第第頁參考答案：1．A【分析】由分段函數概念，代入對應解析式求解即可.【詳解】∵∴.故選：A.2．B【分析】根據三點A，B，D共線，可得存在唯一實數使，進而可得出答案.【詳解】由已知得，三點A，B，D共線，存在唯一實數使，，，解得.故選：B.3．C【分析】將所求問題轉化為真子集求參數問題，結合對數不等式即可求解.【詳解】因為“”是“”的充分不必要條件，所以，所以，解得，故即實數的取值范圍是.故選：C.4．D【分析】A選項，根據對稱軸和求出函數解析式；B選項，代入驗證即可；C選項，左加右減求解函數解析式；D選項，代入驗證是否是單調遞減區間.【詳解】將點代入得：，又為對稱軸，所以，，故，，因為，所以，故，此時，所以，解得：，函數，A說法正確；當時，，所以，所以函數的圖象關于中心對稱，B說法正確；函數的圖象向左平移個單位得到，C說法正確；時，2x+π3∈2π3,故選：D5．A【分析】根據所給數據，利用解直角三角形先求出BM，即可得解.【詳解】連接FD，并延長交AB于M點，如圖，因為在中，所以；又因為在中，所以，所以，所以，即，故選：A．6．D【分析】根據題意可得平面，將四面體轉化為直三棱柱，四面體的外接球即為直三棱柱的外接球，結合直三棱柱的性質求外接圓半徑.【詳解】因為為等邊三角形，且為中線，則，即，且平面，可得平面，設的外接圓圓心為，半徑為，因為，由余弦定理可得，且，則，所以，將四面體轉化為直三棱柱，四面體的外接球即為直三棱柱的外接球，

設四面體的外接球的球心為，半徑為，則，則，所以四面體的外接球表面積為.故選：D.7．C【分析】通過分析得到當時，要有2個根，參變分離后構造函數，研究其單調性和極值，數形結合求出實數a的取值范圍.【詳解】與關于y軸對稱，且，要想有5個零點，則當時，要有2個根，結合對稱性可知時也有2個零點，故滿足有5個零點，當時，，不合題意；當時，此時令，定義域為，，令得：，，令得：，故在上單調遞增，在上單調遞減，且當時，恒成立，在處取得極大值，其中，故，此時與有兩個交點.故選：C【點睛】對于求解函數零點個數問題，由以下的方法：（1）函數單調性與零點存在性定理得到函數零點個數；（2）參變分離后構造函數進行求解零點個數；（3）轉化為兩函數交點個數問題.8．C【分析】首先通過構造函數得到當時，，再通過構造函數進一步得到，，由此即可比較，通過構造函數即可比較，由此即可得解.【詳解】設，則，所以在上單調遞增，所以，即，令，則，所以在上單調遞增，從而，即，，所以，，從而當時，，令，則，所以在上單調遞增，所以，即，綜上所述：.故選：C.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是在比較的大小關系時，可以通過先放縮再構造函數求導，而在比較大小關系時，關鍵是通過構造適當的函數，通過導數研究函數單調性，從而來比較大小.9．BD【分析】根據題意結合基本不等式和三角函數的性質，逐項判定，即可求解.【詳解】因為，，且，對于A中，由，當且僅當時，即時，等號成立，所以A不正確；對于B中，由，當且僅當時，等號成立，所以B正確；對于C中，因為，，且，可得，又因為函數為單調遞增函數，可得，所以，所以C不正確；對于D中，因為，，且，設，則，其中，所以D正確.故選；BD.10．BCD【分析】舉例說明判斷A；利用復數的三角形式計算判斷B；利用復數的代數形式，結合模及共軛復數的意義計算判斷CD.【詳解】對于A，當時，，而，A錯誤；對于B，令，則，于是，而，即有，因此成立，B正確；設復數，，對于C，由，得，則，，因此，C正確；對于D，，則，，因此，D正確.故選：BCD11．BC【分析】由題意得到當且僅當滿足，即由此判斷B；進一步結合復合函數單調性、三角函數單調性以及B選項分析即可進一步判斷ACD.【詳解】對于B，由題意當時，，由題意函數在有且僅有4個零點，所以當且僅當，解得，即的取值范圍是，故B正確；對于C，時，，由B選項分析可知，而在確定的極小值點有且僅有兩個：，故C選項正確；對于D，時，，由B選項分析可知，而在確定的極大值點有兩個：，但當時，在區間有且僅有2個極大值點，故D選項錯誤；對于A，由B選項分析可知，不妨取，此時，而在單調遞增，在上單調遞減，故A選項錯誤.故選：BC.12．ABD【分析】根據題意分析可知為偶函數，，且的周期為8，利用賦值法結合題意逐項分析判斷.【詳解】已知函數，的定義域均為，因為，，可得，又因為為奇函數，則，可得，即為偶函數，則，即，可得，所以，可知的周期為8.對于選項A：因為，令，則，，可得，，故A正確；對于選項B：因為，令，可得，故B正確；對于選項C：因為，且為偶函數，則，令，可得，又因為，令，則，，可得，可得，但由題設條件無法推出，故C錯誤；對于選項D：因為的周期為8，故，故D正確；故選：ABD.【點睛】方法點睛：函數的性質主要是函數的奇偶性、單調性和周期性以及函數圖象的對稱性，在解題中根據問題的條件通過變換函數的解析式或者已知的函數關系，推證函數的性質，根據函數的性質解決問題．13．2【分析】由遞推式得到數列的周期，利用周期性確定.【詳解】由，，，……，所以是周期為3的數列，故.14．