一、單選題
1．集合，則（ ）
A．B．C．D．無法確定
【答案】C
【分析】先解方程求出集合，再根據(jù)全集的概念求集合，然后根據(jù)集合并集的定義求解.
【詳解】由題易得，又，所以.所以.
故選：C
2．設(shè)復數(shù)的共軛復數(shù)為，若，則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【詳解】首先設(shè)，則，帶入中，可得，利用對應(yīng)相等即可得解.
【分析】設(shè)，則.
因為，所以.
易得解得所以.
所以.
故選：A.
3．已知是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，若，則是的（ ）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】借助正方體模型，通過空間想象即可判斷.
【詳解】若，則，又，則.
反之，如圖，在正方體中，
記平面為，平面為，分別為直線，
則滿足，，但不平行，
所以是的充分不必要條件.
故選：A.
4．已知橢圓的離心率為，若經(jīng)過橢圓的上頂點和右頂點的直線經(jīng)過點，則橢圓的短軸長為（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】C
【分析】根據(jù)離心率可得，再根據(jù)直線的方程為，即，
即，帶入點點即可得解.
【詳解】因為，所以.
由題意知直線的方程為，即，
所以.因為直線經(jīng)過點，
所以，
解得.所以.所以，
所以橢圓的短軸長為.
故選：C.
5．已知向量滿足，且，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由兩邊平方可得，帶入即可得解,
【詳解】因為，
等式兩邊平方得，
又，所以，
解得.
故選：D.
6．已知菱形的邊長為，若該菱形以為軸旋轉(zhuǎn)一周，則所形成的幾何體的體積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用割補法將菱形割補成矩形，然后旋轉(zhuǎn)得到圓柱，根據(jù)圓柱體積公式可得.
【詳解】如圖，過點作的垂線，交于點，
因為，
所以為正三角形，F(xiàn)為BC的中點，，
將剪去，并補到點A處，使與重合，得矩形，
則組成邊長分別為的矩形.
旋轉(zhuǎn)所得幾何體為圓柱，其底面圓的半徑為，高為2，
所以該幾何體的體積為.
故選：B.
7．已知函數(shù)為定義在上的奇函數(shù)，當時，；當時，，則（ ）
A．-24B．-12C．D．
【答案】D
【詳解】根據(jù)函數(shù)解析式得到，再根據(jù)奇函數(shù)性質(zhì)計算得到答案.
【分析】.
為奇函數(shù)，故，所以.
故選：D.
8．已知數(shù)列滿足：，且.若恒成立，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)比值關(guān)系用表示出，根據(jù)遞推關(guān)系列方程組可得，可知為等差數(shù)列，然后由等差數(shù)列通項公式和下標和性質(zhì)可解.
【詳解】因為，所以.
由題知，，即，化簡得，且不為0.
所以，所以數(shù)列是等差數(shù)列.
因為，所以.
因為，所以，解得，即公差.
所以，所以，
所以.
故選：C.
二、多選題
9．已知角終邊上一點，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．B．
C．若，則D．屬于第二象限角
【答案】BCD
【分析】根據(jù)任意角得終邊上一點可以求得對應(yīng)的三角函數(shù)，再結(jié)合恒等變換公式，逐項分析判斷即可得解.
【詳解】由題易知，所以，A錯誤；
因為，
所以，B正確；
因為，所以，
所以，解得，C正確；
因為屬于第一象限角，所以，
所以，且，
即屬于第二象限角，D正確.
故選：BCD.
10．雙曲線的一條漸近線方程為，半焦距為，則下列論述錯誤的是（ ）
A．雙曲線的離心率為3
B．頂點到漸近線的距離與焦點到漸近線的距離之比為
C．直線與雙曲線有兩個不同的交點
D．過點有兩條直線與雙曲線相切
【答案】ABD
【分析】根據(jù)漸近線得出離心率判斷A選項，根據(jù)點到直線距離判斷B選項，結(jié)合漸近線斜率可以判斷交點判斷C選項，結(jié)合雙曲線對稱性判斷D選項.
【詳解】由題易得，所以錯誤；
頂點到漸近線的距離為與焦點到漸近線的距離，距離之比為，B錯誤；
因為直線與漸近線平行，所以直線與雙曲線的左支僅有1個交點，與右支沒有交點.又直線與直線都過點，
且直線的傾斜角比直線的傾斜角小，直線與雙曲線有兩個不同的交點，正確；
因為，所以點位于雙曲線右支的右側(cè)位置，顯然過點的直線不可能與雙曲線相切，D錯誤.
故選:ABD.
