一、單選題
1．已知集合，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根據(jù)集合的交運算即可求解.
【詳解】由得，又，
所以，
故選：A
2．（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】結合復數(shù)的運算,計算即可.
【詳解】根據(jù)題意：,
故選：D.
3．“”是“”的（ ）
A．充要條件B．充分不必要條件
C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件
【答案】C
【分析】根據(jù)對數(shù)不等式可得，即可由必要不充分條件的定義判斷.
【詳解】由可得，所以“”是“”的必要不充分條件，
故選：C
4．設等比數(shù)列的前項和為，且，則（ ）
A．3B．9C．12D．15
【答案】B
【分析】根據(jù)條件列出關于首項和公比的方程組，求出首項和公比，然后根據(jù)等比數(shù)列前n項和公式計算即可求解.
【詳解】由，得，解得，，
所以.
故選：B.
5．已知，且，則（ ）
A．有最小值8B．有最小值
C．有最大值8D．有最大值
【答案】A
【分析】根據(jù)基本不等式可得，即可由不等式的性質求解.
【詳解】由可得，所以，
由于，且，則，故，當且僅當時取等號，
故，因此有最小值8，
故選：A
6．已知，則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)指數(shù)與對數(shù)的單調(diào)性即可與中間值比較作答.
【詳解】由可得，
因此可得，故，
故選：D
7．在中，內(nèi)角所對的邊分別是，若，且外接圓的半徑為2，則面積的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)正弦定理得，由余弦定理結合不等式可得，進而由面積公式即可求解.
【詳解】由于，且外接圓的半徑為2，所以．
由余弦定理得，
，
則
故選：D．
8．窗戶，在建筑學上是指墻或屋頂上建造的洞口，用以使光線或空氣進入室內(nèi).如圖1，這是一個外框為正八邊形，中間是一個正方形的窗戶，其中正方形和正八邊形的中心重合，正方形的上?下邊與正八邊形的上?下邊平行，邊長都是4.如圖2，是中間正方形的兩個相鄰的頂點，是外框正八邊形上的一點，則的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用平面向量數(shù)量積的定義，結合線段長即可得解.
【詳解】記正八邊形右下角的兩個頂點分別為，連接，
由題意易得是等腰直角三角形，，則，
不妨設，由于題目要求的最大值，故只考慮的情況，
過作，垂足為，則，又，
所以，
顯然，當點與點重合時，取得最大值，
所以的最大值為.
故選：A.
9．已知為第二象限角，且，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)二倍角公式以及同角關系即可求解.
【詳解】由于為第二象限角，則,
則，
由可得，
，
，
由于，
所以，故，
所以，
故選：B
10．已知正四棱錐內(nèi)切球的半徑為，且，則正四棱錐的體積是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)等體積法即可求解棱長，進而由體積公式即可求解.
【詳解】在正四棱錐中，連接，，，連，
則平面，
設，則，
由等體積法可得，
故，解得，
故
故選：D．
11．已知函數(shù)在上恰有3個零點，則的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)整體法求解的根，即可根據(jù)三個零點列不等式求解.
【詳解】令,則，進而可得或，
因此的非負零點有，
要使得在上恰有3個零點，則，解得，
故選：C
12．已知函數(shù)，是函數(shù)的4個零點，且，給出以下結論：①的取值范圍是，②，③的最小值是4，④的最大值是.其中正確結論的個數(shù)是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】作出圖象，結合圖象判斷①；對方程化簡計算判斷②；由對數(shù)的運算性質得出，利用基本不等式判斷③④.
【詳解】作出函數(shù)的圖象如下圖所示：

因為是函數(shù)的4個零點，
所以直線與函數(shù)的圖象有四個交點，且，
根據(jù)圖象知：，所以①錯誤；
對于②，由圖可知，，則，所以，
，則，所以，
所以，所以，正確；
對于③，由圖可知，，由得，
即，所以，所以，
當且僅當即時，等號成立，顯然不滿足，
所以，錯誤；
對于④，因為，當且僅當時，等號成立，
所以，即的最大值是，正確.
綜上，正確結論為②④，共2個.
故選：B.
【點睛】方法點睛：已知函數(shù)有零點（方程有根）求參數(shù)值（取值范圍）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；
（2）分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉化成求函數(shù)的值域問題加以解決；
（3）數(shù)形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數(shù)，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數(shù)的圖象，利用數(shù)形結合的方法求解.
二、填空題
13．已知向量，，若，則 ．
【答案】2
【分析】由算出答案即可.
【詳解】因為，，，
所以，解得，
故答案為：2
14．在正方體中，是棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值是 .
【答案】
【分析】建立空間直角坐標系，利用向量的夾角即可求解.
【詳解】因為是正方體，建立以為原點的坐標系，如圖，
設正方體的棱長為2，則有，，，
， ， ，
設異面直線與所成角為，
．
故答案為：．
15．對于數(shù)列，定義為的“優(yōu)值”.若數(shù)列的“優(yōu)值”，則 .
