C

令，则其导数，又由，且有，所以，即函数为减函数，又由，则有，即，化简可得，故选C.

B

画出表示的区域，如图所示的， 表示的区域是，为等腰直角三角形，表示的区域是以为圆心，以为半径的圆，而其内切球半径为，圆心，满足 的点在内切圆内，是的必要不充分条件，故选B.

A

模拟程序框图的运行过程，每四个和为，可得出该程序运行后输出的算式：+，所以该程序运行后输出的值是，故选A.

B

由三视图可知，该“阳马”是底面对角线长为的正方形，一条长为的侧棱与底面垂直的四棱锥，将该四棱锥补成长方体，长方体的外接球与四棱锥的外接球相同，球直径等于长方体的对角线长，即，球体积为，故选B.

B

令，可得，则，点所在区域为矩形，面积为，满足的区域面积，所以满足的区域面积，满足的概率为，故选B.

D

，，，，，，故选D.

【方法点晴】本题主要考查“累加法”的应用、等差数列的求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

A

如图，∵＝，∴||＝||＝，∴·(＋)

＝·(＋＋＋)

＝·(2＋2)

＝22＋2·

＝2×＋2×cos180°

＝－，故选A.

D

的渐近线与只有一个交点，由，得，所以，得，即，，故选D.

A

为等比数列，，， ，故选A.

D

的实部是，虚部是，共轭复数为，的的模是错误，故选D.

C

，，所以 或，，故选C.

10

，因此是上的增函数， ，函数在上有一个零点，函数在上有一个零点，同理，，因此是上的减函数， ，函数在上有一个零点，函数在上有一个零点，函数的零点均在区间内，，，故答案为.

把函数的图象向左平移个单位长度后，可得的图象，结合得到的函数为一个奇函数，则，因为令 可得，故答案为.

2

因为样本数据，，……的方差是，且，所以，，……的方差为数据，，……的均方差为，故答案为.

，故答案为.

（1）.（2）.

试题分析：（1）当时，，化为，可得或，从而可得不等式的解集；（2）化简，因为，∴时，恒成立，又时，当时，，∴只需即可，所以.

试题解析：（1）当时，，

所以，所以或，

解集为.

（2），因为，∴时，恒成立，

又时，当时，，∴只需即可，

所以.

（1）.（2）.

试题分析：（1）利用两角和的余弦公式展开解析式，两边同乘以利用 即可得圆的直角坐标方程，从而可得圆心坐标；（2）参数方程利用代入法消去参数可，得直线的普通方程为，可得圆心到直线距离是，于是直线上的点向圆引的切线长的最小值是.

试题解析：（1）∵，

∴，

∴圆的直角坐标方程为，

即，∴圆心直角坐标为.

（2）方法1：直线上的点向圆引切线长是

，

∴直线上的点向圆引的切线长的最小值是.

方法2：直线的普通方程为，

∴圆心到直线距离是，

∴直线上的点向圆引的切线长的最小值是.

（1）见解析；（2）见解析.

试题分析：（1）令，利用导数研究函数的单调性，可得，令，利用导数研究函数的单调性，可得，从而可得结果；（2）要证，利用结论，只需证，利用结论，只需证，即证，即，即原不等式成立.

试题解析：（1）令，则 ，为上的减函数，

而，所以，成立；

令，则，为上的增函数，

而，所以，成立.

（2），即 ，

由（1），所以，

，所以，只需证，即，

由（1），所以只需证，只需证，即，

上式已知成立，故原式成立，得证.

（I）．（II）①见解析．②．

试题分析：

（1）设动圆半径为，由于在圆内，圆与圆内切，由题意可得，则点的轨迹是椭圆，其方程为.

（2）①由题意可知，而，，，为不同的四个点，故.

②若或的斜率不存在，四边形的面积为.否则，设的方程为，联立直线方程与椭圆方程可得，同理得，则，当且仅当时等号成立.则四边形的面积取得最小值为.

试题解析：

（1）设动圆半径为，由于在圆内，圆与圆内切，

则，，，

由椭圆定义可知，点的轨迹是椭圆，，，，

的方程为.

（2）①证明：由已知条件可知，垂足在以为直径的圆周上，

则有，

又因，，，为不同的四个点，.

②解：若或的斜率不存在，四边形的面积为.

若两条直线的斜率存在，设的斜率为，

则的方程为，

解方程组，得，

则，

同理得，

∴，

当且仅当，即时等号成立.

综上所述，当时，四边形的面积取得最小值为.

（1）.（2）.（3）.

试题分析：（1）根据表格所给数据及平均数公式可求出与的值，从而可得样本中心点的坐标，再求出公式中所需数据，求出，结合样本中心点的性质可得，进而可得关于的回归方程；（2）由知，与负相关,将代入回归方程即可预测当日销售量；（3）由（1）知，，所以.

试题解析：（1）由题意，，， ，

，， .

所以所求回归直线方程为.

（2）由知，与负相关.将代入回归方程可得，

，

即可预测当日销售量为.

（3）由（1）知，，所以 .

【方法点晴】本题主要考查线性回归方程及其应用、正态分布的应用，属于难题.求回归直线方程的步骤：①依据样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系；②计算的值；③计算回归系数；④写出回归直线方程为； 回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.

（1）见解析；（2）.

试题分析：（1）由面，可得，所以，由面，可得.

由线面垂直的判定定理可得平面；（2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，分别根据向量垂直数量积为零列方程组求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得平面与平面所成角的余弦值.

试题解析：（1）因为面，所以，

又，所以.

因为面，所以.

又，所以面，即平面.

（2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为，，，，

设平面的法向量，平面的法向量为，易知，

令，则，故，令，得，，

于是， .

此即平面与平面所成角的余弦值.

（1）.（2）.

试题分析：（1）根据平面向量数量积公式以及两角和的正弦公式化简，利用周期公式可得的最小正周期为；（2）由（1）知：，当时，，利用正弦函数的单调性，结合正弦函数的图象可得到的最小值为，∴，即.

所以当时，的最小值为.

又∵的最小值为，∴，即.

试题解析：（1）由题意知：

，

所以的最小正周期为.

（2）由（1）知：，

当时，.

所以当时，的最小值为.

又∵的最小值为，∴，即.