考生注意：
本試卷分第Ⅰ卷基礎題（132分）和第Ⅱ卷提高題（15分）兩部分，共147分．3分卷面分．
第Ⅰ卷 基礎題（共132分）
一、選擇題: 每小題5分，共45分.
1. 已知集合 ?， 則?（ ）
A. ?B. ?C. ?D. ?
【答案】D
【解析】
【分析】根據一元二次不等式求集合A，根據指數函數單調性求集合B，進而求交集.
【詳解】因為集合?，
?，
所以?．
故選：D．
2. 已知，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
【解析】
【分析】結合不等式的性質分充分性、必要性兩方面進行說明即可求解.
【詳解】若，則函數單調遞增，所以，充分性成立；
當時，，滿足，但，不滿足必要性；
所以“”是“”的充分不必要條件.
故選：A
3. 函數的部分圖象大致為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分別利用函數的定義域、奇偶性與特殊值的正負排除不符合要求的選項即可得.
【詳解】由定義域為，故可排除C；
又，
故為奇函數，故可排除D；
由，故可排除B；
故選：A.
4. 已知函數是定義在上的偶函數，當時，，則使得成立的的取值范圍是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判斷在上的單調性，再由其為偶函數將轉化為，則可得，從而可求得的取值范圍
【詳解】因為和在上均單調遞增，
所以在上單調遞增．
因為是定義在上的偶函數，
所以可化為，
所以，解得．
故選：D
5 已知，，，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用對數運算規(guī)則和對數函數單調性求得的大小關系及其取值范圍，再求得c的取值范圍，進而得到三者之間的大小關系.
【詳解】由題意得，，
，
由，可得，又，
則，故
又，則.
故選：D.
6. 已知，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】結合兩角和差的正弦公式以及同角的商數關系求出，進而利用二倍角的正切公式即可求出結果.
【詳解】因為，所以，
得，顯然，所以，
故，
故選：C.
7. 已知函數，，當時，不等式恒成立，則實數a的取值范圍為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據不等式，構造函數并明確其單調性，進而可得導數的不等式，利用參數分離整理不等式，構造函數，利用導數求其最值，可得答案.
【詳解】當時，不等式恒成立，則，
即函數在上單調遞增，則，
整理可得，令，則.
當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，
，.
故選：D.
8. 已知函數的部分圖象如圖所示，則下列結論正確的是（ ）
A. 的圖象關于點對稱
B. 的圖象向右平移個單位后得到的圖象
C. 在區(qū)間的最小值為
D. 為偶函數
【答案】D
【解析】
【分析】先由圖象求出的解析式，再結合三角函數的性質與圖像變換逐一判斷．
【詳解】由圖可知，，又，所以，
再由圖象知，且，
故，解得，即，
對于A，由，所以A錯誤；
對于B，的圖象向右平移個單位后得到的函數為，
故B錯誤；
對于C，由，得，當即時，
在區(qū)間的最小值為，故C錯誤；
對于D，是偶函數，故D正確．
故選：D．
9. 如圖，在平面四邊形中，，，，，，，若點F為邊AD上的動點，則的最小值為（ ）

A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】以為原點建立平面直角坐標系，求得，設，令，得出，利用數量積的運算得到，結合二次函數的性質，即可求解.
【詳解】以為原點，以所在的直線為軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，
依題意得，又，
在中，由余弦定理得，
所以，所以，故，
在中，由余弦定理得，
所以，所以，
因為，，故，
因為，，所以，
所以在中，，
所以為等邊三角形，
所以，所以，
設，由題意令，即，
解得，所以，
所以，
設，可得其對稱軸為，且開口向上，
所以時，取得最小值，即的最小值為.
故選：B.

二、填空題：每小題5分，共30分.
10. 已知復數（為虛數單位），其共軛復數為，則的虛部為____________．
【答案】
【解析】
【分析】先將復數轉化為的形式，然后求解，進而得出的虛部.
【詳解】解：，
所以，
所以，故的虛部為，
故答案為：.
11 計算：__________．
【答案】##3.75
【解析】
【分析】利用指數運算、對數運算及對數換底公式計算即得.
【詳解】.
故答案為：
12. 平面向量，滿足，，，則與的夾角為______．
【答案】##
【解析】
【分析】根據，得出，將兩邊同時平方，列式求出，再求出夾角的值.
【詳解】設與的夾角為，
由，得.
