C

【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解 .

【详解】

故选 ： C

B

【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解 .

【详解】讲座前中位数为 , 所以 错；

讲座后问卷答题的正确率只有一个是 个 , 剩下全部大于等于 , 所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于 , 所以 B 对；

讲座前问卷答题的正确率更加分散 , 所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差 , 所以 C 错；

讲座后问卷答题的正确率的极差为 ，

讲座前问卷答题的正确率的极差为 , 所以 错 .

故选 :B.

D

【分析】解方程求出集合 B , 再由集合的运算即可得解 .

【详解】由题意， ，所以 ,

所以 .

故选： D.

B

【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解 .

【详解】由三视图还原几何体，如图，

则该直四棱柱的体积 .

故选： B.

A

【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解 .

【详解】令 ，

则 ，

所以 为奇函数，排除 BD ；

又当 时， ，所以 ，排除 C.

故选： A.

B

【分析】根据题意可知 ， 即可解得 ，再根据 即可解出．

【详解】因为函数 定义域为 ，所以依题可知， ， ，而 ，所以 ，即 ，所以 ，因此函数 在 上递增，在 上递减， 时取最大值，满足题意，即有 ．

故选： B.

D

【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．

【详解】如图所示：

不妨设 ，依题以及长方体的结构特征可知， 与平面 所成角为 ， 与平面 所成角为 ，所以 ，即 ， ，解得 ．

对于 A ， ， ， ， A 错误；

对于 B ，过 作 于 ，易知 平面 ，所以 与平面 所成角为 ，因为 ，所以 ， B 错误；

对于 C ， ， ， ， C 错误；

对于 D ， 与平面 所成角为 ， ，而 ，所以 ． D 正确．

故选： D ．

B

【分析】 连接 ，分别求出 ，再根据题中公式即可得出答案 .

【详解】 解：如图，连接 ，

因为 是 的中点，

所以 ，

又 ，所以 三点共线，

即 ，

又 ，

所以 ，

则 ，故 ，

所以 .

故选： B .

C

【分析】设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，根据圆锥的侧面积公式可得 ，再结合圆心角之和可将 分别用 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解 .

【详解】解：设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，

则 ，

所以 ，

又 ，

则 ，

所以 ，

所以甲圆锥的高 ，

乙圆锥的高 ，

所以 .

故选： C.

A

【分析】设 ，则 ，根据斜率公式结合题意可得 ，再根据 ，将 用 表示，整理，再结合离心率公式即可得解 .

【详解】 [ 方法一 ] ：设而不求

设 ，则

则由 得： ，

由 ，得 ，

所以 ，即 ，

所以椭圆 的离心率 ，故选 A.

[ 方法二 ] ：第三定义

设右端点为 B ，连接 PB ，由椭圆的对称性知：

故 ，

由椭圆第三定义得： ，

故

所以椭圆 的离心率 ，故选 A.

C

【分析】由 的取值范围得到 的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．

【详解】解：依题意可得 ，因为 ，所以 ，

要使函数在区间 恰有三个极值点、两个零点，又 ， 的图象如下所示：

则 ，解得 ，即 ．

故选： C ．

A

【分析】由 结合三角函数的性质可得 ; 构造函数 , 利用导数可得 , 即可得解 .

【详解】 [ 方法一 ] ：构造函数

因为当

故 ，故 ，所以 ；

设 ，

，所以 在 单调递增，

故 ，所以 ，

所以 ，所以 ，故选 A

[ 方法二 ] ：不等式放缩

因为当 ，

取 得： ，故

，其中 ，且

当 时， ，及

此时 ，

故 ，故

所以 ，所以 ，故选 A

[ 方法三 ] ：泰勒展开

设 ，则 ， ，

，计算得 ，故选 A.

[ 方法四 ] ：构造函数

因为 ，因为当 ，所以 , 即 ，所以 ；设 ， ，所以 在 单调递增，则 , 所以 ，所以 , 所以 ，

故选： A ．

[ 方法五 ] ：【最优解】不等式放缩

因为 ，因为当 ，所以 , 即 ，所以 ；因为当 ，取 得 ，故 ，所以 ．

故选： A ．

【整体点评】方法 4 ：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；

方法 5 ：利用二倍角公式以及不等式 放缩，即可得出大小关系，属于最优解．

【分析】设 与 的夹角为 ，依题意可得 ，再根据数量积的定义求出 ，最后根据数量积的运算律计算可得．

【详解】解：设 与 的夹角为 ，因为 与 的夹角的余弦值为 ，即 ，

又 ， ，所以 ，

所以 ．

故答案为： ．

【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．

【详解】解：双曲线 的渐近线为 ，即 ，

不妨取 ，圆 ，即 ，所以圆心为 ，半径 ，

依题意圆心 到渐近线 的距离 ，

解得 或 （舍去）．

故答案为： ．

.

