本試卷共4頁，23小題，滿分150分.考試用時120分鐘.
第I卷選擇題（60分）
一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 已知集合，，則（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由一元二次不等式的解法，求得集合，再根據(jù)集合的交集的概念及運算，即可求解．
【詳解】由，解得，可得集合，
又由，
根據(jù)集合的交集的概念及運算，可得．
故選：D.
【點睛】本題主要考查了集合的交集的概念及運算，以及一元二次不等式的計算，其中正確求解集合，熟練應用集合的交集的運算求解是解答的關鍵，著重考查推理與運算能力.
2. 已知命題：，，則命題否定為（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)命題的否定的定義判斷，注意既要否定結論，也要轉化量詞.
【詳解】因為命題：，，
根據(jù)命題的否定的定義，
所以命題的否定:，.
故選：D
【點睛】本題主要考查命題的否定的定義，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.
3. 下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在上單調遞增的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求得的定義域不關于原點對稱可判斷A；由含絕對值的函數(shù)的奇偶性和單調性可判斷B；由二次函數(shù)的單調性和奇偶性可判斷C；由指數(shù)函數(shù)的單調性和奇偶性的定義可判斷D.
【詳解】解：對于A，定義域為不關于原點對稱，不為偶函數(shù)，故A錯誤；
對于B，，為偶函數(shù)，且時，單調遞增，故B正確；
對于C，為偶函數(shù)，但在上單調遞減，故C錯誤；
對于D，，為偶函數(shù)，當時，單調遞減，故D錯誤.
故選：B.
【點睛】正確理解奇函數(shù)和偶函數(shù)的定義，必須把握好兩個問題：(1)定義域關于原點對稱是函數(shù)為奇函數(shù)或偶函數(shù)的必要非充分條件；(2或是定義域上的恒等式．奇函數(shù)的圖象關于原點對稱，偶函數(shù)的圖象關于y軸對稱，反之也成立．利用這一性質可簡化一些函數(shù)圖象的畫法，也可以利用它去判斷函數(shù)的奇偶性．
4. 設函數(shù)，則
A. B. 5C. 6D. 11
【答案】B
【解析】
【詳解】分析：先確定的符號，再求的值.
詳解：∵＜0，
∴=故選B.
點睛：本題主要考查分段函數(shù)求值和對數(shù)指數(shù)運算，意在考查學生分段函數(shù)和對數(shù)指數(shù)基礎知識掌握能力和基本運算能力.
5. 已知，且在第三象限，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可推得，根據(jù)正余弦的關系結合的象限，即可得出答案.
【詳解】因為，
所以，.
因為在第三象限，
所以，.
故選：A.
6. 函數(shù)的最大值為（）
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平方關系將函數(shù)化為關于的二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質即可求解.
【詳解】由，
因為，
所以當時，取得最大值.
故選：D.
7. 函數(shù)的圖象大致為（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用奇偶性定義、的范圍，應用排除法即可得答案.
【詳解】由且定義域為R，即為偶函數(shù)，排除A；
由，排除B、C；
故選：D
8. 已知角的終邊過點.則（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)角的終邊過點，利用三角函數(shù)的定義得到，然后利用兩角差的正弦公式求解.
【詳解】解：因為角的終邊過點，
所以，
所以，
，
故選：C
9. 一空間幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖和俯視圖均為邊長為1的等腰直角三角形，則此空間幾何體的表面積是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先還原幾何體，再根據(jù)各表面形狀求表面積.
【詳解】幾何體為如圖四面體，其中所以表面積為，選D.
【點睛】本題考查三視圖以及四面體表面積，考查空間想象能力與綜合分析求解能力，屬中檔題.
10. 已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，其中，圖中函數(shù)的圖象與坐標軸的交點分別為，則下列代數(shù)式中為定值的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)圖象，由求出，再由M，N點的坐標求出為定值.
【詳解】由圖象可得，，且，
所以，
令，則，所以，
則.
故選：D
11. 已知函數(shù)，則滿足的取值范圍是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由題意可得是偶函數(shù)，且在區(qū)間上單調遞增，則不等式等價為，即，從而得到答案.
【詳解】由，知是偶函數(shù)，
不等式等價為，
當時，，在區(qū)間上單調遞增，
解得：.
故選：A.
【點睛】本題考查根據(jù)函數(shù)的奇偶性和單調性求解函數(shù)不等式的問題，關鍵是能夠利用單調性將不等式轉化為自變量大小關系，從而解出不等式，屬于中檔題.