1【分析】由圖可以知轉化為等量關系，然后利用向量數量積計算即可【詳解】在正六邊形ABCDEF中，，則，所以因為六邊形GHMNPQ是正六邊形，所以，且G，F，E，P四點共線.又，所以，所以故答案為：1.15．/【分析】由已知可得，令，，則，，且，代入，結合基本不等式可求得的最小值.【詳解】因為，所以，令，，則，，且，所以，當且僅當，時，等號成立.因此，的最小值為.故答案為：.16．14【分析】根據正弦型函數的零點、對稱軸，結合正弦型函數的單調性進行求解即可.【詳解】因為是函數的零點，是函數的對稱軸，所以，，解得，.因為在區間上單調，則，得，所以.當時，，得，，即，，又，則，得.當時，，其中，于是在區間上不單調.當時，，得，，即，，又，則，得.當時，，滿足在區間上單調.綜上，的最大值是14.故答案為：14【點睛】關鍵點睛：本題利用正弦型函數的單調性、對稱性在求解時，檢驗區間是否單調是本題的關鍵.17．(1)；(2).【分析】（1）利用給定的模求出的正余弦，再利用和角的正弦公式求解即得.（2）利用數量積的坐標表示求出，再利用換元法，結合二次函數求出函數值域.【詳解】（1）由，，得，即，由，得，解得，所以.（2）依題意，，令，則，當時，，當時，，所以的值域是.18．(1)6；(2).【分析】（1）根據給定等式，借助正弦定理邊化角，再利用和角的正弦公式化簡并求出，然后利用余弦定理求解即得.（2）利用和差角的正弦公式、二倍角的正弦公式求解即得.【詳解】（1）在中，由正弦定理及，，得，則有，即，即有，而，即，因此，又，則，由余弦定理得，當且僅當時取等號，此時，所以當時，的周長取得最大值6.（2）在中，由，得，化簡得，由，知是銳角，即，因此，由（1）得，，即，整理得，所以.19．(1)答案見解析(2)【分析】（1）根據題意，求得，分類討論，即可求得函數的單調區間；（2）設公切線與和的切點分別為，根據導數的幾何意義求得切線方程，轉化為，設，利用導數求得函數的單調性與極值，得出函數的值域，即可求解.【詳解】（1）解：由函數，可得，當時，可得時，，單調遞減，時，，單調遞增；當時，可得時，，單調遞增，時，，單調遞減.（2）解：設公切線與和的切點分別為，可得，可得切線方程為，即，即由，可得，則，所以切線方程為所以，可得，設，可得，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以，當時，函數取得極大值，極大值為，又由當時，；當時，，所以，所以時，即實數的取值范圍為.【點睛】方法策略：利用導數研究參數問題的求解策略：1、分離參數法：根據不等式的基本性質將參數分離出來，得到一端是參數，一端是變量的表達式的不等式，轉化為求解含有變量的表達式對應的函數的最值問題，進而求得參數的范圍；2、構造函數法：根據不等式的恒成立，構造新函數，利用導數求得新函數的單調性，求出函數的最值（值域），進而得出相應的含參數的不等式，從而求解參數的取值范圍；3、圖象法：畫出不等式對應的函數的圖象，結合函數圖象的走勢規律，確定函數的極值點或最值點的位置，進而求得參數的取值范圍.20．（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【解析】（1）利用向量加減法的幾何意義有，，即可求；（2）假設四面體的最長棱為，只需以為頂點的其它兩組棱中或即得證至少存在一個頂點從其出發的三條棱能夠組成一個三角形；（3）由平面，令結合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范圍且范圍長度為即得證.【詳解】（1）∵，而，∴，所以.（2）不妨設是四面體最長的棱，則在，中，，，∴，即，故，至少有一個大于，不妨設，∴，，構成三角形.（3）設，，，由（1）知.又，有，，，∴，，，設，又∴因為平面，所以存在實數，使得：，∴∴，消元：在有解.當時，，即；當時，，解得.綜上，有.所以對所有滿足條件的平面，點都落在某一條長為的線段上.【點睛】思路點睛：1、利用向量線性運算的幾何意義，結合幾何圖形表示向量；2、利用三角形的性質：兩邊之和大于第三邊(其中假設第三邊為最長邊)，即可證是否可組成三角形；3、令，根據線面平行，結合向量共面定理得到參數的方程，進而求范圍并且范圍長度為即可.21．(1)(2)【分析】（1）先求，結合條件得出，結合等差數列的通項公式可得結果；（2）先求前項中插入了多少項，結合分組求和法和錯位相減法進行求解.【詳解】（1）由，，得；再由可得，即隔項成等差數列；當為偶數時，；當為奇數時，；綜上.（2）因為在相鄰兩項與（，2，…）之間插入k個，所以中的第項在中，對應的項數為：，令得，即數列中的第9項就是數列中的第45項，所以中的第46項至第50項為；所以設①則②由①-②得，所以.22．(1)；(2)2個零點，證明見解析.【分析】（1）求得，對參數進行分類討論，在不同情況下討論其極值即可；（2）對的取值分區間討論，利用導數研究不同區間下函數的單調性，同時利用零點存在定理，即可判斷函數的零點個數.【詳解】（1）因為，故可得，當時，因為，故，是上的單調增函數，不存在極值，舍去；當時，令，解得，當時，單調遞增；當時，單調遞減，則當時，取得極大值，滿足題意.綜上所述，.（2）有兩個零點，理由如下：當時，，，，當時，，單調遞減，又，，故存