【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．

【详解】从正方体的 个顶点中任取 个，有 个结果，这 个点在同一个平面的有 个，故所求概率 ．

故答案为： ．

/

【分析】设 ，利用余弦定理表示出 后，结合基本不等式即可得解 .

【详解】 [ 方法一 ] ：余弦定理

设 ，

则在 中， ，

在 中， ，

所以

，

当且仅当 即 时，等号成立，

所以当 取最小值时， .

故答案为： .

[ 方法二 ] ：建系法

令 BD=t ，以 D 为原点， OC 为 x 轴，建立平面直角坐标系 .

则 C （ 2t,0 ）， A （ 1 ， ）， B （ -t,0 ）

[ 方法三 ] ：余弦定理

设 BD=x,CD=2x. 由余弦定理得

， ，

， ，

令 ，则 ，

，

，

当且仅当 ，即 时等号成立 .

[ 方法四 ] ：判别式法

设 ，则

在 中， ，

在 中， ，

所以 ，记 ，

则

由方程有解得：

即 ，解得：

所以 ，此时

所以当 取最小值时， ，即 .

(1) 证明见解析；

(2) ．

【分析】（ 1 ）依题意可得 ，根据 ，作差即可得到 ，从而得证；

（ 2 ）法一：由（ 1 ）及等比中项的性质求出 ，即可得到 的通项公式与前 项和，再根据二次函数的性质计算可得．

【详解】（ 1 ）因为 ，即 ① ，

当 时， ② ，

① ② 得， ，

即 ，

即 ，所以 ， 且 ，

所以 是以 为公差的等差数列．

（ 2 ） [ 方法一 ] ：二次函数的性质

由（ 1 ）可得 ， ， ，

又 ， ， 成等比数列，所以 ，

即 ，解得 ，

所以 ，所以 ，

所以，当 或 时， ．

[ 方法二 ] ：【最优解】邻项变号法

由（ 1 ）可得 ， ， ，

又 ， ， 成等比数列，所以 ，

即 ，解得 ，

所以 ，即有 .

则当 或 时， ．

【整体点评】（ 2 ）法一：根据二次函数的性质求出 的最小值，适用于可以求出 的表达式；

法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．

(1) 证明见解析；

(2) .

【分析】（ 1 ）作 于 ， 于 ，利用勾股定理证明 ，根据线面垂直的性质可得 ，从而可得 平面 ，再根据线面垂直的性质即可得证；

（ 2 ）以点 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案 .

【详解】（ 1 ）证明：在四边形 中，作 于 ， 于 ，

因为 ，

所以四边形 为等腰梯形，

所以 ，

故 ， ，

所以 ，

所以 ，

因为 平面 ， 平面 ，

所以 ，

又 ，

所以 平面 ，

又因为 平面 ，

所以 ；

（ 2 ）解：如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，

，

则 ，

则 ，

设平面 的法向量 ，

则有 ，可取 ，

则 ，

所以 与平面 所成角的正弦值为 .

(1) ；

(2) 分布列见解析， .

【分析】（ 1 ）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 ，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；

（ 2 ）依题可知， 的可能取值为 ，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．

【详解】（ 1 ）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 ，所以甲学校获得冠军的概率为

．

（ 2 ）依题可知， 的可能取值为 ，所以，

,

，

，

.

即 的分布列为

期望 .

(1) ；

(2) .

【分析】（ 1 ）由抛物线的定义可得 ，即可得解；

（ 2 ）法一：设点的坐标及直线 ，由韦达定理及斜率公式可得 ，再由差角的正切公式及基本不等式可得 ，设直线 ，结合韦达定理可解 .

