單選題(共8個，分值共：)1、若集合,，且，則A．2,或,或0B．2,或,或0,或1C．2D．2、下列函數中，既是偶函數，又在區間上單調遞增的是（

）A．B．C．D．3、若函數的單調遞增區間為，若，則A．大于0B．等于0C．小于0D．符號不能確定4、已知函數，對任意，，都有，則實數的取值范圍是（

）A．B．C．D．5、集合或，若，則實數的取值范圍是（

）A．B．C．D．6、若函數為冪函數，且在單調遞減，則實數m的值為（

）A．0B．1或2C．1D．27、在長方體中，，，點，分別為，的中點，則與所成的角為（

）A．B．C．D．8、已知，則（

）A．B．C．D．多選題(共4個，分值共：)9、已知，為正實數，且，則（

）A．的最大值為2B．的最小值為4C．的最小值為3D．的最小值為10、已知函數，則下列說法正確的是（

）A．的最小正周期為B．為偶函數C．的值域為D．恒成立11、已知a，b，c，d均為實數，則下列命題正確的是（

）A．若a>b，c>d，則a-d>b-cB．若a>b，c>d則ac>bdC．若ab>0，bc-ad>0，則D．若a>b，c>d>0，則12、在棱長為2的正四面體中，為的中點，為的中點，則下列說法正確的是（

）A．B．正四面體外接球的表面積等于C．D．正四面體外接球的球心在上雙空題(共4個，分值共：)13、___________；___________．14、已知，則______（用表示）；______.（用整數值表示）.15、德國數學家康托（Cantor）創立的集合論奠定了現代數學的基礎．著名的“康托三分集”是數學理性思維的產物，具有典型的分形特征，其構造的操作過程如下：將閉區間均分為三段，去掉中間的區間段，記為第次操作；再將剩下的兩個區間，分別均分為三段，并各自去掉中間的區間段，記為第次操作；以此類推，每次在上一次操作的基礎上，將剩下的各個區間分別均分為段，同樣各自去掉中間的區間段．操作過程不斷地進行下去，以至無窮，剩下的元素構成的集合為“康托三分集”．定義區間長度為，則構造“康托三分集”的第次操作去掉的各區間的長度之和為______，若第次操作去掉的各區間的長度之和小于，則的最小值為______．（參考數據：，）解答題(共6個，分值共：)16、在平面直角坐標系中，角的終邊與單位圓交于點.（1）若角的終邊落在第二象限，且點的橫坐標為，求的值；（2）將角的終邊繞點逆時針旋轉得到角，若，求的值.17、已知（1）化簡；（2）若，且，求的值．18、已知集合，.(1)當時，求，；(2)若，求實數的取值范圍.19、設函數，且.（1）請說明的奇偶性；（2）試判斷在上的單調性，并用定義加以證明；（3）求在上的值域.20、如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，AC＝AA1，E，F分別是棱BC，CC1的中點.（1）若線段AC上存在點D滿足平面DEF//平面ABC1，試確定點D的位置，并說明理由；（2）證明：EF⊥A1C.21、如圖，矩形與矩形全等，且.(1)用向量與表示；(2)用向量與表示.雙空題(共4個，分值共：)22、若扇形的周長為定值，則當該扇形的圓心角______時，扇形的面積取得最大值，最大值為______.

高考數學全真模擬試題參考答案1、答案：A解析：由題得x2=x或x2=4，且x≠1，解不等式即得解.解：∵集合A={1，x，4}，B={1，x2}，且B?A，∴x2=x或x2=4，且x≠1，解得x=0，±2．故選A．小提示：本題主要考查根據集合的關系求參數，意在考查學生對該知識的理解掌握水平.2、答案：B解析：根據題意，依次分析選項中函數的奇偶性和單調性，綜合可得答案.解：根據題意，依次分析選項：對于A，，是二次函數，是偶函數，在區間上為減函數，不符合題意；對于B，，既是偶函數，又在區間上單調遞增，符合題意；對于C，，其定義域為，，不是偶函數，不符合題意；對于D，，是對數函數，，其定義域為，不是偶函數，不符合題意；故選：B.3、答案：C解析：利用函數的單調性直接得到答案.函數的單調遞增區間為，則即故答案選C小提示：本題考查了函數單調性的應用，屬于簡單題.4、答案：D解析：由題意，函數在R上單調遞減，只需保證二次函數在單調遞減，且即可，列出不等式限制范圍求解即可由題意，對任意，，都有，故函數在R上單調遞減設，由反比例函數的性質可得在單調遞減，滿足條件因此保證二次函數在單調遞減，且即可，解得故選：D5、答案：A解析：根據，分和兩種情況討論，建立不等關系即可求實數的取值范圍．解：，①當時，即無解，此時，滿足題意．②當時，即有解，當時，可得，要使，則需要，解得．當時，可得，要使，則需要，解得，綜上，實數的取值范圍是．故選：A．小提示：易錯點點睛：研究集合間的關系，不要忽略討論集合是否為.6、答案：C解析：根據函數為冪函數列式，結合單調性求得的值．由于函數為冪函數，所以，解得或，時，，在上遞減，符合題意，時，，在上遞增，不符合題意．故選：C7、答案：C解析：利用平移法，構造出異面直線所成的角，解三角形可得.如圖，分別取，的中點，，連接，，，∵，且，故四邊形是平行四邊形，故，同理可證：，所以為所求的角（或其補角），又因為，，所以，故，所以.故選：C.8、答案：B解析：根據角的配湊，得，即可求解出答案.由題意，故選：B.9、答案：ABD解析：對條件進行變形，利用不等式的基本性質對選項一一分析即可.解：因為，當且僅當時取等號，解得，即，故的最大值為2，A正確；由得，所以，當且僅當，即時取等號，此時取得最小值4，B正確；，當且僅當，即時取等號，C錯誤；，當且僅當時取等號，此時取得最小值，D正確．故選：ABD．10、答案：ABD解析：根據題意作出函數的圖象，進而通過數形結合及三角函數的性質判斷答案.由題意，若，則，若，則.函數圖象如下：由圖可知，函數的最小正周期為且為偶函數，值域為，則A,B正確,C錯誤；對D，設，所以，因為函數在上單調遞減，所以.D正確.故選：ABD.11、答案：AC解析：根據不等式的性質和特殊值法逐項分析可求得答案.解：由不等式性質逐項分析：A選項：由，故，根據不等式同向相加的原則，故A正確B選項：若，則，故B錯誤；C選項：，，則，化簡得，故C正確；D選項：，，，則，故D錯誤.故選：AC12、答案：BCD解析：根據平行線的性質、正四面體的性質、球的性質，結合線面垂直的判定定理和性質、球的表面積公式進行求解判斷即可.取的中點F，連接，因為為的中點，所以，假設，所以有，顯然與矛盾，故假設不成立，因此A選項說法不正確；設正四面體外接球的球心為，因為，為的中點，所以，因此，同理，所以有，因為為的中點，所以直線是的垂直平分線，而是正四面體外接球的球心，所以，因此正四面體外接球的球心在上，所以選項D說法正確，設頂點在底面的射影為，顯然在線段上，設該球的半徑為，，所以，因此有：，所以該球的表面積為：，故選項B說法正確；由上可知：，，而平面，所以平面，而平面，所以，因此選項C說法正確，故選：BCD小提示：關鍵點睛：運用正四面體的性質通過計算確定該正四面體外接球的球心位置是解題的關鍵.13、答案：

