一、單選題
1．已知是全集的非空子集，且，則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)韋恩圖以及集合與集合之間的關(guān)系可得答案.
【詳解】因?yàn)镸，N是全集U的非空子集，且，
所以韋恩圖為：

由韋恩圖可知，A不正確；B不正確；C不正確；D正確.
故選：D
2．若滿足，則（ ）
A．B．C．5D．
【答案】B
【分析】根據(jù)題意，由復(fù)數(shù)的運(yùn)算可求得，再由復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)公式，即可得到結(jié)果.
【詳解】因?yàn)?，則，
則.
故選：B
3．已知非零平面向量，那么“”是“”的（ ）
A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】在等式兩邊平方，結(jié)合平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)可求出向量、的夾角的值，再結(jié)合充分條件、必要條件的定義判斷可得出結(jié)論.
【詳解】因?yàn)橄蛄?、為非零向量，設(shè)向量、的夾角為，
在等式兩邊平方可得，
所以，，則，
因?yàn)?，所以，，即、方向相同?br>所以，“”不能推出“、方向相同”， “、方向相同” 能推出“”，
因此，“”是“”的必要而不充分條件.
故選：B.
4．記的內(nèi)角所對(duì)的邊分別為，則邊上的高為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)余弦定理求出，再根據(jù)面積公式列式可求出結(jié)果.
【詳解】由，得.
設(shè)邊上的高為，
因?yàn)?，所以?br>即邊上的高為.
故選：D
5．已知某物種年后的種群數(shù)量近似滿足函數(shù)模型：．自2023年初起，經(jīng)過(guò)年后，當(dāng)該物種的種群數(shù)量不足2023年初的時(shí)，的最小值為（參考數(shù)據(jù)：）（ ）
A．10B．11C．12D．13
【答案】D
【分析】確定2023年初的種群數(shù)量為時(shí)的函數(shù)值，根據(jù)題意可列不等式，結(jié)合對(duì)數(shù)運(yùn)算即可求得答案.
【詳解】由題意可知2023年初的種群數(shù)量為時(shí)的函數(shù)值，
故令，即，
則，
由于，故n的最小值為13，
故選：D
6．過(guò)點(diǎn)作曲線的兩條切線，切點(diǎn)分別為，，則（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【分析】求出導(dǎo)函數(shù)，設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，利用導(dǎo)數(shù)幾何意義建立斜率方程，利用韋達(dá)定理化簡(jiǎn)計(jì)算即可.
【詳解】由題意得，過(guò)點(diǎn)作曲線的兩條切線，
設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為，則，即，
由于，故，，
由題意可知，為的兩個(gè)解，則，，
故.
故選：B
7．對(duì)于一個(gè)給定的數(shù)列，令，則數(shù)列稱為數(shù)列的一階商數(shù)列，再令，則數(shù)列是數(shù)列的二階商數(shù)列．已知數(shù)列為，，，，，，且它的二階商數(shù)列是常數(shù)列，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由數(shù)列的二階商數(shù)列是常數(shù)列可知數(shù)列的一階商數(shù)列是等比數(shù)列，再利用累乘法求得，即可得解.
【詳解】設(shè)數(shù)列的一階商數(shù)列為，二階商數(shù)列為，
則，，，
又?jǐn)?shù)列的二階商數(shù)列是常數(shù)列，
則，
則滿足，
所以數(shù)列是為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，
則，
所以，
則，，，，，，
等式左右分別相乘可得，
所以，
則，
故選：C.
8．已知函數(shù)，設(shè)，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】構(gòu)造函數(shù)以及可利用導(dǎo)數(shù)求證，進(jìn)而繼續(xù)構(gòu)造函數(shù)，又導(dǎo)數(shù)求證，利用以及三角函數(shù)關(guān)系可證明，進(jìn)而根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解.
【詳解】當(dāng)時(shí)，，證明如下：
令在單調(diào)遞減，所以，故，因此，
設(shè)則當(dāng)時(shí)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，故當(dāng)，故當(dāng)?shù)忍?hào)成立，
故
構(gòu)造函數(shù)，則，
所以函數(shù)單調(diào)遞減，故，
則，進(jìn)而可得，
進(jìn)而可得，
又，（證明如下：故在單調(diào)遞減，故）
所以，進(jìn)而，
由于時(shí)，，故，
從而
因此，進(jìn)而，
由于，所以在上單調(diào)遞增，
故，即
故選：A
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)比較大小的基本步驟
(1)作差或變形；
(2)構(gòu)造新的函數(shù)；
(3)利用導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性或最值；
(4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式．
常用的不等式：，，，，，
二、多選題
9．設(shè)正實(shí)數(shù)a，b滿足，則（ ）
A．有最大值4B．有最大值
C．D．
【答案】BCD
【分析】利用基本（均值）不等式進(jìn)行判斷.