【详解】（ 1 ）抛物线的准线为 ，当 与 x 轴垂直时，点 M 的横坐标为 p ，

此时 ，所以 ，

所以抛物线 C 的方程为 ；

（ 2 ） [ 方法一 ] ：【最优解】直线方程横截式

设 ，直线 ，

由 可得 ， ，

由斜率公式可得 ， ，

直线 ，代入抛物线方程可得 ，

，所以 ，同理可得 ，

所以

又因为直线 MN 、 AB 的倾斜角分别为 ，所以 ，

若要使 最大，则 ，设 ，则 ，

当且仅当 即 时，等号成立，

所以当 最大时， ，设直线 ，

代入抛物线方程可得 ，

，所以 ，

所以直线 .

[ 方法二 ] ：直线方程点斜式

由题可知，直线 MN 的斜率存在 .

设 , 直线

由 得： ， , 同理， .

直线 MD : , 代入抛物线方程可得： ，同理， .

代入抛物线方程可得 : , 所以 ，同理可得 ，

由斜率公式可得：

（下同方法一）若要使 最大，则 ，

设 ，则 ，

当且仅当 即 时，等号成立，

所以当 最大时， ，设直线 ，

代入抛物线方程可得 ， ，所以 ，所以直线 .

[ 方法三 ] ：三点共线

设 ，

设 , 若 P 、 M 、 N 三点共线，由

所以 ，化简得 ，

反之，若 , 可得 MN 过定点

因此，由 M 、 N 、 F 三点共线，得 ，

由 M 、 D 、 A 三点共线，得 ，

由 N 、 D 、 B 三点共线，得 ，

则 ， AB 过定点（ 4,0 ）

（下同方法一）若要使 最大，则 ，

设 ，则 ，

当且仅当 即 时，等号成立，

所以当 最大时， ，所以直线 .

【整体点评】（ 2 ）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线 的斜率关系，由基本不等式即可求出直线 AB 的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；

法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；

法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线 过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．

(1)

(2) 证明见的解析

【分析】（ 1 ）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；

（ 2 ）利用分析法，转化要证明条件为 ，再利用导数即可得证 .

【详解】（ 1 ） [ 方法一 ] ：常规求导

的定义域为 ，则

令 , 得

当 单调递减

当 单调递增 ，

若 , 则 , 即

所以 的取值范围为

[ 方法二 ] ：同构处理

由 得：

令 ，则 即

令 ，则

故 在区间 上是增函数

故 ，即

所以 的取值范围为

（ 2 ） [ 方法一 ] ：构造函数

由题知 , 一个零点小于 1, 一个零点大于 1 ，不妨设

要证 , 即证

因为 , 即证

又因为 , 故只需证

即证

即证

下面证明 时，

设 ，

则

设

所以 , 而

所以 , 所以

所以 在 单调递增

即 , 所以

令

所以 在 单调递减

即 , 所以 ；

综上 , , 所以 .

[ 方法二 ] ：对数平均不等式

由题意得：

令 ，则 ，

所以 在 上单调递增，故 只有 1 个解

又因为 有两个零点 ，故

两边取对数得： ，即

又因为 ，故 ，即

下证

因为

不妨设 ，则只需证

构造 ，则

故 在 上单调递减

故 ，即 得证

【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式

这个函数经常出现，需要掌握

(1) ；

(2) 的交点坐标为 ， ， 的交点坐标为 ， ．

【分析】 (1) 消去 ，即可得到 的普通方程；

(2) 将曲线 的方程化成普通方程，联立求解即解出．

【详解】（ 1 ）因为 ， ，所以 ，即 的普通方程为 ．

（ 2 ）因为 ，所以 ，即 的普通方程为 ，

由 ，即 的普通方程为 ．

联立 ，解得： 或 ，即交点坐标为 ， ；

联立 ，解得： 或 ，即交点坐标为 ， ．

(1) 见解析

(2) 见解析

【分析】（ 1 ）方法一：根据 ，利用柯西不等式即可得证；

（ 2 ）由（ 1 ）结合已知可得 ，即可得到 ，再根据权方和不等式即可得证 .

【详解】（ 1 ） [ 方法一 ] ：【最优解】柯西不等式

由柯西不等式有 ，

所以 ，当且仅当 时，取等号，所以 .

[ 方法二 ] ：基本不等式

由 ， ， ， ，

当且仅当 时，取等号，所以 .

（ 2 ）证明：因为 ， ， ， ，由（ 1 ）得 ，

即 ，所以 ，

由权方和不等式知 ，

当且仅当 ，即 ， 时取等号，

所以 .

【点睛】（ 1 ）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解；

方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也是不错的方法．