本試卷共4頁，23小題，滿分150分．考試用時120分鐘．
第I卷 選擇題
一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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(shè)集合，，則（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式化簡集合A，解指數(shù)函數(shù)不等式化簡集合B，再求集合的交集.
【詳解】或，
，
所以.
故選：C.
2. 復(fù)數(shù)（，為虛數(shù)單位），在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點在上，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點的坐標(biāo)，代入，求得，再根據(jù)復(fù)數(shù)的模的公式即可得解.
【詳解】解：復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點的坐標(biāo)為，
因為點在上，
所以，解得，
所以，
所以.
故選：B.
3. 若實數(shù)x，y滿足約束條件，則z=3x+y的最大值為（ ）
A. B. 3C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】畫出約束條件的可行域，利用目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，求解即可．
【詳解】解：可行域如圖所示，作出直線，可知要取最大值，
即直線經(jīng)過點．
解方程組得，，
所以．
故選：D．
4. 設(shè)，，則“'”是“”的（ ）
A. 充要條件B. 充分條件但不是必要條件
C. 既不是充分條件也不是必要條件D. 必要條件但不是充分條件
【答案】D
【解析】
【分析】由基本不等式得，，若，則是真命題，反之，舉例即可判斷，進而根據(jù)充分條件與必要條件的概念求解.
【詳解】解：因為，，，
所以 ，即，，若，則是真命題；
反之若，滿足，此時，
所以“'”是“”的必要條件但不是充分條件.
故選：D
5. 天文學(xué)中，用視星等表示觀測者用肉眼所看到的星體亮度，用絕對星等反映星體的真實亮度.星體的視星等，絕對星等，距地球的距離有關(guān)系式（為常數(shù)）.若甲星體視星等為，絕對星等為，距地球距離；乙星體視星等為，絕對星等為，距地球距離，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用對數(shù)的運算可求得的值.
【詳解】由已知可得，
上述兩個等式作差得，因此，.
故選：A.
6. 已知球的內(nèi)接圓柱（圓柱的底面圓周在球面上）的高恰好是球的半徑，則圓柱側(cè)面積與球的表面積之比為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】設(shè)球的半徑為R，圓柱的底面半徑為r，圓柱的高為R，可得，即求.
【詳解】設(shè)球的半徑為R，圓柱的底面半徑為r，圓柱的高為R，如圖為圓柱的軸截面，
則，
又圓柱的側(cè)面積為，球的表面積為，
∴圓柱側(cè)面積與球的表面積之比為.
故選：B.
7. 函數(shù)的圖象大致為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性，可排除C、D，利用和時，，結(jié)合選項，即可求解.
【詳解】由題意，函數(shù)的定義域為，
且，
所以函數(shù)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，排除C、D；
當(dāng)時，可得，且時，，
結(jié)合選項，可得A選項符合題意
故選：A.
8. 已知直線是曲線的切線，則（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解作答.
【詳解】函數(shù)，求導(dǎo)得，令直線與曲線相切的切點為，
于是且，所以.
故選：B
9. 將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象，且的圖象的一條對稱軸是直線，則的最小值為（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平移變換得出，再由對稱軸的性質(zhì)得出，，結(jié)合得出的最小值.
【詳解】將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象對應(yīng)的函數(shù)為
因為函數(shù)的圖象的一條對稱軸是直線
所以，
解得，，又
所以當(dāng)時，取最小值，為
故選：A
【點睛】關(guān)鍵點睛：解決本題的關(guān)鍵在于利用對稱軸的性質(zhì)結(jié)合得出的最小值.
10. 如圖，已知四棱錐中，四邊形為正方形，平面平面為上一點，且平面，則三棱錐體積最大值為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得三棱錐體積的表達式，然后利用基本不等式求得體積的最大值.
【詳解】由題意，平面平面，得；
由平面，有；
因為,
從而平面，所以，
所以．
令，，則．
所以，
其中“”當(dāng)且僅當(dāng)時取得．
故選：A
11. 若不等式恒成立，則a的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把不等式轉(zhuǎn)化為對x>0恒成立，設(shè)，故對任意的恒成立，利用導(dǎo)數(shù)可求a的取值范圍.
