一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分）
1. 設(shè)集合，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)交集、補(bǔ)集的定義可求.
【詳解】由題設(shè)可得，故，
故選：B.
2. 設(shè)，則“”是“”（ ）
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】A
【解析】
【分析】求絕對值不等式、一元二次不等式的解集，根據(jù)解集的包含關(guān)系即可判斷充分、必要關(guān)系.
【詳解】由，可得，即；
由，可得或，即；
∴是的真子集，
故“”是“”的充分而不必要條件.
故選：A
3. 若復(fù)數(shù)，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算化簡復(fù)數(shù)，然后利用共軛復(fù)數(shù)的概念求解即可.
【詳解】因?yàn)?，所?
故選：B
4. 函數(shù)在區(qū)間的圖象大致為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函數(shù)的奇偶性結(jié)合指數(shù)函數(shù)、三角函數(shù)的性質(zhì)逐項(xiàng)排除即可得解.
【詳解】令，
則，
所以為奇函數(shù)，排除BD；
又當(dāng)時，，所以，排除C.
故選：A.
5. 已知，則
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】運(yùn)用中間量比較，運(yùn)用中間量比較
【詳解】則．故選B．
【點(diǎn)睛】本題考查指數(shù)和對數(shù)大小的比較，滲透了直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)．采取中間變量法，利用轉(zhuǎn)化與化歸思想解題．
6. 已知，，則（ ）
A. B. C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】利用指數(shù)式和對數(shù)式的關(guān)系可得a的值，再根據(jù)換底公式可得.
【詳解】因?yàn)?，所以?br>所以.
故選：A
7. 函數(shù)可以由經(jīng)過變換得到，則變換方式正確的是（ ）
A. 的縱坐標(biāo)不變；橫坐標(biāo)伸長為原來的3倍，再向右平移個單位
B. 的縱縱標(biāo)不變，模坐標(biāo)縮短到原來的，再向右平移個單位
C. 向右平移個單位，再保持縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)伸長為原來的3倍
D. 向右平移個單位，再保持縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮短到原來的
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)選項(xiàng)，利用三角函數(shù)平移變換的性質(zhì)依次求出解析式即可得解.
【詳解】對選項(xiàng)A，的圖象保持縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍，得到，
再向右平移個單位，得到，故A錯誤；
對選項(xiàng)B，的圖象保持縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼谋?，得到?br>再向右平移個單位，得到，故B錯誤.
對選項(xiàng)C，的圖象向右平移個單位，得到，
再保持縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)伸長為原來的3倍，得到，故C錯誤；
對選項(xiàng)D，的圖象向右平移個單位，得到，
再保持縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮短到原來的，得到，故D正確.
故選：D.
8. 已知函數(shù)給出下列結(jié)論：
①的周期為；
②時取最大值；
③的最小值是；
④在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；
⑤把函數(shù)的圖象上所有點(diǎn)向左平移個單位長度，可得到函數(shù)的圖象．
其中所有正確結(jié)論的序號題（ ）
A. ①②B. ①③C. ①③④D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】先由降冪公式與輔助角公式化簡函數(shù)解析式，根據(jù)正弦型函數(shù)的周期公式、最值性質(zhì)、單調(diào)性，結(jié)合正弦型函數(shù)圖象變換性質(zhì)逐一判斷即可.
【詳解】因?yàn)?br>.
①因?yàn)?，所以①正確；
②因?yàn)?，所以②錯誤；
③當(dāng)，即時，
取最小值，且最小值是，所以③正確；
④當(dāng)時，由
知在區(qū)間內(nèi)并不單調(diào)，故④錯誤；
⑤把函數(shù)的圖象上所有點(diǎn)向左平移個單位長度，
可得到函數(shù)，故⑤錯誤.
故正確的是①③.
故選：B.
二、填空題（本題共8小題，每小題5分，共40分）
9. 函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用導(dǎo)函數(shù)判斷出函數(shù)的單調(diào)性即可求出單調(diào)減區(qū)間.
【詳解】易知的定義域?yàn)椋?br>則，令，解得；
即可知函數(shù)在區(qū)間上是單調(diào)遞減的，
所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是.
故答案為：
10. 長方體的所有頂點(diǎn)都在一個球面上，長、寬、高分別為2，1，1，那么這個球的表面積是______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出長方體對角線的長度，即得外接球的直徑，再求球的表面積即可.
【詳解】由題意，長方體的對角線的長度即外接球的直徑，為，
故這個球的表面積是.
故答案為：
11. 函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為_________，曲線在處的切線方程為_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則可求導(dǎo)數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)求出斜率，由點(diǎn)斜式可得切線方程.
【詳解】設(shè)，，
則；
所以，且，
即直線斜率，過點(diǎn)，
故曲線在處的切線方程為，
即，
故答案為：；.
12. 如圖，一個正四棱錐（底面為正方形且側(cè)棱均相等的四棱錐）的底面的邊長為4，高與斜高的夾角為30°，則正四棱錐的側(cè)面積為___________.
【答案】32
【解析】
【分析】根據(jù)正棱錐中高與斜高的夾角求出斜高的長，即可求出側(cè)面積.
【詳解】在正四面體中易知，是正棱錐的高，是正棱錐的斜高，
, ,
,
，
故答案為：32
13. 已知直線和圓相交于兩點(diǎn)．若，則的值為_________．
【答案】5
【解析】
【分析】根據(jù)圓的方程得到圓心坐標(biāo)和半徑，由點(diǎn)到直線的距離公式可求出圓心到直線的距離，進(jìn)而利用弦長公式，即可求得．
【詳解】因?yàn)閳A心到直線的距離，
由可得，解得．
故答案：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查圓弦長問題，涉及圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和點(diǎn)到直線的距離公式，屬于基礎(chǔ)題．
14. 在中，點(diǎn)滿足，若線段上的一點(diǎn)滿足（，），則__________，的最小值為__________．
【答案】 ①. 1 ②. 12
【解析】
【分析】第一空，根據(jù)平面向量基本定理，由，，三點(diǎn)共線可得，可得；第二空，利用基本不等式可得.
詳解】如圖，