【答案】
【分析】根據(jù)給的定義可得，即可作差求解.
【詳解】由題意可得，
所以，
故，，
相減可得，
所以，
故答案為：：
16．已知函數(shù)，直線，若直線與的圖象交于點，與直線交于點，則之間的最短距離是 .
【答案】
【分析】由題意，函數(shù)圖象上的點到直線的最短距離，利用相切時到的最短距離即可求解．
【詳解】函數(shù)，直線，
若直線與的圖象交于點，與直線交于點，
直線的斜率為，直線的斜率為，兩直線垂直，
則函數(shù)圖象上的點到直線的最短距離，即為，之間的最短距離，
由題意可得，．
令，則，解得，
，取點，
點到直線的距離，
則，之間的最短距離是．
故答案為：．
三、解答題
17．已知函數(shù)，且.
(1)求的解析式；
(2)若對任意的，不等式成立，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）代入即可求解，
（2）根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性求解值域，即可結合對數(shù)的性質求解.
【詳解】（1）由，且可得，解得，
所以
（2）由可得對任意的恒成立，
由于的對稱軸為，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，且，
因此當時，，進而可得，
因此，解得
18．已知函數(shù).
(1)求的單調(diào)遞增區(qū)間；
(2)將的圖象向右平移個單位長度，得到函數(shù)的圖象，求在上的值域.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)三角恒等變換可得，然后根據(jù)三角函數(shù)的性質即得；
（2）根據(jù)圖象變換規(guī)律可得，然后根據(jù)正弦函數(shù)的性質即得.
【詳解】（1）因為，
令，解得，
則的單調(diào)遞增區(qū)間是；
（2）因為，
將的圖象向右平移個單位長度，
可得．
因為，所以，
所以，則，
即在區(qū)間內(nèi)的值域為．
19．如圖，在直三棱柱中，是的中點.
(1)證明：平面.
(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量垂直證明線線垂直，即可由線面垂直的判定求證，
（2）利用法向量的夾角即可求解.
【詳解】（1）由于三棱柱為直三棱柱，所以平面，
又所以
取中點為，過作的平行線作為軸，以為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則,
所以,
由于
故，因此，
又平面，所以平面，
.
（2）由（1）知平面的一個法向量為，
設平面的法向量為，則，
取則，故，
設平面與平面所成銳二面角為，
則,
故平面與平面所成銳二面角的余弦值為
20．設數(shù)列的前項和為，且.
(1)求的通項公式；
(2)設，求數(shù)列的前項和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的定義可得為公差為1的等差數(shù)列，即可求解，
（2）由裂項求和即可求解.
【詳解】（1）由以及可得，
所以，，故為公差為1的等差數(shù)列，
所以，所以，
（2），
所以
21．在中，角的對邊分別是，且.
(1)若，求的值；
(2)若外接圓的半徑為4，求的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理進行邊化角，結合已知以及利用平方關系解出即可；
（2）利用正弦定理進行邊化角，結合已知以及輔助角公式轉化為三角函數(shù)問題，求解即可.
【詳解】（1）根據(jù)題意：因為
由正弦定理得：,
化簡得：，
因為，所以，
即，
聯(lián)立，消去得：,
解得：或（舍去），
在三角形內(nèi)，,可得：，所以.
（2）因為外接圓的半徑為4，
利用正弦定理可得：
結合上問可知：，
代入可得：,
在三角形內(nèi)，,所以，
所以當時，即時，，
故的最大值為.
四、證明題
22．已知函數(shù).
(1)設函數(shù)，其中是的導數(shù)，討論的單調(diào)性；
(2)若，證明：.
【答案】(1)時，在單調(diào)遞增，
時，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，
(2)證明見解析
【分析】（1）利用導數(shù)，結合分類討論即可由導函數(shù)的正負確定函數(shù)的單調(diào)性，
（2）利用導數(shù)證明，即可利用放縮法結合導數(shù)證明，即可求證.
【詳解】（1）由得，所以，
故，
當時，單調(diào)遞增，
當時，令，則，
當時，單調(diào)遞增，當時，單調(diào)遞減，
綜上可得：時，在單調(diào)遞增，
時，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，
（2）先證明，記，
當單調(diào)遞減，當單調(diào)遞增，
所以，因此，當且僅當時取到等號，
記，則，
則當單調(diào)遞增，當單調(diào)遞減，
所以，即，當且僅當時取到等號，
由于，所以，故進而，
因此
所以時，，則，由于等號成立的條件不一樣，所以等號取不到，
故，即，得證.
【點睛】方法點睛：利用導數(shù)證明或判定不等式問題：
1．通常要構造新函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值（最值），從而得出不等關系；
2．利用可分離變量，構造新函數(shù)，直接把問題轉化為函數(shù)的最值問題，從而判定不等關系；
3．適當放縮構造法：根據(jù)已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系；
4．構造“形似”函數(shù)，變形再構造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結構構造輔助函數(shù).
常用的不等式：，，，，.

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