11．黎曼函數(shù)（Riemann functin）是一個特殊的函數(shù)，由德國數(shù)學家黎曼發(fā)現(xiàn)并提出，其基本定義是：（注：分子與分母是互質(zhì)數(shù)的分數(shù)，稱為既約分數(shù)），則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．
B．黎曼函數(shù)的定義域為
C．黎曼函數(shù)的最大值為
D．若是奇函數(shù)，且，當時，，則
【答案】BC
【分析】根據(jù)函數(shù)的定義計算特殊值判斷A選項，根據(jù)定義域判斷B選項，根據(jù)值域判斷C選項，結(jié)合對稱性及周期性判斷D選項.
【詳解】，錯誤.
因為是既約真分數(shù)，或上的無理數(shù)，所以黎曼函數(shù)的定義域為正確.
又為既約真分數(shù)，所以的最大值為正確.
因為，所以.所以.
因為是奇函數(shù)，所以，所以，
即是以2為周期的周期函數(shù)，
，
所以錯誤.
故選:.
12．已知三棱錐，則下列論述正確的是（ ）
A．若點S在平面內(nèi)的射影點為的外心，則
B．若點S在平面內(nèi)的射影點為A，則平面與平面所成角的余弦值為
C．若，點S在平面內(nèi)的射影點為的中點，則四點一定在以為球心的球面上
D．若四點在以的中點為球心的球面上，且S在平面內(nèi)的射影點的軌跡為線段（不包含兩點），則點S在球的球面上的軌跡為圓
【答案】AB
【分析】證明可判斷A；作出平面與平面所成角，由三角形面積公式即可判斷B；由題意知不一定成立，可知C錯誤；根據(jù)球的性質(zhì)可知點S的軌跡是以為半徑的圓，且不包括兩點，可知D錯誤.
【詳解】設(shè)的外心為點，則，，
所以，
所以，A正確；
過點A作的垂線，交于點，連接，
因為平面，平面，所以，
又平面，，所以平面，
又平面，所以，
所以是平面與平面所成角的平面角，
則，B正確；
因為是的中點，
所以，但不一定成立，C錯誤；
依題知點S的軌跡是以為半徑的圓，且不包括兩點，錯誤.
故選：.
三、填空題
13．若，且，則的最大值為 .
【答案】/
【分析】直接使用基本不等式可得.
【詳解】，
當且僅當，即時等號成立.
故答案為：
14．已知圓，則直線與圓的位置關(guān)系是 .
【答案】相交
【分析】根據(jù)二元二次方程表示圓的條件，結(jié)合圓心到直線的距離與半徑的大小關(guān)系可得.
【詳解】因為表示圓的方程，
所以，即.
因為圓的圓心到直線的距離，
所以直線與圓相交.
故答案為：相交
15．若函數(shù)在處取得最大值，且的圖象在上有4個對稱中心，則的取值范圍為 .
【答案】
【詳解】根據(jù)題意，，代入可得，再由且的圖象在上有4個對稱中心，則，由即可得解.
【分析】依題知，所以，
解得，
所以，
因為，所以當時，，
依題知，解得.
故答案為：
16．若函數(shù)，則函數(shù)的極小值為 .
【答案】
【分析】首先根據(jù)三角恒等變換可得，再換元設(shè)，因為，所以，通過導數(shù)求得的極小值即可得解.
【詳解】，
設(shè)，因為，所以.
令，所以.令，
則或.
因為在上，在上，
在上，所以在上單調(diào)遞減，
在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以的極小值為，
即的極小值為.
故答案為：
四、解答題
17．一建筑物垂直聳立于所在的水平面，如圖，在觀測點處測得頂點的仰角（視線與水平線的夾角）為，在觀測點處測得頂點的仰角為平面.
(1)若，求建筑物的高；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）設(shè)，根據(jù)正弦定理可得，，再由，可得，即可得解.
（2）設(shè)，，，再由余弦定理即可得解.
【詳解】（1）設(shè)，則，
.
因為，所以.
所以，
解得，即.
（2）由（1）設(shè)，因為，所以.
因為，
所以由余弦定理得
.
18．如圖甲，在直角梯形中，，，是等邊三角形.現(xiàn)將梯形沿折起至梯形，使平面與平面所成二面角為直二面角，如圖乙所示.
(1)證明：；
(2)求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2).
【分析】（1）將問題轉(zhuǎn)化為平面，然后由線面垂直性質(zhì)可證；
（2）建立空間直角坐標系，利用法向量求解可得.
【詳解】（1）取的中點，連接.
因為，，所以，
所以四邊形是平行四邊形.
所以.
因為，
所以，即.
因為是等邊三角形，所以.
因為，
所以平面.
