Page22本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，滿分150分，考試時間120分鐘一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，集合，則（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據集合的交并補運算即可求解.【詳解】由題意可知集合,集合，∴，∴，故選：B．2.已知復數，則（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知，可依據題意干脆表示出，化簡即可得到結果.【詳解】由已知，復數，故選：A．3.已知平面對量，，，，且，則向量與向量的夾角為A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據可得到：，由此求得；利用向量夾角的求解方法可求得結果.【詳解】由題意知：，則設向量與向量的夾角為則本題正確選項：【點睛】本題考查向量夾角的求解，關鍵是能夠通過平方運算將模長轉變為向量的數量積，從而得到向量的位置關系.4.函數，（其中，，）其圖象如圖所示，為了得到的圖象，可以將的圖象（）A.向右平移個單位長度 B.向右平移個單位長度C.向左平移個單位長度 D.向左平移個單位長度【答案】B【解析】【分析】依據函數所過的特別點和正弦最小正周期公式，結合誘導公式和正弦型函數的變換性質進行推斷即可.【詳解】由函數圖象可知：，函數過兩點，設的最小正周期為，因為，所以有，而，因此，即，因為，所以，因為，所以，即，因此，而，而，因此該函數向右平移個單位長度得到函數的圖象，故選：B5.足球被譽為“世界第一運動”，它是全球體育界最具影響力的單項體育運動，足球的表面可看成是由正二十面體用平面截角的方法形成的．即用如圖1所示的正二十面體，從每個頂點的棱邊的處將其頂角截去，截去個頂角后剩下的如圖2所示的結構就是足球的表面結構．已知正二十面體是由個邊長為的正三角形圍成的封閉幾何體，則如圖2所示的幾何體中全部棱的邊數為（）．A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】計算原來正二十面體共有多少條棱，再計算出截去個頂角后每個面會多出3條棱，從而計算共多出多少條棱數，即可求得答案.【詳解】由題意可知原來正二十面體的每一條棱都會保留，正二十面體每個面條棱，每條棱屬于兩個面，則原來共有條棱，此外每個面會產生條新棱，共產生條新棱，∴共有條棱，故選：B．6.在中，角、、所對的邊分別為、、，則“”是“”的（）．A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】結合正余弦函數的性質，推斷命題“”和“”之間的邏輯推理關系，即可推斷出答案.【詳解】由“”成立可知，若為鈍角，則，則，若不為鈍角，則，則∴“”能推出“”成立，由中,“”成立可知，若為鈍角，∵，∴，∴，若不為鈍角，則，∴，∴“”能推出“”成立，∴“”是“”的充分且必要條件，故選:C．7.已知，，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】構造函數以及函數，分別利用導數探討其單調性，進而依據單調性比較函數值的大小.【詳解】令，，當時，，，，單調遞增，，即，，即，令，，令，令，，當時，，單調遞增，在上單調遞減，，，在上單調遞減，，即，綜上：.故選：D.8.已知數列的通項公式是，則（）A.0 B.55 C.66 D.78【答案】D【解析】【分析】先分為奇數和偶數兩種狀況計算出的值，可進一步得到數列的通項公式，然后代入轉化計算，再依據等差數列求和公式計算出結果.【詳解】解：由題意得，當為奇數時，，當為偶數時，所以當為奇數時，；當為偶數時，，所以故選：D【點睛】此題考查數列與三角函數綜合問題，以及數列求和，考查了正弦函數的性質應用，等差數列的求和公式，屬于中檔題.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知、，且，則下列不等式中肯定成立的是（）．A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】采納三角代換結合三角函數協助角公式化簡，可推斷A;利用基本不等式推斷B;利用基本不等式結合對數運算推斷C;利用基本不等式結合指數運算推斷D.【詳解】A選項，設、，，∴，其中且，∴，A正確；B選項，因為、,，故，即，當且僅當時取等號,B錯，C選項，，即，∴，當且僅當時取等號（最大值）,C正確，D選項，由B選項得，∴，當且僅當時取等號（最大值），D正確，故選：ACD．10.已知無窮數列滿意：當為奇數時，；當為偶數時，，則下列結論正確的為（）A.和均為數列中的項B.數列為等差數列C.僅有有限個整數使得成立D.