【詳解】對(duì)于A，正實(shí)數(shù)a，b滿足，即有，可得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，
所以當(dāng)時(shí)，取得最小值4，無(wú)最大值，所以A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，由選項(xiàng)A可知，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以B正確；
對(duì)于C，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，C正確；
對(duì)于D，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，D正確.
故選：BCD
10．一半徑為2米的水輪，水輪圓心O距離水面1米（如圖）.已知水輪按逆時(shí)針?lè)较蚶@圓心O做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，每1分鐘轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，如果當(dāng)水輪上點(diǎn)P從水面浮現(xiàn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，則下列判斷正確的有（ ）
A．點(diǎn)P第一次到達(dá)最高點(diǎn)需要20秒
B．點(diǎn)P第一次到達(dá)最低點(diǎn)需要45秒
C．在水輪轉(zhuǎn)動(dòng)的一圈內(nèi)，有20秒的時(shí)間，點(diǎn)P在水面的下方
D．當(dāng)水輪轉(zhuǎn)動(dòng)30秒時(shí)，點(diǎn)P距離水面的高度是2米
【答案】ACD
【分析】以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，如下圖，設(shè)點(diǎn)P距離水面的高度與時(shí)間的函數(shù)解析式為，利用最值和最小正周期，可求得解析式，利用和可求得A、B正誤，由可求得的范圍，求得C正誤，由可知D正確.
【詳解】以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，如下圖，設(shè)點(diǎn)P距離水面的高度與時(shí)間的函數(shù)解析式為，
由題意知：，，最小正周期，
所以，，，
所以，即，
又由及題意，所以，
所以.
對(duì)于A，令，解得，
即點(diǎn)P第一次到達(dá)最高點(diǎn)需要20秒，故A正確；
對(duì)于B，令，解得，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，令，即，
所以，解得，
所以水輪轉(zhuǎn)動(dòng)一圈內(nèi)，點(diǎn)P在水面下方的時(shí)間為秒，故C正確；
對(duì)于D，因?yàn)椋?br>所以當(dāng)水輪轉(zhuǎn)動(dòng)30秒時(shí)，點(diǎn)P距離水面的高度是2米，故D正確.
故選：ACD.
11．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長(zhǎng)都為1，E為AB的中點(diǎn)，則（ ）
A．BC1∥平面A1EC
B．二面角A1－EC－A的正弦值為
C．點(diǎn)A到平面A1BC1的距離為
D．若棱柱的各頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的半徑為
【答案】ACD
【分析】A選項(xiàng)，連接，使相交于F，連接EF，通過(guò)證明即可判斷選項(xiàng)正誤；B選項(xiàng)，通過(guò)證明平面，可得二面角A1－EC－A的平面角為；C選項(xiàng)，利用等體積法結(jié)合可得答案；D選項(xiàng)，利用正弦定理，可得外接圓半徑，后可得球的半徑.
【詳解】A選項(xiàng)，連接，使相交于F，連接EF，因F，E分別為中點(diǎn)，
則，因平面，平面，則BC1平面A1EC，故A正確；
B選項(xiàng)，由題可得平面ABC，又平面ABC，則.又，
，平面，平面，則平面.
又平面，則，結(jié)合，可知二面角A1－EC－A的平面角為，則，故B錯(cuò)誤；
C選項(xiàng)，設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC1的距離為d，取AC中點(diǎn)為G，連接BG.
則，
又，，，由余弦定理可得，則，
得.則，故C正確.
D選項(xiàng)，設(shè)外接圓半徑為，由正弦定理，.
又設(shè)三棱錐外接球半徑為，則三棱錐外接球與以外接圓為底面的圓柱外接球相同，則.故D正確
故選：ACD
12．設(shè)定義在R上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，若與均為偶函數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．的圖象關(guān)于直線對(duì)稱B．2為函數(shù)的周期
C．的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱D．為偶函數(shù)
【答案】ABC
【分析】根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合復(fù)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)法則逐項(xiàng)判斷即可.
【詳解】因?yàn)闉榕己瘮?shù)，所以，
所以的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故選項(xiàng)A正確；
因?yàn)椋裕?br>又因?yàn)闉榕己瘮?shù)，所以，所以，
所以，所以2為的一個(gè)周期，故選項(xiàng)B正確；
因?yàn)?，所以?br>所以的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱，故選項(xiàng)C正確；
因?yàn)?為的一個(gè)周期，又因?yàn)?，所以?br>所以，所以為奇函數(shù)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
故選：ABC.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：①如果，則關(guān)于直線對(duì)稱；
②如果或，則關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱；
③如果，則關(guān)于.