【詳解】由不等式恒成立，可知對x>0恒成立.
設(shè)，則該函數(shù)為上的增函數(shù)，故，
故對任意的恒成立，
設(shè)，則，
當(dāng)時，，故為上的增函數(shù)，
而當(dāng)時，有，不合題意；
當(dāng)時，對任意的恒成立，
當(dāng)時，
若，則，當(dāng)時，，
故在為減函數(shù)，在為增函數(shù)，
故，
故
綜上：取值范圍是.
故選：A
【點睛】方法點睛：恒成立問題：
①參變分離，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的最值問題；
②不能參變分離，直接對參數(shù)討論，研究的單調(diào)性及最值；
③可利用代數(shù)變形方法將不等式轉(zhuǎn)化為簡單不等式來處理.
12. 克糖水中含有克糖，糖的質(zhì)量與糖水的質(zhì)量比為，這個質(zhì)量比決定了糖水的甜度，如果再添加克糖，生活經(jīng)驗告訴我們糖水會變甜，對應(yīng)的不等式為(，).若，，，則
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)題意當(dāng)，時成立，得出，用作差法比較得出，即可得出答案.
【詳解】解：因為，，
所以，，
根據(jù)題意當(dāng)，時成立，
又，
所以，
即：，
又
所以，
所以，
故選：B.
【點睛】對數(shù)運算的一般思路：
（1）拆：首先利用冪的運算把底數(shù)或真數(shù)進行變形，化成分數(shù)指數(shù)冪的形式，使冪的底數(shù)最簡，然后利用對數(shù)運算性質(zhì)化簡合并；
（2）合：將對數(shù)式化為同底數(shù)的和、差、倍數(shù)運算，然后逆用對數(shù)的運算性質(zhì)，轉(zhuǎn)化為同底對數(shù)真數(shù)的積、商、冪的運算.
第II卷 非選擇題
二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分
13. ______．
【答案】5
【解析】
【分析】
根據(jù)指數(shù)冪和對數(shù)的運算法則即可運算.
【詳解】.
故答案為：5.
14. 在平面直角坐標(biāo)系中，角與角均以為始邊，它們的終邊關(guān)于軸對稱．若，則______．
【答案】
【解析】
【分析】
由題意得，然后由求解.
【詳解】因為角與角均以為始邊，它們的終邊關(guān)于軸對稱，且，
所以，
所以，
故答案為：
15. 在中，角的對邊分別為，且，的面積為，則的值為__________．
【答案】
【解析】
【詳解】由正弦定理，原等式可化為，進一步化為，則，即．在三角形中．由面積公式，可知，由余弦定理，代入可得．故本題應(yīng)填．
點睛：本題主要考查正余弦定理.在利用正,余弦定理 解三角形的過程中,當(dāng)所給的等式中既有正弦又有余弦時,常利用正弦定理將邊的關(guān)系轉(zhuǎn)化為角的關(guān)系;如果出現(xiàn)邊的平方或者兩邊長的乘積時 可考慮使用余弦定理判斷三角形的形狀.解三角形問題時,要注意正,余弦定理的變形應(yīng)用,解題思路有兩個:一個是角化為邊,二是邊化為角.選擇余弦定理和面積時，要以已知角的為主．
16. 已知函數(shù)，.下列有關(guān)的說法中，正確的是______(填寫你認為正確的序號).
①不等式的解集為或；
②在區(qū)間上有四個零點；
③的圖象關(guān)于直線對稱；
④的最大值為；
⑤的最小值為；
【答案】③④
【解析】
【分析】
由，則①，即，可判斷；②,則或，可判斷；③由條件可得可判斷；，設(shè)，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間可得其最值，從而可判斷④，⑤
【詳解】由
①，即，又，則或，故①不正確.
②,則或，又
所以，共有5個零點，故②不正確.
③
所以，則的圖象關(guān)于直線對稱，故③正確.