因為，，
所以，
即，
解得，因為，所以.
故答案為：.
13. 在中，內角的對邊分別為，且，，，則的面積為_______．
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理和正弦和角公式得csAsinC=0，進而得，，再計算面積即可.
【詳解】解：解法1：，
又，
∴，
∴csAsinC=0，
∵，∴，
∴，又，∴，
∵，
∴，．
解法2：由射影定理，，又由題意，，
∴，
∴，
∵，∴，
又，
∴，．
故答案為：
14. 已知，且，則的最小值為________.
【答案】
【解析】
【分析】
先利用把化成，利用基本不等式可求的最小值，再根據不等式的性質把目標代數式放縮為與有關的代數式，再利用基本不等式可求題設中目標代數式的最小值.
【詳解】因為，，
所以，
當且僅當時等號成立．
又因為，由不等式的性質可得
.
又因為，
當且僅當時等號成立．
所以的最小值為.
故答案為：.
【點睛】本題考查多元代數式的最值，處理這類問題的基本策略是降元處理，降元時要結合目標代數式的結構特點，找出能整體處理的部分，本題屬于難題.
15. 在平面四邊形中，，，若，則_____；若為邊上一動點，當取最小值時，則的值為_____．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根據題意可知是等邊三角形，是有一個內角為60°的直角三角形，又知道它們的邊長，所以可以建立坐標系，將問題坐標化后進行計算求解．
詳解】解：∵平面四邊形中，，，
∴是邊長為2的等邊三角，
在中，，所以，
又，
∴是邊的四等分點．
如圖建立坐標系：則：，
，
所以
，
再設，則，
∴，
顯然時，最小，此時，
∴．
故答案為：，．
【點睛】本題考查平面向量在幾何問題中的應用，涉及向量的數量積和向量夾角的余弦值，通過建系將問題坐標化是一種常見的求角或距離的解題方法，同時考查學生的轉化思想和數形結合思想.
三、解答題：(本大題共5小題，共72分)
16. 在中，內角所對的邊分別為．已知，，，．
（1）求和的值；
（2）求三角形BC邊的中線長；
（3）求的值．
【答案】（1），；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）確定銳角，求得，由余弦定理求得，再由正弦定理得；
（2）在中由余弦定理求得中線，
（3）確定是銳角，求得，由二倍角公式求得，然后由兩角和的正弦公式求值．
【詳解】（1）在中，因為，故由，可得．
由已知及余弦定理，有，所以.
由正弦定理,得.
所以，的值為，的值為.
（2）設BC邊的中點為D，在中，
由余弦定理得:，
（3）由（1）及，得，所以，
．
故．
【點睛】關鍵點點睛：本題考查正弦定理、余弦定理解三角形，解題時根據已知條件選用正弦定理或余弦定理求解，注意在用平方關系求得角的余弦時，先確定角的范圍，然后計算．
17. 已知函數，的圖象的一個對稱中心到最近的對稱軸的距離為.
（1）求函數的單調遞增區(qū)間：
（2）將函數的圖象上各點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變，得到函數的圖象，求函數在區(qū)間上的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用三角恒等變換公式化簡函數的解析式，接著依據題意求出，進而求出函數，再令，接著求解不等式即可得解.
（2）先由三角變換規(guī)則結合（1）得，接著由得，再由正弦函數圖像性質即可求出函數y=gx在區(qū)間上的值域.
【小問1詳解】
因為
，
又由題，所以，
所以，
令，則，
所以函數的單調遞增區(qū)間為.
【小問2詳解】
由（1），
故由題意可得，
當，，
故由正弦函數圖像性質可得，
所以即，
所以函數y=gx在區(qū)間上的值域為.
18. 設函數.
（1）當時，求在處的切線方程；
（2）討論的單調性；
（3）若恒成立，求m的取值范圍.
【答案】（1）
（2）答案見解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用導數的幾何意義計算即可；
（2）利用導數含參討論函數的單調性即可；
（3）分離參數，利用導數研究函數的最值即可.
【小問1詳解】
當時，，
則在處的切線方程為：；
【小問2詳解】
由，
若，則恒成立，即在上單調遞增；
若，則時，有，即在上單調遞減，
時，有，即在上單調遞減；
綜上：若時，在上單調遞增；若時，在上單調遞減；
【小問3詳解】
不等式恒成立，
設，
易知在上單調遞增，
又，所以時有，時有，
即在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
故m的取值范圍.