解析：（1）根據分數指數冪、根式的計算可得答案；（2）根據分數指數冪的運算計算可得答案.（1）；（2）.故答案為：①6；②.14、答案：

解析：利用指對數運算性質計算即可.解：；.故答案為：；小提示：本題考查指對數運算，是基礎題.15、答案：

解析：根據定義，第次操作，去掉個長度為的區間；解對數不等式，即可得到答案；第1次操作，去掉1個長度為的區間，第2次操作，去掉2個長度為的區間，第3次操作，去掉個長度為的區間，第次操作，去掉個長度為的區間，第次操作去掉的各區間的長度之和為；，，故答案為：；16、答案：（1）；（2）.解析：（1）根據題意由任意角三角函數可得，，，整理可得，代入即可得解；（2）由逆時針旋轉可得，則代入即可得解.（1）已知在單位圓上，角的終邊落在第二象限上，且點的橫坐標為，由三角函數的定義知，，（2）由題意知，則，則.17、答案：（1）；（2）.解析：（1）直接利用誘導公式化簡即可；（2）由（1）可得，然后由同角三角函數的關系求出的值，從而可求得的值（1）由誘導公式得；（2）由可知因為，所以，所以18、答案：(1)，(2)解析：（1）求出結合，進而求出交集與并集；（2）根據集合交集的結果得到集合的包含關系，進而分類討論，求出實數的取值范圍.(1)當時，可得集合，，所以，.(2)由，可得，①當時，可得，解得：；②當時，則滿足，解得：，綜上：實數的取值范圍是.19、答案：（1）是奇函數；（2）在上單調遞增，證明見解析；（3）.解析：（1）根據求出，根據定義可知是奇函數；（2）在上單調遞增，按照取值、作差、變形、判號、下結論這五個步驟證明可得解；（3）根據（2）的單調性求出最值可得值域.（1）由，得，，所以.由于定義域為，關于原點對稱，且，所以是奇函數.(2）在上單調遞增，證明如下：證明：設，則.因為，所以，，所以，在上單調遞增.（3）因為函數在上單調遞增，所以，.所以函數在上的值域為.小提示：本題考查了函數的奇偶性，考查了利用定義證明函數的單調性，考查了利用函數的單調性求函數的值域，屬于中檔題.20、答案：（1）存在為的中點時使平面DEF//平面ABC1，理由見解析；（2）證明見解析.解析：（1）若為的中點，連接，易得，應用線面平行的判定可得面ABC1、面ABC1，再由面面平行的判定可證面DEF//面ABC1，即可確定D的位置，（2）若是與交點，是中點，連接，易得為、中點且為平行四邊形，進而證明△為等腰三角形即可證結論.（1）若為的中點，連接，又E，F分別是棱BC，CC1的中點，∴，又面ABC1，面ABC1，則面ABC1，面ABC1，面ABC1，則面ABC1，由，則面DEF//面ABC1，綜上，存在為的中點時使平面DEF//平面ABC1.（2）若是與交點，是中點，連接，由三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，E，F分別是棱BC，CC1的中點，∴為、中點，易知：且，且，∴且，即為平行四邊形，∴，又AB⊥AC，AC＝AA1，∴在直角△和直角△中，，，∴，故在等腰△中，，即.21、答案：(1)(2)解析：（1）平面向量