數(shù)學試題考試時間：120分鐘滿分150分一、單項選擇題：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. 設集合M={x|x＜4}，集合，則下列關系中正確的是（　?。?/span>A. M∪N=M B. M∪?RN=M C. N∪?RM=R D. M∩N=M【答案】A【解析】【詳解】集合，集合，則，A正確；或，∴，B錯誤；，∴或，C錯誤；，D錯誤，故選A.2. 若復數(shù)z滿足，則|z|=（    ）A.  B.  C.  D. 2【答案】C【解析】【分析】利用復數(shù)除法求復數(shù)z，進而求模長即可.【詳解】由則.故選：C3. “，”為真命題的一個充分不必要條件是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先確定“，”為真命題時的范圍，進而找到對應選項.【詳解】若命題“，”為真命題，則，則是的充分不必要條件，故選：D．4. 已知，則（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用倍角公式可得，再利用弦化切，即求.【詳解】∵,∴.故選：B．5. 已知偶函數(shù)在區(qū)間上單調遞減，則滿足的x的取值范圍是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由偶函數(shù)性質得函數(shù)在上的單調性，然后由單調性解不等式．【詳解】因為偶函數(shù)在區(qū)間上單調遞減，所以在區(qū)間上單調遞增 ， 因為，所以由偶函數(shù)性質知所以，解得：.故選：A．6. 已知函數(shù)在上單調遞增，則a的取值范圍為（    ）A.  B.  C.  D. 或【答案】C【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)單調遞增轉化為導數(shù)不小于0恒成立，分離參數(shù)求解即可.【詳解】因為函數(shù)在上單調遞增，所以在上恒成立，即在上恒成立，由在上單調遞增知，，所以，故選：C7. 甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為，側面積分別為和，體積分別為和．若，則（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，根據(jù)圓錐的側面積公式可得，再結合圓心角之和可將分別用表示，再利用勾股定理分別求出兩圓錐的高，再根據(jù)圓錐的體積公式即可得解.【詳解】解：設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，則，所以，又，則，所以，所以甲圓錐的高，乙圓錐的高，所以.故選：C. 8. 已知，且，，，則（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】構造函數(shù)，根據(jù)單調性即可確定的大小.【詳解】設函數(shù)，，當，此時單調遞增，當，此時單調遞減，由題，，，得，因為，所以，則，且，所以.故選：A.【點睛】解本題的關鍵是發(fā)掘題中三個式子的相似性，并進行等價變形，易于構造函數(shù)，本題多次利用函數(shù)的單調性，先利用單調性判斷函數(shù)值大小，再由函數(shù)單調性判斷自變量大小.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，計20分.在每小題給出的選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對得5分，有選錯的得零分，部分選對得2分.9. 已知，則下列命題不正確的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】對于A：當時，不等式不成立；對于B：當時，不等式不成立；對于C：由已知得，由此可判斷；對于D：由已知得，由此可判斷．【詳解】解：對于A：當時，不等式不成立，故A不正確；對于B：當時，不等式不成立，故B不正確；對于C：因為，所以，即，故C不正確；對于D：因為，所以，即，故D正確，故選：ABC．10. 內角，，的對邊分別為，，.已知，且，則下列結論正確的是（    ）A.  B. C. 的周長為 D. 的面積為【答案】ABD【解析】【分析】由正弦定理得，即可判斷A選項；由平方關系及商數(shù)關系即可判斷B選項；先由余弦定理得，再求出周長即可判斷C選項；先求得，再求面積即可判斷D選項.【詳解】由正弦定理得，整理得，即，A正確；由可得，則，B正確；由余弦定理得，又，可得，整理得，的周長為，C錯誤；由上知：，，可得，則的面積為，D正確.故選：ABD11.  在棱長為2的正方體中，點，分別是棱，的中點，則（    ）A.  異面直線與所成角的余弦值為B.  