19. （1）設，對任意實數x，記．若有三個零點，則實數a的取值范圍．
（2）已知函數，其中，若方程有三個不同的實數根，則實數k的取值范圍．
（3）已知函數，函數有四個零點，則實數的取值范圍.
（4）問題：用數形結合法解決函數零點問題是常用的方法，請總結此方法使用時需要注意什么問題？
【答案】（1） ；（2）；（3）；（4）答案見解析
【解析】
【分析】（1）函數的零點，由條件列不等式求a的取值范圍.
（2）畫出分段函數圖象數形結合根據零點個數求出參數即可；
（3）先求導函數得出函數單調性及最值畫出分段函數圖象，數形結合根據零點個數求出參數即可；
（4）根據數形結合判斷函數零點需要構造函數，結合函數圖象得出參數范圍．
【詳解】（1）令，
因為函數有一個零點，函數?x至多有兩個零點，
又有三個零點，所以?x必須有兩個零點，且其零點與函數的零點不相等，
且函數?x與函數的零點均為函數的零點，
由gx=0可得，，所以，所以為函數的零點，
即，所以，
令，可得，
由已知有兩個根，
設，則有兩個正根，
所以，且，
所以，故，
當時，有兩個根，
設其根為，，則，
設，則，，
所以，
令，則，則，，
且，，
所以當時，，
所以當時，為函數的零點，
又也為函數的零點，且與互不相等，
所以當時，函數有三個零點.
（2）
如圖，，則的圖象如上，
顯然，與不可能有交點，故時不符題意；
如圖，，則的圖象如上，
顯然，與有三個不同交點時，必有，解得，
而時，明顯不符題意；
綜上，.
（3）解：有四個零點等價于y=fx與有四個不同交點
當時，，
當時，f′x0
即在上單調遞減，在上單調遞增，
，
當時，，此時，
由此可得圖象如下圖所示：

恒過，
由圖象知，直線位于圖中陰影部分時，有四個不同交點，
即臨界狀態(tài)為與兩段圖象分別相切，
當與相切時，可得，
當與相切時，
設切點坐標為，則，
又恒過，則，
即，解得，故，
由圖象知：；
（4）判斷函數零點需要注意：將函數變形為兩個函數的差，構造函數，畫兩個函數的圖象，
利用圖象交點的個數：看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．
【點睛】方法點睛：函數零點的求解與判斷方法：
(1)直接求零點：令，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點．
(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數在區(qū)間上是連續(xù)不斷的曲線，且，還必須結合函數的圖象與性質(如單調性、奇偶性)才能確定函數有多少個零點．
(3)利用圖象交點的個數：將函數變形為兩個函數的差，畫兩個函數的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．
第Ⅱ卷 提高題（共15分）
20. 已知函數，（）.
（1）當時，求曲線在點處的切線方程；
（2）求函數的單調區(qū)間；
（3）若對任意恒成立，求整數a最小值.
【答案】（1）
（2）函數的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為.
（3）1
【解析】
【分析】（1）根據導數的幾何意義求出切線斜率即可得解；
（2）求出函數導數，再利用求導數判斷導函數的符號，即可得到原函數的單調區(qū)間；
（3）原不等式恒成立轉化為，構造函數，根據單調性轉化為對任意恒成立，分離參數后得，由導數求出的最大值即可.
【小問1詳解】
當時，，
所以，
所以切線方程為，即.
【小問2詳解】
因為，
所以，
設，
則，
又因為，所以，即單調遞增，
又因為，所以時，，即；
時，，即，
綜上可知，函數的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為.
【小問3詳解】
因為對任意恒成，
即，，
即，
即，
設，則，
易知單調遞增，所以，
所以單調遞增，則原不等式等價于，
即 對任意恒成立，
所以，令，則，
又因為，
令，則，所以單調遞減;
又因為，，
所以，
所以時，，即，單調遞增；
時，，即，單調遞減；
所以，
所以，而，
所以整數的最小值為.
【點睛】關鍵點點睛：第三問關鍵點之一在于對原不等式進行恰當轉化，第二關鍵點在于結合構造函數再對不等式變形后構造出恰當函數，利用導數判斷出所構造函數的單調性，再次轉化恒成立結論，第三關鍵點在于會找函數的隱零點，得到，難度較大.

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