記數列的前項和為，則恒成立【答案】BD【解析】【分析】分別令、，解出的值，可推斷A選項；利用等差數列的定義可推斷B選項；解不等式可推斷C選項；利用等比數列的求和公式可推斷D選項.【詳解】對于A選項，分析可知當為奇數時，為奇數，當為偶數時，為偶數，令可得，不合乎題意，令可得，合乎題意，所以，不是數列中的項，是數列中的項，A錯；對于B選項，因為，所以，數列是公差為的等差數列，B對；對于C選項，若為偶數，由可得，沖突，若為奇數，由可得，即，解得，全部滿意條件的奇數都合乎題意，所以，有無限個整數使得成立，C錯；對于D選項，為偶數，則，且，所以，數列是以為首項，以為公比的等比數列，所以，，D對.故選：BD.11.設表示不超過實數的最大整數，函數，則（）A.的最大值為B.是以為周期的周期函數C.在區間上單調遞增D.對，【答案】BD【解析】【分析】利用題中的新定義，將函數轉化為分段函數，即可推斷選項A,C；利用周期函數的定義以及性質即可推斷選項B，由分段函數的解析式以及周期性即可推斷選項D．【詳解】因為，，所以，所以是以為周期的周期函數，故是以為周期的周期函數，故選項B正確；由題意可得，，故的最大值為1，故選項A錯誤；函數在上為常數函數，故選項C錯誤；當時，，故選項D正確．故選：BD【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是先將函數轉化為分段函數.12.定義在上的函數滿意：，，則下列說法正確的是（）．A.在處取得微小值，微小值為 B.只有一個零點C.若在上恒成立，則 D.【答案】BCD【解析】【分析】依據可得，進而通過求導得的單調性，進而可推斷,將恒成立問題轉化為求最值問題，構造函數求最值可求解C.【詳解】A選項，∵且可得：，即，∴（為常數），又∵，∴，∴，∴，其定義域為，，令，解得，當時，則在內單調遞增，當時，則在內單調遞減，∴在處取得極大值，也是最大值，∴，故A錯，B選項，當,，當時，，當時，，因此只有唯一的零點，故B正確,C選項，要保證在上恒成立，即保證在上恒成立，在上恒成立，∴只需，令，其定義域為，∴，令，解得，當時，，∴在內單調遞增，當時，，∴在內單調遞減，∴在處取得極大值，也是最大值，∴，∴，故C對，D選項，∵在內單調遞增，在內單調遞減，又，∴，又∵、，∴，依據得，∴，∴，故D對，故選:BCD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知，則_____．【答案】【解析】【分析】由已知求得，再轉化，運用誘導公式可求得答案.【詳解】因為，所以，又，所以，則＝，故答案為：．【點睛】本題考查三角函數求值問題中給值求值型，關鍵在于找出待求的角與已知角之間的關系，屬于中檔題.14.設等差數列的公差為，前項和為，若，則的最小值________．【答案】【解析】【分析】求出等差數列的和與通項公式，然后化簡表達式，利用基本不等式求解即可．【詳解】解：等差數列的公差為，前項和為，若，，，．當且僅當時取等號．故答案為．【點睛】本題考查數列與不等式的應用，等差數列的通項公式以及求和是的應用，考查轉化思想以及計算實力．15.如圖，在四邊形ABCD中，AB⊥BC，AB=6，BC=8，△ACD是等邊三角形，則的值為_______________．【答案】14.【解析】【分析】依據三角形的邊角關系，求得各個邊長和角度；依據向量數量積求得的值．【詳解】AB⊥BC，AB=6，BC=8，∴AC=10，∴cos∠BAC=；又△ACD是等邊三角形，∴AD=AC=10，cos∠CAD=，∴?=?（﹣）=?﹣?=10×10×﹣10×6×=14．【點睛】本題考查了利用三角形中各個角和邊的關系，求向量數量積的運算，屬于基礎題．16.在三棱錐中，底面，，，為的中點，球為三棱錐的外接球，是球上任一點，若三棱錐體積的最大值是，則球的體積為___________.【答案】【解析】【分析】分析可知三棱錐外接球球心為中點，求出點到平面的距離，可得出點到平面的距離的最大值，利用錐體體積可得出關于的等式，求出的值，可得出球的半徑的值，再利用球體的體積公式可求得結果.【詳解】正中，為的中點，則，而平面，平面，則，而，、平面，則平面，平面，所以，，平面，平面，，所以，的中點到點、、、的距離相等，即三棱錐外接球球心為中點，從而，點是三棱錐外接球球心，設球的半徑為，則，，因為的外接圓圓心為的中點，設為，連接，因為、分別為、的中點，則，故平面，如圖，則有，即到平面的距離為，因此到平面距離的最大值為，又，即有，解得，所以，，所以球的體積為.故答案為：.【點睛】方法點睛：解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：假如是內切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；假如是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結論：依據作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知函數．