三、填空題
13．已知函數(shù)，則的值為 .
【答案】1
【分析】根據(jù)分段函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算出答案.
【詳解】.
故答案為：1
14．已知為銳角且滿足，則 ．
【答案】
【分析】由同角三角函數(shù)的關(guān)系和輔助角公式倍角公式化簡(jiǎn)等式，得，可求.
【詳解】為銳角且滿足，
，
為銳角，所以，則.
故答案為：.
15．已知各項(xiàng)均不為0的數(shù)列滿足，且，則 ．
【答案】/
【分析】將取倒數(shù)化簡(jiǎn)可得，即判斷為等差數(shù)列，即可求得的通項(xiàng)公式，即可得答案.
【詳解】由題意知數(shù)列滿足，即，
即，
即為首項(xiàng)是，公差為1的等差數(shù)列，
故，
故，
故答案為：
16．在四棱錐中，，則三棱錐外接球的表面積為 ．
【答案】
【分析】取的兩個(gè)三等分點(diǎn)，連接，求出相關(guān)線段的長(zhǎng)，確定的外接圓圓心，從而確定三棱錐外接球球心的位置，列式計(jì)算求得外接球半徑，即可求得答案.
【詳解】如圖，取的兩個(gè)三等分點(diǎn)，連接，
設(shè)，連接，則，，
又，則四邊形為平行四邊形，
因?yàn)椋蔋為的中點(diǎn)，而，，
則，
，
在中，，
，
又為等邊三角形，故，
即為的外接圓圓心，
又，H為BD的中點(diǎn)，所以，
又，≌,
，
又平面，故平面，
而平面，故，則，
設(shè)O為三棱錐的外接球球心，連接，
過(guò)點(diǎn)O作，垂足為F，則，則四邊形為矩形，
則，，，
又H為的中點(diǎn)，則；
設(shè)外接球半徑為R，則，即，
解得，則，
故三棱錐外接球的表面積為，
故答案為：
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解答此類球與多面體的切接問(wèn)題的關(guān)鍵在于發(fā)揮空間想象，明確空間的位置關(guān)系，確定球心位置，進(jìn)而求得球的半徑，即可求解答案.
四、問(wèn)答題
17．已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，且．
(1)求的通項(xiàng)公式；
(2)若對(duì)任意正整數(shù)，均有，求正整數(shù)的最大值．
【答案】(1)
(2)11
【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和列出方程組，求得首項(xiàng)和公差，即可求得答案；
（2）由（1）可得的表達(dá)式，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)求得其最小值，由任意正整數(shù)，均有可得，解一元二次不等式即可得答案.
【詳解】（1）由題意知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，且，
設(shè)首項(xiàng)為，公差為d，
故，即，
解得，故；
（2）由（1）可得，
當(dāng)時(shí)，取到最小值，
故對(duì)任意正整數(shù)，均有，可得恒成立，
即，解得，
故正整數(shù)的最大值為11.
18．已知向量，向量，．
(1)求函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間；
(2)若在上有唯一的零點(diǎn)，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量數(shù)量積公式和三角恒等變換得到，整體法求出函數(shù)單調(diào)區(qū)間；
（2）求出，由得到，從而根據(jù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)得到不等式，求出答案.
【詳解】（1）
，
令，解得，
故的單調(diào)增區(qū)間為；
（2），
當(dāng)，，
因?yàn)樵谏嫌形ㄒ坏牧泓c(diǎn)，
所以，解得.
19．已知函數(shù).
(1)若在上存在單調(diào)減區(qū)間，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(2)若在區(qū)間上有極小值，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用在上有解，分離參數(shù)求解作答.
（2）由（1）的信息，分析函數(shù)的極值情況，再建立不等式求解作答.
【詳解】（1）函數(shù)，求導(dǎo)得，
因?yàn)楹瘮?shù)在上存在單調(diào)減區(qū)間，則不等式在上有解，
即在上能成立，而函數(shù)在上遞減，顯然，于是，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.
（2）由（1）知，，即，解得，
當(dāng)或時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
即函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，因此函數(shù)在處取得極小值，
于是，即，當(dāng)時(shí)，不等式成立，當(dāng)時(shí)，解得，則，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.