12. 已知正四面體外接球的體積為，則這個四面體的表面積為
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】設正四面體ABCD的外接球的半徑R，將該正四面體放入一個正方體內，使得每條棱恰好為正方體的面對角線，根據(jù)正方體和正四面體的外接球為同一個球計算出正方體的棱長，從而得出正四面體的棱長，最后可求出正四面體的表面積．
【詳解】將正四面體ABCD放在一個正方體內，設正方體的棱長為a，如圖所示，
設正四面體ABCD的外接球的半徑為R，則，得．因為正四面體ABCD的外接球和正方體的外接球是同一個球，則有，∴ ．而正四面體ABCD的每條棱長均為正方體的面對角線長，所以，正四面體ABCD的棱長為，因此，這個正四面體的表面積為．
故選B．
【點睛】本題考查球的內接多面體，解決這類問題就是找出合適的模型將球體的半徑與幾何體的一些幾何量聯(lián)系起來，考查計算能力，屬于中檔題．
第II卷非選擇題
二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分
13. 已知冪函數(shù)的圖象過點，則的值為___________.
【答案】##0.25
【解析】
【分析】設冪函數(shù)為，代入點，求得，進而可求得結果.
【詳解】設冪函數(shù)的解析式為，
因為冪函數(shù)的圖象經(jīng)過點，可得，解得，
即，所以.
故答案為：.
14. 已知，則__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，利用誘導公式和二倍角的余弦公式計算作答.
【詳解】因為，
所以.
故答案為：
15. 已知函數(shù)在R上是增函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由分段函數(shù)兩段都遞增，且在分界處函數(shù)值左側不比右側大可得參數(shù)范圍，
【詳解】時，設，所以，是增函數(shù)，
所以由題意得，解得．
故答案為：．
16. 已知函數(shù)在區(qū)間上有最大值，則實數(shù)a的取值范圍是______
【答案】
【解析】
【分析】求出函數(shù)的導數(shù)，由題意可得在內有唯一零點，且單調遞減，由此列出不等式，即可求得答案.
【詳解】因為，故，
由于在區(qū)間上有最大值，
且在上單調遞減，
故需滿足在內有唯一零點，故，
即，解得，
即實數(shù)a的取值范圍為，
故答案為：
【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵在于判斷出導數(shù)在在上單調遞減，則需在內有唯一零點，由此列不等式求解即可.
三、解答題：共 70 分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第 17～21 題為必考題，每個試題考生都必須作答.第 22、23 題為選考題，考生根據(jù)要求作答.
（一）必考題：共 60 分.
17. 已知函數(shù)（其中）的部分圖像如圖所示，將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度，得到函數(shù)的圖象．
（1）求與的解析式；
（2）令，求方程在區(qū)間內的所有實數(shù)解的和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由函數(shù)圖象可得即周期，即可求出，再利用待定系數(shù)法求出，即可求出函數(shù)的解析式，再根據(jù)平移變換的原則即可求得函數(shù)的解析式；
（2）先求出函數(shù)的解析式，再根據(jù)正弦函數(shù)的性質即可得解.
【小問1詳解】
由圖可知，，
函數(shù)的周期，所以，
所以，
又，所以，
所以，所以，
又，所以，
所以，
因為將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度，得到函數(shù)的圖象，
所以；
【小問2詳解】
，
由，
得，
因，所以，
所以或或或，
所以或或或，
所以方程在區(qū)間內的所有實數(shù)解的和為
．
18. 已知函數(shù)
（1）當時，求在區(qū)間上的最值；
（2）若直線是曲線的一條切線，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）求導后，根據(jù)正負可確定在上的單調性，由單調性可確定最值點并求得最值；
（2）設切點為，結合切線斜率可構造方程組求得和的值.
【小問1詳解】
當時，，則，
當時，；當時，；
在上單調遞減，在上單調遞增，
，，
又，，.
【小問2詳解】
由題意知：，
設直線與相切于點，
則，消去得：，解得：，
則，解得：.