C.  四面體的外接球體積為D.  平面截正方體所得的截面是四邊形【答案】BC【解析】【分析】利用坐標法可判斷AB，利用正方體的性質可判斷CD.【詳解】如圖建立空間直角坐標系，則，∴，，∴，A錯誤；∴，，，∴，B正確；由題可知四面體外接球即為正方體的外接球，所以外接球半徑滿足，，∴，C正確；延長交延長線與，連接交于，延長交延長線于，連接交于，則五邊形為平面截正方體所得的截面，D錯誤. 故選：BC.12. 已知數(shù)列滿足，，，為數(shù)列的前n項和，則下列說法正確的有（    ）A. n為偶數(shù)時， B. C.  D. 的最大值為20【答案】AC【解析】【分析】對選項A，偶數(shù)項構成等比數(shù)列，即可求得通項；對選項B，檢驗當時，所給表達式不滿足；對選項C，按照n為奇數(shù)和偶數(shù)分別討論，根據(jù)，可直接求得；對選項D，的最大值為【詳解】根據(jù)遞推關系可知，n為奇數(shù)時，n為偶數(shù)時，，故A對；根據(jù)奇數(shù)項構成等差數(shù)列可得：而又：則有：，故B錯誤；，故C對；根據(jù)中的奇數(shù)項構成等差數(shù)列，而偶數(shù)項之和不是1就是0，因此根據(jù)特點可知：的最大值在奇數(shù)項之和取得最大值的附近，，，，，，，的最大值為，故D錯故選：AC三、填空題：本題共4小題，每小題5分，計20分.13. 已知函數(shù)，則___________.【答案】9【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)解析式直接求解即可.【詳解】解：根據(jù)題意，故答案為：914. 正方形的邊長為2，以為直徑的圓，若點為圓上一動點，則的取值范圍為__________.【答案】【解析】【分析】以的中點為坐標原點建立平面直角坐標系，設點，根據(jù)向量的坐標運算結合正弦值的有界性運算求解.【詳解】如圖，以的中點為坐標原點建立平面直角坐標系，則，∵圓M為標準單位圓，設點，則，∴，又∵，則.故答案為：.15. 設函數(shù)，已知，且，若的最小值為e，則a的值為______.【答案】##【解析】【分析】令，由圖象可知，構造函數(shù)，利用導數(shù)求函數(shù)最小值即得.【詳解】令，由圖象如圖所示可知．因為，則，，得，即．令，則，∴當時，即時，，則在上單調遞減，所以，解得（不滿足，舍去）；∴當時，即時，，∴在上單調遞減，在上單調遞增，所以，解得滿足題意．綜上可得，．故答案為：.16. 在三棱錐中，平面ABC，，．以A為球心，表面積為的球面與側面PBC的交線長為______．【答案】【解析】【分析】利用線面垂直的性質定理及判定定理證得平面PBC，進而知球面與側面PBC的交線為以為圓心，半徑為1的半圓弧，利用弧長公式求解.【詳解】設以A為球心的球的半徑為，則，解得如圖，取中點，由，又平面ABC，平面ABC，又，，所以平面PAC，又平面PAC，，又，平面PBC，又，，又，作，則，，所以球面與側面PBC的交線為以為圓心，半徑為1的半圓弧，故所求長為故答案為：四、解答題：本題共6小題，計70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17. 已知等比數(shù)列{}的公比，且，．（1）求數(shù)列{}的通項公式；（2）設數(shù)列{}的前n項和為，求數(shù)列{}的前n項和．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)等比數(shù)列的通項公式進行求解即可；（2）利用錯位相消法進行求解即可.【小問1詳解】由，或（舍去），所以；【小問2詳解】由（1）可知，所以，所以，設數(shù)列{}的前n項和為，，，，得，即.18. 在①，②，③三個條件中任選一個補充在下面的橫線上，并加以解答.在中，角的對邊分別為且        ，是的平分線交于點，若，求：（1）求角；（2）求的最小值.【答案】（1）條件選擇見解析，    （2）9【解析】【分析】（1）若選①：利用正弦定理邊化角結合兩角和的正弦公式化簡求解；若選②：利用正弦定理邊化角結合余弦定理化簡求解；若選③：根據(jù)面積公式結合數(shù)量積的定義運算求解；（2）根據(jù)面積關系結合面積公式化簡整理得，再結合基本不等式中“1”的靈活運用求解.【小問1詳解】若選①：∵，由正弦定理得，則，又∵，所以，且，所以.若選②：∵，由正弦定理得，即，所以由余弦定理得，即，又，所以.若選③：由，得，即，所以，又，所以.【小問2詳解】因為是的平分線交于點，，所以，∵，則，即，整理得，即，所以，當且僅當，即時取等號，故的最小值9.19. 如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面，，，且.