求在區間上的最大值和最小值；若，求的值．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】利用倍角公式降冪，再由協助角公式化積．由x的范圍求得相位的范圍，則函數最值可求；由已知求得，再由誘導公式及倍角公式求的值．【詳解】解：,．,,,則，；由,得,．．【點睛】本題考查三角函數的恒等變換應用,考查型函數的圖象與性質，考查計算實力,屬于中檔題．18.如圖，在四棱錐中，，，是等邊三角形，平面平面，是的中點，.（1）求證：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）由，結合面面垂直的性質中點平面，進而證得；（2）取的中點，連接，可得，以為原點建立的空間直角坐標系，分別求得平面和的法向量，結合向量的夾角公式，即可求解.【小問1詳解】證明：因為是等邊三角形，且是的中點，所以，又因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又由平面，所以.【小問2詳解】解：取的中點，連接，、分別為、的中點，則，，則，又因為平面，以為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，因為且等邊三角形，可得,可得，則，設平面的法向量，則，令，可得，即，設平面的法向量，則，令，可得，即，所以，由圖可知，二面角為銳角，所以二面角的余弦值為.19.已知正項等差數列滿意：，且成等比數列．（1）求的通項公式；（2）設，是數列的前n項和，若對隨意均有恒成立，求的最小值．【答案】（1）（2）最小值為【解析】【分析】（1）設等差數列的公差為，由及等差數列的通項公式得到，則，再依據等比中項的性質得到方程，求出，即可得解；（2）由（1）可得，利用裂項相消法求和得到，即可得到，從而求出的取值范圍，即可得解；【小問1詳解】解：設等差數列的公差為，由得，則，所以．因為、、成等比數列，所以，即，所以，解得或，因為為正項數列，所以，所以，所以．【小問2詳解】解：由（1）可得，所以，因為對隨意均有，所以，所以實數的最小值為20.記內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）若，求B；（2）求的最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）依據二倍角公式以及兩角差的余弦公式可將化成，再結合，即可求出；（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式將化成，然后利用基本不等式即可解出．【小問1詳解】因為，即，而，所以；【小問2詳解】由（1）知，，所以，而，所以，即有，所以所以．當且僅當時取等號，所以的最小值為．21.如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，∥，，平面⊥底面，為的中點，，，．（1）求證：平面⊥平面；（2）在棱上是否存在點使得二面角大小為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析；（2）存在，且．【解析】【分析】（1）要證面面垂直，就要證線面垂直，題中由已知可得BD⊥AD，再由面面垂直的性質可得BQ⊥平面PAD，從而可得面面垂直；（2）假設存在，以Q為原點建立解析中所示的空間直角坐標系．寫出各點坐標，同時設，且，得，求出平面，平面的法向量，由法向量的夾角與二面角的關系求出，若求出不出，則說明不存在，求出則說明存在.【小問1詳解】∵AD//BC，BC=AD，Q為AD的中點，∴四邊形BCDQ為平行四邊形，∴CD//BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，平面ABCD，∴BQ⊥平面PAD．∵BQ平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．【小問2詳解】假設存在點使得二面角大小為∵PA=PD，Q為AD的中點，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，平面，∴PQ⊥平面ABCD．如圖，以Q為原點建立空間直角坐標系．則，，，，，所以平面BQC的法向量為，由，且，得，又，設平面MBQ法向量，則，∴，取，則，，∴平面MBQ法向量為．∵二面角M-BQ-C為30°，∴，解得．∴，∴，由，得，所以存在點M滿意時，二面角大小為，且QM的長度為．22.已知函數．（1）若函數存在極大值為，求實數的值（2）設函數有三個零點，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求導，依據導函數推斷的單調性，進而確定極值，通過構造函數，即可求導確定單調性，進而得值，（2）求導，通過分類探討的范圍，確定單調性，即可求解【小問1詳解】由題意得函