④
設(shè) ，則，則
由解得，由解得或
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
當(dāng)時, ,當(dāng)時, ,
當(dāng)時，，當(dāng)時，，
所以當(dāng)時，函數(shù)有最大值
所以當(dāng)時,函數(shù)有最小值
所以④正確，⑤不正確.
故答案為：③④
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查三角函數(shù)的對稱性、零點、最值等基礎(chǔ)知識，解答本題的關(guān)鍵是將，由條件可得，或，以及，得出函數(shù)在上的單調(diào)性，屬于中檔題.
三、解答題：共 70 分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第 17～21 題為必考題，每個試題考生都必須作答．第 22、23 題為選考題，考生根據(jù)要求作答．
（一）必考題：共 60 分．
17. 已知函數(shù)，?，若在處與直線相切.
（1）求，的值；
（2）求在上的極值.
【答案】（1）；（2）極大值為，無極小值.
【解析】
【分析】
（1）求得函數(shù)額導(dǎo)數(shù)，根據(jù)題意列出方程組，即可求得的值；
（2）由（1）得，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合極值的概念，即可求解.
【詳解】（1）由題意，函數(shù)，可得，
因為函數(shù)在處與直線相切，
所以，即，解得.
（2）由（1）得，定義域為，且，
令，得，令，得.
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以在上的極大值為，無極小值.
18. 已知函數(shù)(，，)的部分圖象如圖所示，為圖象與軸的交點，，分別為圖象的最高點和最低點，中，角，，所對的邊分別為，，，的面積.
（1）求的角的大??；
（2）若，點的坐標(biāo)為，求的最小正周期及的值.
【答案】（1）；（2）最小正周期為，.
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)，利用余弦定理和三角形面積公式，易得，即求解.
由，利用余弦定理可得，進而得到函數(shù)的最小正周期為，然后由在函數(shù)的圖象上，求得即可.
【詳解】（1），
由余弦定理得，
又，
，
即，
，
.
由題意得，，
由余弦定理，
得，
即，
設(shè)邊與軸的交點為
則為正三角形，
且，
函數(shù)的最小正周期為，
，
又點在函數(shù)的圖象上，
，
即，
即
，
即
又，
.
【點睛】方法點睛：（1）求f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω≠0)的對稱軸，只需令ωx＋φ＝＋kπ(k∈Z)，求x；求f(x)的對稱中心的橫坐標(biāo)，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)即可．
（3）求最小正周期時可先把所給三角函數(shù)式化為y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acs( ωx＋φ)的形式，則最小正周期為T＝；
（3）奇偶性的判斷關(guān)鍵是解析式是否為y＝Asin ωx或y＝Acs ωx＋b的形式．
19. 在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，且．
（1）求的外接圓半徑R；
（2）求內(nèi)切圓半徑r的取值范圍．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦邊角關(guān)系可得，應(yīng)用余弦定理即可求，進而確定其大小；
（2）由正弦定理有，，根據(jù)余弦定理有，結(jié)合（1）及，應(yīng)用三角恒等變換有，由三角形內(nèi)角性質(zhì)、正弦函數(shù)性質(zhì)求范圍即可.
【小問1詳解】
因為，由正弦邊角關(guān)系得，即，
由余弦定理，得，又，所以，
由，則.
【小問2詳解】
由正弦定理得，所以，，
由余弦定理，得，所以，
利用等面積法可得，
則
，
∵，∴，故，則，
所以，故.
20. 如圖，在四棱錐中，底面是菱形，是線段上一點（不含，），在平面內(nèi)過點作平面交于點．
（Ⅰ）寫出作的步驟（不要求證明）；
（Ⅱ）若，，是的中點，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）步驟見解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）過點作交于點，在平面內(nèi)過點作交于，連接，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理，即為所求．
（Ⅱ）解法一：如圖建系，可求得點坐標(biāo)，分別求得平面與平面的法向量和，利用向量法即可求得二面角的余弦值；
解法二：延長，交于，連接，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，可得，利用幾何法可求得平面與平面所成角的平面角，在中，即可求得答案.
