D

【分析】利用并集的定义可得正确的选项 .

【详解】 ，

故选： D.

B

【分析】利用复数相等的条件可求 .

【详解】 ，而 为实数，故 ，

故选： B.

B

【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线 后可求最大值 .

【详解】不等式组对应的可行域如图所示：

当动直线 过 时 有最大值 .

由 可得 ，故 ，

故 ，

故选： B.

A

【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解 .

【详解】因为 可得：

当 时， ，充分性成立；

当 时， ，必要性不成立；

所以当 ， 是 的充分不必要条件 .

故选： A.

C

【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．

【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为 ，圆台的下底面半径为 ，所以该几何体的体积 ．

故选： C ．

D

【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．

【详解】因为 ，所以把函数 图象上的所有点向右平移 个单位长度即可得到函数 的图象．

故选： D.

C

【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．

【详解】因为 ， ，即 ，所以 ．

故选： C.

A

【分析】先用几何法表示出 ，再根据边长关系即可比较大小．

【详解】如图所示，过点 作 于 ，过 作 于 ，连接 ，

则 ， ， ，

， ， ，

所以 ，

故选： A ．

D

【分析】将问题转换为 ，再结合画图求解．

【详解】由题意有：对任意的 ，有 恒成立．

设 ， ，

即 的图像恒在 的上方（可重合），如下图所示：

由图可知， ， ，或 ， ，

故选： D ．

B

【分析】先通过递推关系式确定 除去 ，其他项都在 范围内，再利用递推公式变形得到 ，累加可求出 ，得出 ，再利用 ，累加可求出 ，再次放缩可得出 ．

【详解】 ∵ ，易得 ，依次类推可得

由题意， ，即 ，

∴ ，

即 ， ， ， … ， ，

累加可得 ，即 ，

∴ ，即 ， ,

又 ，

∴ ， ， ， … ， ，

累加可得 ，

∴ ，

即 ， ∴ ，即 ；

综上： ．

故选： B ．

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩 .

.

【分析】根据题中所给的公式代值解出．

【详解】因为 ，所以 ．

故答案为： .

【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令 求出 ，再令 即可得出答案．

【详解】含 的项为： ，故 ；

令 ，即 ，

令 ，即 ，

∴ ，

故答案为： ； ．

【分析】先通过诱导公式变形，得到 的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出 ，接下来再求 ．

【详解】 [ 方法一 ] ：利用辅助角公式处理

∵ ， ∴ ，即 ，

即 ，令 ， ，

则 ， ∴ ，即 ，

∴ ，

则 .

故答案为： ； .

[ 方法二 ] ：直接用同角三角函数关系式解方程

∵ ， ∴ ，即 ，

又 ，将 代入得 ，解得 ，

则 .

故答案为： ； .

【分析】联立直线 和渐近线 方程，可求出点 ，再根据 可求得点 ，最后根据点 在双曲线上，即可解出离心率．

【详解】过 且斜率为 的直线 ，渐近线 ，

联立 ，得 ，由 ，得

而点 在双曲线上，于是 ，解得： ，所以离心率 .

故答案为： ．

【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设 ，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到 ，然后利用 即可解出．

【详解】以圆心为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，如图所示：

则 , ，设 , 于是 ，

因为 ，所以 ，故 的取值范围是 .

故答案为： ．

/

【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出 的最小值 , 的最大值即可 .

【详解】由已知 ， ，

所以 ，

当 时，由 可得 ，所以 ，

当 时，由 可得 ，所以 ，

等价于 ，所以 ，

所以 的最大值为 .

故答案为： ， .

， /

【分析】利用古典概型概率公式求 ，由条件求 分布列，再由期望公式求其期望 .

【详解】从写有数字 1,2,2,3,4,5,6 的 7 张卡片中任取 3 张共有 种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为 2 的取法有 种，所以 ，

由已知可得 的取值有 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，

， ，

，

所以 ,

故答案为： ， .