又平面，所以.

（2）由（1）和平面平面可知，兩兩垂直，
故以點為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

不妨設(shè)，則.
所以.
所以.
設(shè)平面的法向量為，
則即，
令，則，
所以平面的一個法向量為.
設(shè)平面的法向量為，
則即，
令，則，
所以平面的一個法向量為.
設(shè)平面與平面的夾角為，則
.
故平面與平面夾角的余弦值為.
19．設(shè)數(shù)列的前項和為，數(shù)列是遞增的等比數(shù)列，且.
(1)求數(shù)列的通項公式；
(2)求數(shù)列的前項和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等比數(shù)列進行基本量的求值，再利用和的關(guān)系求通項即可；
（2）由，利用錯誤相減法求和，再分段表達即可.
【詳解】（1）因為數(shù)列是等比數(shù)列，
所以.
因為，
所以是方程的兩個實數(shù)根，
所以或
因為是遞增的等比數(shù)列，所以，
設(shè)的公比為，
則，
解得，或（舍去）.
所以.
因為，
所以，
兩式相減得，
所以.
當時，，
所以
（2）因為，
所以當時，，
所以.
兩式相減得
.
所以.
當時，滿足上式，
故.
20．已知函數(shù).
(1)若在上單調(diào)遞減，求實數(shù)的取值范圍；
(2)若，求證：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題意， 在上恒成立，分和討論即可得解；
（2）因為，所以，可得在上，所以在上單調(diào)遞減，所以，
即，累加即可得解.
【詳解】（1）由題易知函數(shù)的定義域為.
當時，，所以在上單調(diào)遞減.
當時，令，得.
因為在上單調(diào)遞減，所以.
所以.
所以實數(shù)的取值范圍為.
綜上所述，實數(shù)的取值范圍為.
（2）因為，所以.
因為在上，所以在上單調(diào)遞減.
所以，
即.
所以，
所以，
所以.
21．已知直線相交于點，且分別與拋物線相切于兩點，.
(1)求拋物線的方程；
(2)過拋物線的焦點的直線分別與拋物線相交于點，直線的斜率分別為，且，若四邊形的面積為2，求直線夾角的大小.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）設(shè)過D點的切線方程代入拋物線方程，利用求解；
（2）過焦點的兩條直線斜率和為0，所以兩直線關(guān)于軸對稱，即斜率互為相反數(shù)，結(jié)合四邊形的面積求出他們的斜率即可.
【詳解】（1）設(shè)過點的切線方程為：，即，代入拋物線：，
得：，整理得：，
由得：.
關(guān)于的方程有兩解，，分別對應(yīng)兩條切線的斜率，因為：，所以，
所以.
∴拋物線的標準方程為：.
（2）拋物線的焦點坐標為，設(shè)經(jīng)過焦點的直線方程為：.
聯(lián)立得，
設(shè)，，則，.
∴，.
∵，∴直線，關(guān)于軸對稱，不妨令關(guān)于軸對稱，關(guān)于軸對稱，則，.
∴四邊形的面積為：，
不妨設(shè)，則，化簡得：.
所以，的斜率分別為，，所以，互相垂直，夾角為.
【點睛】（1）過定點做圓錐曲線的切線，通常是設(shè)出直線方程，代入圓錐曲線方程，利用解決問題；
（2）解決這個問題的關(guān)鍵在于合理轉(zhuǎn)化，如表示兩條直線關(guān)于軸對稱，所以四邊形是梯形，從而利用梯形的面積公式求其面積.
22．已知函數(shù).
(1)若，求的最小值；
(2)若，且關(guān)于的方程有實數(shù)根，的最小值為，證明：.
【答案】(1)e
(2)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題意可得，則，令，則，因為，所以，所以在上單調(diào)遞增，又，即可求得得單調(diào)性，即可得解；
（2）因為關(guān)于的方程（即）有實數(shù)根，，所以，設(shè)，則.由在上單調(diào)遞增，，所以存在，使得，即，結(jié)合單調(diào)性即可得解.
【詳解】（1）函數(shù)的定義域為，
當時，，
則.
令，則.
因為，所以，
所以在上單調(diào)遞增.
又，
所以在上，；在上，.
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
所以.
故的最小值為e.
（2）因為關(guān)于的方程（即）有實數(shù)根，，
所以.
設(shè)，
則.
因為在上單調(diào)遞增，且，
所以存在，使得，即.
因為在上，在上，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
所以.
因為，所以.
所以，
即.
【點睛】關(guān)鍵點睛：
（1）構(gòu)造函數(shù)，在第二問中構(gòu)造的函數(shù)；
（2）隱零點求最值.

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