五、證明題
20．如圖，圓臺(tái)的軸截面為等腰梯形為下底面圓周上異于的點(diǎn)．

(1)在線段上是否存在一點(diǎn)，使得平面？若存在，指出點(diǎn)的位置，并證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
(2)若四棱雉的體積為，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)為線段中點(diǎn)時(shí)，平面.證明見解析；
(2)
【分析】（1）取中點(diǎn)，取中點(diǎn)，根據(jù)線面平行的判定和中位線定理即可求解；
（2）過(guò)點(diǎn)作于，結(jié)合棱錐體積公式可得點(diǎn)與重合，以為原點(diǎn)，方向?yàn)檩S正方向建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面與平面的法向量，利用空間向量夾角公式即可求解．
【詳解】（1）為線段中點(diǎn)時(shí)，平面.
證明如下：
取中點(diǎn)，連接，則有，
如圖，在等腰梯形中，，所以，

則四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）過(guò)點(diǎn)作于，
在等腰梯形中，，所以該梯形的高，
所以等腰梯形的面積為，
所以四棱錐的體積，解得，
所以點(diǎn)與重合，
以為原點(diǎn)，方向?yàn)檩S正方向建立空間直角坐標(biāo)系，

則，
，
設(shè)平面的法向量為，
所以，取，則.
設(shè)平面的法向量為，
所以，取，則.
設(shè)平面與平面夾角為，
則.
故平面與平面夾角的余弦值為.
六、問(wèn)答題
21．如圖，在平面凸四邊形中，為邊的中點(diǎn)．

(1)若，求的面積；
(2)求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)題意，由余弦定理可得的長(zhǎng)，再由三角形為等腰直角三角形，即可得到結(jié)果；
（2）根據(jù)題意，取線段的中點(diǎn)為，連接，設(shè)，由余弦定理以及正弦定理代入計(jì)算，再由輔助角公式，即可得到結(jié)果.
【詳解】（1）因?yàn)?，，由余弦定理可得?br>，
則，且，，所以，
則的面積為.
（2）
取線段的中點(diǎn)為，連接，
設(shè)，，因?yàn)椋?br>由余弦定理可得，，
由正弦定理可得，，則，
因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，所以，且，
所以，且，所以，
在中，由余弦定理可得，
，
由可得，，
所以當(dāng)時(shí)，即時(shí)，取得最大值，
所以的最大值為.
七、證明題
22．已知函數(shù)，其中．
(1)當(dāng)時(shí)，求證：在上單調(diào)遞減；
(2)若有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．
（?。┣髮?shí)數(shù)的取值范圍；
（ⅱ）求證：．
【答案】(1)證明見詳解
(2)（i），（ii）證明見詳解
【分析】（1）當(dāng)時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)可證明函數(shù)單調(diào)性；
（2）（i）方程有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根，即有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根，令，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，求出最值可得解；
（ii）要證，即證，又，，即證，可得，
令，即證，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可證明.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，，令，，
令，得，，得，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
，即，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減.
（2）（i）有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，，即方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，，
令，，
，當(dāng)時(shí)，，即函數(shù)在上單調(diào)遞減，函數(shù)至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意；
當(dāng)時(shí)，，，，，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
，函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，則，解得，
又，，不妨設(shè)，，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.
（ii）要證，即證，
又，，，即證，
將，兩式相減可得，，
只需證，
即證，令，即證；
設(shè)函數(shù)，，則，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，即，
所以原不等式得證.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題第二問(wèn)的第2小問(wèn)是雙變量不等式問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)解決的方法如下：
（1）變更主元法：對(duì)于題目涉及到的兩個(gè)變?cè)?，，已知其中一個(gè)變?cè)陬}設(shè)給定的范圍內(nèi)任意變動(dòng)，求另一外變?cè)娜≈捣秶鷨?wèn)題，可以構(gòu)造關(guān)于（或）的一元函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，最值求解證明.
（2）換元法轉(zhuǎn)化為單變量：通過(guò)對(duì)所要證明式子結(jié)構(gòu)特征的分析，做適當(dāng)?shù)淖冃危ㄟ^(guò)換元將雙變量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為單變量問(wèn)題來(lái)解決，如指數(shù)型函數(shù)構(gòu)造差值，對(duì)數(shù)型函數(shù)構(gòu)造比值化雙變量為單變量問(wèn)題，從而構(gòu)造函數(shù)求解；
（3）放縮法：通過(guò)巧妙的放縮變換，將給定的不等式轉(zhuǎn)化為更易證明的形式，常見的放縮有加減放縮，乘除，取對(duì)數(shù)，去倒數(shù)，切線放縮等.

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