(1) ；

(2) ．

【分析】（ 1 ）先由平方关系求出 ，再根据正弦定理即可解出；

（ 2 ）根据余弦定理的推论 以及 可解出 ，即可由三角形面积公式 求出面积．

【详解】（ 1 ）由于 ， ，则 ．因为 ，

由正弦定理知 ，则 ．

（ 2 ）因为 ，由余弦定理，得 ，

即 ，解得 ，而 ， ，

所以 的面积 ．

(1) 证明见解析；

(2) ．

【分析】（ 1 ）过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点 、 ，由平面知识易得 ，再根据二面角的定义可知， ，由此可知， ， ，从而可证得 平面 ，即得 ；

（ 2 ）由（ 1 ）可知 平面 ，过点 做 平行线 ，所以可以以点 为原点， ， 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，求出平面 的一个法向量，以及 ，即可利用线面角的向量公式解出．

【详解】（ 1 ）过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点 、 ．

∵ 四边形 和 都是直角梯形， ， ，由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形 是矩形， ∴ 在 Rt 和 Rt ， ，

∵ ，且 ，

∴ 平面 是二面角 的平面角，则 ，

∴ 是正三角形，由 平面 ，得平面 平面 ，

∵ 是 的中点， ，又 平面 ， 平面 ，可得 ，而 ， ∴ 平面 ，而 平面 ．

（ 2 ）因为 平面 ，过点 做 平行线 ，所以以点 为原点， ， 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，

设 ，则 ，

设平面 的法向量为

由 ，得 ，取 ，

设直线 与平面 所成角为 ，

∴ ．

(1)

(2)

【分析】（ 1 ）利用等差数列通项公式及前 项和公式化简条件，求出 ，再求 ；

(2) 由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求 的范围 .

【详解】（ 1 ）因为 ，

所以 ，

所以 ，又 ，

所以 ，

所以 ，

所以 ，

（ 2 ）因为 ， ， 成等比数列，

所以 ，

，

，

由已知方程 的判别式大于等于 0 ，

所以 ，

所以 对于任意的 恒成立，

所以 对于任意的 恒成立，

当 时， ，

当 时，由 ，可得

当 时， ，

又

所以

(1) ；

(2) ．

【分析】（ 1 ）设 是椭圆上任意一点 , 再根据两点间的距离公式求出 ，再根据二次函数的性质即可求出；

（ 2 ）设直线 与椭圆方程联立可得 ，再将直线 方程与 的方程分别联立，可解得点 的坐标，再根据两点间的距离公式求出 ，最后代入化简可得 ，由柯西不等式即可求出最小值．

【详解】（ 1 ）设 是椭圆上任意一点 , ,

，当且仅当 时取等号，故 的最大值是 .

（ 2 ）设直线 , 直线 方程与椭圆 联立 , 可得 , 设 ，所以 ，

因为直线 与直线 交于 ,

则 , 同理可得 , . 则

，

当且仅当 时取等号，故 的最小值为 .

【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．

(1) 的减区间为 ，增区间为 .

(2) （ ⅰ ）见解析；（ ⅱ ）见解析 .

【分析】（ 1 ）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性 .

（ 2 ）（ ⅰ ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有 3 个不同的解可证明不等式成立，（ ⅱ ） ， ，则题设不等式可转化为 ，结合零点满足的方程进一步转化为 ，利用导数可证该不等式成立 .

【详解】（ 1 ） ，

当 ， ；当 ， ，

故 的减区间为 ， 的增区间为 .

（ 2 ）（ ⅰ ）因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，

故 ，

故方程 有 3 个不同的根，

该方程可整理为 ，

设 ，

则

，

当 或 时， ；当 时， ，

故 在 上为减函数，在 上为增函数，

因为 有 3 个不同的零点，故 且 ，

故 且 ，

整理得到： 且 ，

此时 ，

设 ，则 ，

故 为 上的减函数，故 ，

故 .

（ ⅱ ）当 时，同（ ⅰ ）中讨论可得：

故 在 上为减函数，在 上为增函数，

不妨设 ，则 ，

因为 有 3 个不同的零点，故 且 ，

故 且 ，

整理得到： ，

因为 ，故 ，

又 ，

设 ， ，则方程 即为：

即为 ，

记

则 为 有三个不同的根，

设 ， ，

要证： ，即证 ，

即证： ，

即证： ，

即证： ，

而 且 ，

故 ，

故 ，

故即证： ，

即证：

即证： ，

记 ，则 ，

设 ，则 ，所以 ，

，

故 在 上为增函数，故 ，

所以 ，

记 ，

则 ，

所以 在 为增函数，故 ，

故 即 ，

故原不等式得证：

【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等 .