A

【分析】根据集合的交集运算即可解出．

【详解】因为 ， ，所以 ．

故选： A.

A

【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．

【详解】因为 R ， ，所以 ，解得： ．

故选： A.

D

【分析】先求得 ，然后求得 .

【详解】因为 ，所以 .

故选： D

C

【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案 .

【详解】对于 A 选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为 ， A 选项结论正确 .

对于 B 选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：

，

B 选项结论正确 .

对于 C 选项，甲同学周课外体育运动时长大于 的概率的估计值 ，

C 选项结论错误 .

对于 D 选项，乙同学周课外体育运动时长大于 的概率的估计值 ，

D 选项结论正确 .

故选： C

C

【分析】作出可行域，数形结合即可得解 .

【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，

转化目标函数 为 ，

上下平移直线 ，可得当直线过点 时，直线截距最小， z 最大，

所以 .

故选： C.

B

【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点 的横坐标，进而求得点 坐标，即可得到答案 .

【详解】由题意得， ，则 ，

即点 到准线 的距离为 2 ，所以点 的横坐标为 ，

不妨设点 在 轴上方，代入得， ，

所以 .

故选： B

B

【分析】根据框图循环计算即可 .

【详解】执行第一次循环， ，

，

；

执行第二次循环， ，

，

；

执行第三次循环， ，

，

，此时输出 .

故选： B

A

【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解 .

【详解】设 ，则 ，故排除 B;

设 ，当 时， ，

所以 ，故排除 C;

设 ，则 ，故排除 D.

故选： A.

A

【分析】证明 平面 ，即可判断 A ； 如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，分别求出 平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断 BCD .

【详解】解： 在正方体 中，

且 平面 ，

又 平面 ，所以 ，

因为 分别为 的中点，

所以 ，所以 ，

又 ，

所以 平面 ，

又 平面 ，

所以平面 平面 ，故 A 正确；

选项 BCD解法一：

如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，

则 ，

，

则 ， ，

设平面 的法向量为 ，

则有 ，可取 ，

同理可得平面 的法向量为 ，

平面 的法向量为 ，

平面 的法向量为 ，

则 ，

所以平面 与平面 不垂直，故 B 错误；

因为 与 不平行，

所以平面 与平面 不平行，故 C 错误；

因为 与 不平行，

所以平面 与平面 不平行，故 D 错误，

故选： A.

选项 BCD解法二：

解：对于选项 B ，如图所示，设 ， ，则 为平面 与平面 的交线，

在 内，作 于点 ，在 内，作 ，交 于点 ，连结 ，

则 或其补角为平面 与平面 所成二面角的平面角，

由勾股定理可知： ， ，

底面正方形 中， 为中点，则 ，

由勾股定理可得 ，

从而有： ，

据此可得 ，即 ，

据此可得平面 平面 不成立，选项 B 错误；

对于选项 C ，取 的中点 ，则 ，

由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项 C 错误；

对于选项 D ，取 的中点 ，很明显四边形 为平行四边形，则 ，

由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项 D 错误；

故选： A.

D

【分析】设等比数列 的公比为 ，易得 ，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解 .

【详解】解：设等比数列 的公比为 ，

若 ，则 ，与题意矛盾，

所以 ，

则 ，解得 ，

所以 .

故选： D .

D

【分析】利用导数求得 的单调区间，从而判断出 在区间 上的最小值和最大值 .

【详解】 ，

所以 在区间 和 上 ，即 单调递增；

在区间 上 ，即 单调递减，

又 ， ， ，

所以 在区间 上的最小值为 ，最大值为 .

故选： D

C

【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点 O 到底面 ABCD 所在小圆距离一定时，底面 ABCD 面积最大值为 ，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值 .

【详解】 [ 方法一 ] ：【最优解】基本不等式

设该四棱锥底面为四边形 ABCD ，四边形 ABCD 所在小圆半径为 r ，

设四边形 ABCD 对角线夹角为 ，

则

（当且仅当四边形 ABCD 为正方形时等号成立）

即当四棱锥的顶点 O 到底面 ABCD 所在小圆距离一定时，底面 ABCD 面积最大值为

又设四棱锥的高为 ，则 ，

当且仅当 即 时等号成立 .

故选： C

[ 方法二 ] ：统一变量＋基本不等式

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径为 ，则 ，所以该四棱锥的高 ，

( 当且仅当 ，即 时，等号成立 )

所以该四棱锥的体积最大时，其高 .