【詳解】（Ⅰ）第一步：在平面內(nèi)，過點作交于點；
第二步：在平面內(nèi)過點作交于；
第三步：連接，即為所求．如圖所示：
（Ⅱ）解法一：因為是的中點，，所以是的中點，
而，所以是的中點，
連接，交于，連，設(shè)在底面的射影為，
因為，所以，即為的外心，
所以與重合，
因為，，所以，，
過作交于，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：
則，，，
所以，，設(shè)平面的法向量為，
則，
取，則，，所以
因為平面，所以平面平面，又，
所以平面，
故為平面的法向量，
設(shè)平面與平面所成銳二面角的大小為，
則，
故平面與平面所成銳二面角的余弦值為．
解法二：延長，交于，連接，如圖所示：
因為平面，平面平面，平面，所以，
又是中點，則是的中點，又，所以是的中點，
故，所以，
因平面，所以平面平面，
又，所以平面，
所以平面，
所以，即平面，
所以為二面角的平面角，
在中，，故
故平面與平面所成的銳二面角的余弦值為．
【點睛】解題關(guān)鍵是熟練掌握面面平行的性質(zhì)定理，并靈活應(yīng)用，即證明線面平行時，可先證線線平行，再根據(jù)判定定理，得到線面平行，也可先證明面面平行，根據(jù)性質(zhì)定理，可到線面平行；易錯點為，利用向量法求解二面角時，需要先證明兩兩垂直，方可建系，考查分析理解，計算化簡的能力，屬中檔題.
21. 已知函數(shù)，.
（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）證明：時，．
【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【解析】
【分析】（1）先對求導(dǎo)，再對分類討論即可得出函數(shù)的單調(diào)性；
（2）時，將所證不等式轉(zhuǎn)化為，令，，分別根據(jù)導(dǎo)數(shù)求出的最小值和的最大值即可證明不等式.
【詳解】解：（1），，
.
當(dāng)時，，函數(shù)在上單調(diào)遞減；
時，由，得，由，得，
此時函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
（2）證明：時，要證，
即要證：，，
令，則，
當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減；
當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增.
可得時，函數(shù)取得最小值，.
令，，
當(dāng)時，，此時為增函數(shù)，
當(dāng)時，，此時為減函數(shù)，
所以時，函數(shù)取得最大值，.
與不同時取得，因此，即，.
故原不等式成立.
【點睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值、分類討論方法、等價轉(zhuǎn)化方法，考查了利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，屬于中檔題.
（二）選考題：共 10 分．請考生在第 22、23 題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．
[選修 4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]
22. 已知在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，以坐標(biāo)原點O為極點，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為．
（1）求曲線C的直角坐標(biāo)方程；
（2）已知過點，傾斜角為的直線l與曲線C交于A，B兩點，若M為線段AB的三等分點，求的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式化簡已知式，兩邊同乘以，結(jié)合極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化公式即可；
（2）寫出直線的參數(shù)方程，代入曲線的方程，得到關(guān)于參數(shù)的一元二次方程，由已知結(jié)合韋達定理以及參數(shù)的幾何意義，可得關(guān)于的方程，求解得答案.
【小問1詳解】
由，得，
所以
所以曲線C的直角坐標(biāo)方程為．
【小問2詳解】
設(shè)直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)，），
代入，得，
恒成立，
所以，．
由M為線段AB的三等分點，且，故．
將代入前式，得
，，
所以，
，則
解得：或．
[選修 4-5：不等式選講]（10 分）
23. 已知函數(shù).
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值為，且實數(shù)，滿足，求證：.
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意分、和三種情況解不等式，綜合可得出原不等式的解集；
（2）利用絕對值三角不等式可求得的最小值，再利用基本不等式可證得所證不等式成立.
【小問1詳解】
由題意可知：，
①當(dāng)時，不等式即為，解得，所以；
②當(dāng)時，不等式即為，解得，所以；
③當(dāng)時，不等式即為，無解，即；
綜上所示：不等式的解集為.
【小問2詳解】
由絕對值不等式的性質(zhì)可得：，
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，
所以取最小值4，即，
可得，即，
所以

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