（1）求證：平面平面；（2）若，，求直線PB與平面ADP所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析    （2）【解析】【分析】（1）由已知，根據(jù)條件先推導，然后再根據(jù)，所以，結合，使用線面垂直的判定定理證明平面，然后再使用面面垂直的判定定理證明面面垂直即可；（2）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，分別表示出各點坐標，然后求解出平面的法向量，然后借助求解直線PB與平面ADP所成角的正弦值.【小問1詳解】因為，所以，所以，又因為，所以，所以，所以，又因為平面，平面，所以，又因為，平面，所以平面，而平面，所以平面平面.得證.小問2詳解】如圖，以為坐標原點，分別以、、所在的直線為坐標軸正方向建立空間直角坐標系，則點，，，，則，，，設平面的法向量為，則，即，令可得平面的法向量為，設直線PB與平面ADP所成角為，則.直線PB與平面ADP所成角的正弦值為.20. 已知函數(shù).（1）求函數(shù)的單調遞增區(qū)間；（2）若函數(shù)在區(qū)間上恰有個零點，（i）求實數(shù)的取值范圍；（ii）求的值.【答案】（1）    （2）（i）；（ii）.【解析】【分析】（1）利用誘導公式、二倍角公式和輔助角公式可化簡得到；根據(jù)正弦型函數(shù)單調性的求法可求得單調遞增區(qū)間；（2）（i）令，將問題轉化為與在上恰有個不同的交點，利用數(shù)形結合的方式即可求得的取值范圍；（ii）由（i）中圖像可確定，，由此可得，整理可得，由兩角和差正弦公式可求得的值，即為所求結果.【小問1詳解】；令，解得：，的單調遞增區(qū)間為.【小問2詳解】（i）由（1）得：，當時，，設，則在區(qū)間上恰有個零點等價于與在上恰有個不同的交點；作出在上的圖像如下圖所示，由圖像可知：當時，與恰有個不同的交點，實數(shù)的取值范圍為；（ii）設與的個不同的交點分別為，則，，，即，整理可得：，，.21. 已知正項數(shù)列的前n項和為，，且滿足．數(shù)列滿足．（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若從數(shù)列中去掉數(shù)列的項后余下的項按原來的順序組成數(shù)列，設數(shù)列的前n項和為，求．【答案】（1）；    （2）【解析】【分析】（1）兩個數(shù)列的通項都是通過作差后再變形整理求得通項；（2）根據(jù)數(shù)列的特征去掉數(shù)列中的項后再求和即可.【小問1詳解】因為，（1）所以當時，（2），所以（1）-（2）得，所以．                因為，所以，                因為，所以，所以數(shù)列是首項為2，公差為2的等差數(shù)列，                所以．                因為，（3）所以當時，，（4）所以（3）-（4）得，解得，        當時，滿足上式，所以．【小問2詳解】由（1）知，                數(shù)列前60項中與數(shù)列的公共項共有6項，且最大公共項為．又因為，從而數(shù)列中去掉的是這7項，所以．22 已知函數(shù)，.（1）求函數(shù)的極值；（2）證明：有且只有兩條直線與函數(shù)，的圖象都相切.【答案】（1）極大值為，沒有極小值；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）求出的解析式，利用導數(shù)判斷單調性，由單調性可得極值；（2）設直線分別切，的圖象于點，，分別求出切線的方程，比較兩個方程可得關于與的方程組，消去可得關于的方程，再構造對應的函數(shù)，利用導數(shù)判斷單調性結合零點存在性定理即可求得函數(shù)有兩個零點，即方程有兩個根即可求證.【詳解】（1）的定義域為， 且，當時，；當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減， 所以是的極大值點，故的極大值為，沒有極小值. （2）設直線分別切，的圖象于點，，由可得，得的方程為，即：；由可得，得的方程，即：.比較的方程，得，消去，得. 令（），則.當時，；當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以. 因為，所以在上有一個零點； 由，得，所以在上有一個零點，所以在上有兩個零點， 故有且只有兩條直線與函數(shù)，圖象都相切.【點睛】方法點睛：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和極值的步驟：①寫定義域，對函數(shù)求導；②在定義域內，解不等式和；③寫出單調區(qū)間，并判斷極值點求得極值.
  

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