故选： C ．

[ 方法三 ] ：利用导数求最值

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径为 ，则 ，所以该四棱锥的高 ， ，令 ， ，设 ，则 ，

， ，单调递增， ， ，单调递减，

所以当 时， 最大，此时 ．

故选： C.

【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；

方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；

方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．

2

【分析】转化条件为 ，即可得解 .

【详解】由 可得 ，化简得 ，

即 ，解得 .

故答案为： 2.

/0.3

【分析】根据古典概型计算即可

【详解】 解法一： 设这 5 名同学分别为甲，乙， 1,2,3 ，从 5 名同学中随机选 3 名，

有： ( 甲，乙， 1) ， ( 甲，乙， 2) ， ( 甲，乙， 3) ， ( 甲， 1 ， 2) ， ( 甲， 1 ， 3) ， ( 甲， 2 ， 3) ， ( 乙， 1 ， 2) ， ( 乙， 1 ， 3) ， ( 乙， 2 ， 3) ， (1 ， 2 ， 3) ，共 10 种选法；

其中，甲、乙都入选的选法有 3 种，故所求概率 .

故答案为： .

解法二： 从 5 名同学中随机选 3 名的方法数为

甲、乙都入选的方法数为 ，所以甲、乙都入选的概率

故答案为：

或 或 或 ．

【分析】方法一：设圆的方程为 ，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；

【详解】 [ 方法一 ] ：圆的一般方程

依题意设圆的方程为 ，

（ 1 ）若过 ， ， ，则 ，解得 ，

所以圆的方程为 ，即 ；

（ 2 ）若过 ， ， ，则 ，解得 ，

所以圆的方程为 ，即 ；

（ 3 ）若过 ， ， ，则 ，解得 ，

所以圆的方程为 ，即 ；

（ 4 ）若过 ， ， ，则 ，解得 ，所以圆的方程为 ，即 ；

故答案为： 或 或 或 ．

[ 方法二 ] ：【最优解】圆的标准方程 （三点中的两条中垂线的交点为圆心）

设

（ 1 ）若圆过 三点，圆心在直线 ，设圆心坐标为 ，

则 ，所以圆的方程为 ；

（ 2 ）若圆过 三点， 设圆心坐标为 ，则 ，所以圆的方程为 ；

（ 3 ）若圆过 三点，则线段 的中垂线方程为 ，线段 的中垂线方程 为 ，联立得 ，所以圆的方程为 ；

（ 4 ）若圆过 三点，则线段 的中垂线方程为 ， 线段 中垂线方程为 ，联立得 ，所以圆的方程为 ．

故答案为： 或 或 或 ．

【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；

方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．

； ．

【分析】根据奇函数的定义即可求出．

【详解】 [ 方法一 ] ：奇函数定义域的对称性

若 ，则 的定义域为 ，不关于原点对称

若奇函数的 有意义，则 且

且 ，

函数 为奇函数，定义域关于原点对称，

，解得 ，

由 得， ，

，

故答案为： ； ．

[ 方法二 ] ：函数的奇偶性求参

函数 为奇函数

[ 方法三 ] ：

因为函数 为奇函数，所以其定义域关于原点对称．

由 可得， ，所以 ，解得： ，即函数的定义域为 ，再由 可得， ．即 ，在定义域内满足 ，符合题意．

故答案为： ； ．

(1) ；

(2) 证明见解析．

【分析】（ 1 ）根据题意可得， ，再结合三角形内角和定理即可解出；

（ 2 ）由题意利用两角差的正弦公式展开得 ，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．

【详解】（ 1 ）由 ， 可得， ，而 ，所以 ，即有 ，而 ，显然 ，所以， ，而 ， ，所以 ．

（ 2 ）由 可得，

，再由正弦定理可得，

，然后根据余弦定理可知，

，化简得：

，故原等式成立．

(1) 证明详见解析

(2)

【分析】（ 1 ）通过证明 平面 来证得平面 平面 .

（ 2 ）首先判断出三角形 的面积最小时 点的位置，然后求得 到平面 的距离，从而求得三棱锥 的体积 .

【详解】（ 1 ）由于 ， 是 的中点，所以 .

由于 ，所以 ，

所以 ，故 ，

由于 ， 平面 ，

所以 平面 ，

由于 平面 ，所以平面 平面 .

（ 2 ） [ 方法一 ] ：判别几何关系

依题意 ， ，三角形 是等边三角形，

所以 ，

由于 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .

，所以 ，

由于 ， 平面 ，所以 平面 .

由于 ，所以 ，

由于 ，所以 ，

所以 ，所以 ，

由于 ，所以当 最短时，三角形 的面积最小

过 作 ，垂足为 ，

在 中， ，解得 ，

所以 ，

所以

过 作 ，垂足为 ，则 ，所以 平面 ，且 ，

所以 ，

所以 .

[ 方法二 ] ：等体积转换

， ，

是边长为 2 的等边三角形，

连接

(1) ；

(2)

(3)

【分析】（ 1 ）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；

（ 2 ）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；

（ 3 ）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．

【详解】（ 1 ）样本中 10 棵这种树木的根部横截面积的平均值

样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值

据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 ，

平均一棵的材积量为

（ 2 ）

则

（ 3 ）设该林区这种树木的总材积量的估计值为 ，

又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，

可得 ，解之得 ．

则该林区这种树木的总材积量估计为

(1)

(2)

【分析】（ 1 ）由导数确定函数的单调性，即可得解；

（ 2 ）求导得 ，按照 、 及 结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解 .

【详解】（ 1 ）当 时， ，则 ，

当 时， ， 单调递增；

当 时， ， 单调递减；

所以 ；

（ 2 ） ，则 ，

当 时， ，所以当 时， ， 单调递增；

当 时， ， 单调递减；

所以 ，此时函数无零点，不合题意；

当 时， ，在 上， ， 单调递增；

在 上， ， 单调递减；

又 ，

由（ 1 ）得 ，即 ，所以 ，

当 时， ，

则存在 ，使得 ，

所以 仅在 有唯一零点，符合题意；

当 时， ，所以 单调递增，又 ，

所以 有唯一零点，符合题意；

当 时， ，在 上， ， 单调递增；

在 上， ， 单调递减；此时 ，

由（ 1 ）得当 时， ， ，所以 ，

此时

存在 ，使得 ，

所以 在 有一个零点，在 无零点，

所以 有唯一零点，符合题意；

综上， a 的取值范围为 .

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题 .

(1)

(2)

【分析】（ 1 ）将给定点代入设出的方程求解即可；

（ 2 ）设出直线方程，与椭圆 C 的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解 .

【详解】（ 1 ）解：设椭圆 E 的方程为 ，过 ，

则 ，解得 ， ，

所以椭圆 E 的方程为： .

（ 2 ） ，所以 ，

① 若过点 的直线斜率不存在，直线 . 代入 ，

可得 ， ，代入 AB 方程 ，可得

，由 得到 . 求得 HN 方程：

，过点 .

② 若过点 的直线斜率存在，设 .

联立 得 ，

可得 ， ，

且

联立 可得

可求得此时 ，

将 ，代入整理得 ，

将 代入，得

显然成立，

综上，可得直线 HN 过定点

【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：

① 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值 .

(1)

(2)

【分析】（ 1 ）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；

（ 2 ）方法一：联立 l 与 C 的方程，采用换元法处理，根据新设 a 的取值范围求解 m 的范围即可 .

【详解】（ 1 ）因为 l ： ，所以 ，

又因为 ，所以化简为 ，

整理得 l 的直角坐标方程：

（ 2 ） [ 方法一 ] ：【最优解】参数方程

联立 l 与 C 的方程，即将 ， 代入 中，

可得 ，

化简为 ，

要使 l 与 C 有公共点，则 有解，

令 ，则 ，令 ， ，

对称轴为 ，开口向上，

，

，

，即 m 的取值范围为 .

[ 方法二 ] ：直角坐标方程

由曲线 的参数方程为 ， 为参数，消去参数 ，可得 ，

联立 ，得 ，即 ，即有 ，即 ， 的取值范围是 ．

【整体点评】方法一：利用参数方程以及换元，转化为两个函数的图象有交点，是该题的最优解；

方法二：通过消参转化为直线与抛物线的位置关系，再转化为二次函数在闭区间上的值域，与方法一本质上差不多，但容易忽视 的范围限制而出错．

(1) 证明见解析

(2) 证明见解析

【分析】（ 1 ）利用三元均值不等式即可证明；

（ 2 ）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．

【详解】（ 1 ）证明：因为 ， ， ，则 ， ， ，

所以 ，

即 ，所以 ，当且仅当 ，即 时取等号．

（ 2 ）证明：因为 ， ， ，

所以 ， ， ，

所以 ， ，

当且仅当 时取等号．