，，，
，，三點(diǎn)共線，
，且，，
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，的最小值為12．
故答案為：1，12．
15. 已知雙曲線的一條漸近線方程是，它的一個焦點(diǎn)與拋物線的焦點(diǎn)相同．則雙曲線的方程為．
【答案】
【解析】
【詳解】解：由已知得，
16. 在平面直角坐標(biāo)系中，若雙曲線的右焦點(diǎn)到一條漸近線的距離為，則其離心率的值是________．
【答案】2
【解析】
【詳解】分析：先確定雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離，再根據(jù)條件求離心率.
詳解：因?yàn)殡p曲線的焦點(diǎn)到漸近線即的距離為所以，因此
點(diǎn)睛：雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離為b，焦點(diǎn)在漸近線上的射影到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為a.
三、解答題（本大題4小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
17. 在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知，，．
（1）求b的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理可得，從而可得，進(jìn)而根據(jù)余弦定理即可求解；
（2）先計算,再結(jié)合倍角公式和差角余弦公式即可求解.
【小問1詳解】
在中，由可得，又由，
可得，
，.
又，故，
根據(jù)余弦定理可得，可得.
【小問2詳解】
，，
，，
所以.
18. 在中，角，，所對的邊分別為，，．已知，，．
（1）求角的大小；
（2）求的值；
（3）求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求出，結(jié)合，求出；
（2）結(jié)合（1），由正弦定理求出的值；
（3）由二倍角公式得到，由正弦和角公式求出答案.
【小問1詳解】
在中，，，，
由余弦定理得，
又因?yàn)?，所以?br>【小問2詳解】
在中，由（1）知，，，
由正弦定理可得；
【小問3詳解】
由知，所以角A為銳角，
因?yàn)椋裕?br>所以，，
所以.
19. 如圖，四邊形是正方形，平面，，，分別為的中點(diǎn)．
（1）求證：平面；
（2）求平面與平面夾角的大小；
（3）求點(diǎn)到平面的距離．
【答案】（1）證明見解析
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用線面平行的判斷定理證明即可；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系利用空間向量來求解即可；
（3）在（2）建立的坐標(biāo)系下利用向量法求解即可.
【小問1詳解】
由題意分別為的中點(diǎn)，
所以是的中位線，
即，
又平面，平面，
所以平面；
【小問2詳解】
由于四邊形是正方形，平面，
所以兩兩垂直，
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，
如圖所示：

又，分別為的中點(diǎn)，
則，
所以；
設(shè)平面的一個法向量，
則，
解得，令，得；
即，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，
解得，令，
即；
設(shè)平面與平面夾角的大小為，
所以，
又，所以；
即平面與平面夾角的大小為；
【小問3詳解】
由（2）平面的一個法向量為；
又，
所以點(diǎn)到與平面的距離距為：
.
20. 設(shè)橢圓的離心率，過點(diǎn).
（1）求橢圓的方程；
（2）求橢圓被直線截得的弦長.
（3）直線與橢圓交于兩點(diǎn)，當(dāng)時，求值.（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意列出關(guān)于，，的方程組，解出，，的值，從而得到橢圓的方程．
（2）聯(lián)立直線與橢圓的方程，得韋達(dá)定理，進(jìn)而根據(jù)弦長公式即可求解.
（3）根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算即可代入韋達(dá)定理求解.
【小問1詳解】
由題意可知，解得，
橢圓的方程為．
【小問2詳解】
設(shè)橢圓與直線的交點(diǎn)為，，，，
聯(lián)立方程，消去得，
，，
因此
【小問3詳解】
設(shè)，，
聯(lián)立方程，消去得，
所以，，，得
由，即
，
，均符合，
故

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