19. 在△ABC中，內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且．
（1）求的值；
（2）若csB，△ABC面積為，求△ABC的周長．
【答案】（1）2（2）5
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，兩角和的正弦函數(shù)公式化簡已知等式即可求解；
（2）由（1）利用正弦定理可得，利用同角三角函數(shù)基本關系式可求的值，結合三角形的面積公式可求，聯(lián)立解得，的值，根據(jù)余弦定理可求的值，即可得解三角形的周長．
【詳解】（1）∵，
∴sinBcsA﹣2sinBcsC＝2sinCcsB﹣sinAcsB，sinBcsA+sinAcsB＝2sinCcsB+2sinBcsC，
可得sin（A+B）＝2sin（B+C），即sinC＝2sinA，
∴2．
（2）∵由（1）可得sinC＝2sinA，
∴由正弦定理可得c＝2a，①
∵csB，△ABC的面積為，
∴sinB，由acsinBac?，解得ac＝2，②
∴由①②可得a＝1，c＝2，
∴由余弦定理可得b2，
∴△ABC的周長a+b+c＝1+2+2＝5．
【點睛】本題主要考查了正弦定理、兩角和的正弦函數(shù)公式、同角三角函數(shù)基本關系式，考查了三角形的面積公式、余弦定理在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于基礎題．
20. 如圖，在直角梯形中，，且，直角梯形可以通過直角梯形以直線為軸旋轉得到．
（1）求證：平面平面；
（2）若二面角的大小為，求三棱錐的體積．
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）通過證明、證明平面，然后根據(jù)面面垂直的判定定理完成證明；
（2）先根據(jù)垂直關系判斷出二面角的平面角為，然后根據(jù)三棱錐的體積公式求解出三棱錐的體積.
【詳解】解：（1）∵
∴
∵直角梯形繞轉到
∴
又∵
∴平面
∵平面
∴平面平面
（2）∵直角梯形繞轉到
∴
∵且
∴平面
且為二面角平面角
∴
又∵
∴為等邊三角形
∴
∴.
21. 已知函數(shù)．
（1）求函數(shù)的最小值；
（2）當時，證明：．
【答案】（1）；（2）證明見解析．
【解析】
【分析】（1）通過求導確定函數(shù)的單調性，從而就可以求函數(shù)的最小值；
（2）先將不等式轉化為恒成立，也是從單調性出發(fā)，通過求最小值大于0，從而實現(xiàn)不等式的證明.
【詳解】（1），
令，解得，令，解得，
∴函數(shù)在單調遞減，在單調遞增，
∴的最小值為；
（2）證明：要證，即證，即證，
∵，
∴，
∴只需證明對任意恒成立，
設，則，
設，則，
∴在為增函數(shù)，
又，
∴存在，使得，
由，得，即，即，
且當時，單調遞減，當時，單調遞增，
∴，
令，則，
∴在上單增，故，
∴，即．
綜上，當時，．
【點睛】關鍵點睛：解決本題關鍵是“隱零點”的使用，本題中的“隱零點”在后面處理最值中取到一個替換性的作用也是本題的關鍵.
（二）選考題：共 10 分.請考生在第 22、23 題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.
[選修 4-4：坐標系與參數(shù)方程]（10分）
22. 在極坐標系中，圓C的圓心在極軸上，半徑為2，且圓C經(jīng)過極點．
（1）求圓C的極坐標方程；
（2）若P為圓C上的動點，過P作直線的垂線，垂足分別為A，B，求面積的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）設為圓C上一點，再根據(jù)圓的性質與三角函數(shù)關系求解即可；
（2）根據(jù)極坐標與直角坐標的互化可得圓C的直角坐標方程，再設，進而表達出面積，結合二次函數(shù)與三角函數(shù)的值域求解即可.
【小問1詳解】
如圖，設為圓C上一點，O為極點，為圓C的直徑，
連接，則，
則．
故圓C的極坐標方程為．
【小問2詳解】
極坐標中的直線對應的直角坐標方程為．
因為圓C的直角坐標方程為，設，
所以，，
則的面積；
設，則，
當時，S取得最大值．
[選修 4-5：不等式選講]（10 分）
23. 已知函數(shù).
（1）求證：；
（2）若，證明：.
【答案】（1）證明見解析
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）利用絕對值三角不等式與二次函數(shù)的性質計算可得；
（2）利用基本不等式證明即可.
【小問1詳解】
因為
，
當且僅當時取等號，
又，當且僅當，即時取等號，
所以.
【小問2詳解】
因為，，且，
又因為，當且僅當時取等號，
所以，即，所以，當且僅當時取等號，
所以，
又因為，當且僅當時取等號，
所以，當且僅當時取等號.

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