名学生的测试数据（单位：个/分钟）：（1）求高一、高二两个年级各有多少人？（2）设某学生跳绳个/分钟，踢毽 个/分钟.当，且时，称该学生为“运动达人”.从高二年级的学生中任选一人，试估计该学生为“运动达人”的概率；从高二年级抽出的上述 5 名学生中，随机抽取 3 人，求抽取的 3名学生中为“运动达人”的人数 的分布列和数学期望.【答案】（1）196 人，140 人；（2）；分布列见解析，【解析】(1)按照比例求解即可；(2)根据题意找出高二学生中的“运动达人”的个数，根据概率公式
9、即可求解；找出 可能的取值，算出相应的概率，列出分布列，即可得到 的期望.（1）设高一年级有 人，高二年级有 人.采用分层抽样，有.所以高一年级有人，高二年级有人.（2）从上表可知，从高二抽取的 5 名学生中，编号为 1，2，5 的学生是“运动达人”.故从高二年级的学生中任选一人，该学生为“运动达人”的概率估计为.（3）的所有可能取值为.,.所以 的分布列为 故 的期望.解答题 已知在四棱锥中，底面是边长为 的正方形，是正三角形，CD平面 PAD，E,F,G,O 分别是 PC,PD,BC,AD 的中点 （）求证：PO平面；（）求平面 EFG 与平面所成锐二面角的大小；（）线段上是否存在点，使得
10、直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度；若不存在，说明理由【答案】（）证明见解析（）（）不存在，见解析【解析】（）正三角形中，由平面得到，所以得到面；（）以点为原点建立空间直角坐标系，根据平面的法向量，和平面的法向量，从而得到平面与平面所成锐二面角的余弦值，再得到所求的角；（）线段上存在满足题意的点，直线与平面法向量的夹角为，设，利用向量的夹角公式，得到关于 的方程，证明方程无解，从而得到不存在满足要求的点.（）证明:因为是正三角形，是的中点，所以.又因为平面，平面，所以.，平面，所以面.（）如图，以点为原点分别以、所在直线为 轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，设平面的法向量为 所以，即 令
11、，则，又平面的法向量，设平面与平面所成锐二面角为，所以.所以平面与平面所成锐二面角为.（）假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为，即直线与平面法向量所成的角为，设，所以 所以，整理得，方程无解，所以，不存在这样的点.解答题 已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间；（3）若对于任意，都有，求实数 的取值范围.【答案】（1）（2）的单调递增区间是；的单调递减区间是（3）.【解析】（1）先求得导函数，由导数的几何意义求得切线的斜率，再求得切点坐标，即可由点斜式得切线方程；（2）求得导函数，并令求得极值点，结合导函数的符号即可判断函数单调区间；（3）将不等式变形，并分离参数后构造
12、函数，求得并令求得极值点，结合极值点左右两侧的单调性和端点求得最值，即可确定 的取值范围.（1）因为函数，所以，.又因为，则切点坐标为，所以曲线在点处的切线方程为.（2）函数定义域为，由（1）可知，.令解得.与在区间上的情况如下：0 极小值 所以，的单调递增区间是；的单调递减区间是.（3）当时，“”等价于“”.令，.令解得，当时，所以在区间单调递减.当时，所以在区间单调递增.而，.所以在区间上的最大值为.所以当时，对于任意，都有.解答题 已知由 n（nN*）个正整数构成的集合 Aa1，a2，an（a1a2an，n3），记 SAa1+a2+an，对于任意不大于 SA 的正整数m，均存在集合 A
13、的一个子集，使得该子集的所有元素之和等于 m.（1）求 a1，a2 的值；（2）求证：“a1，a2，an 成等差数列”的充要条件是“”；（3）若 SA2020，求 n 的最小值，并指出 n 取最小值时 an 的最大值.【答案】（1）a11，a22；（2）证明见解析；（3）n 最小值为 11，an 的最大值 1010【解析】（1）考虑元素 1，2，结合新定义 SA，可得所求值；（2）从两个方面证明，结合等差数列的性质和求和公式，即可得证；（3）由于含有 n 个元素的非空子集个数有 2n1，讨论当 n10 时，n11 时，结合条件和新定义，推理可得所求.（1）由条件知 1SA，必有 1A，又 a1
14、a2an 均为整数，a11，2SA，由 SA 的定义及 a1a2an 均为整数，必有 2A，a22；（2）证明：必要性：由“a1，a2，an 成等差数列”及 a11，a22，得 aii（i1，2，n）此时 A1，2，3，n满足题目要求，从而；充分性：由条件知 a1a2an，且均为正整数，可得 aii（i1，2，3，n），故，当且仅当 aii（i1，2，3，n）时，上式等号成立.于是当时，aii（i1，2，3，n），从而 a1，a2，an 成等差数列.所以“a1，a2，an 成等差数列”的充要条件是“”；（）由于含有 n 个元素的非空子集个数有 2n-1，故当 n10 时，21011023，此时
15、 A 的非空子集的元素之和最多表示 1023 个不同的整数 m，不符合要求.而用 11 个元素的集合 A1，2，4，8，16，32，64，128，256，512，1024的非空子集的元素之和 可以表示 1，2，3，2046，2047 共 2047 个正整数.因此当 SA2020 时，n 的最小值为 11.记 S10a1+a2+a10，则 S10+a112020 并且 S10+1a11.事实上若 S10+1a11，2020S10+a112a11，则 a111010，S10a111010，所以 m1010 时无法用集合 A 的非空子集的元素之和表示，与题意不符.于是 2020S10+a112a111，得，所以 a111010.当 a111010 时，A1，2，4，8，16，32，64，128，256，499，1010满足题意，所以当 SA2020 时，n 的最小值为 11，此时 an 的最大值 1010.