考試時間：120分鐘 滿分：150分
命題：張華英 審核：張賽平
一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40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. 已知全集為，集合，，則圖中陰影部分表示的集合為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)圖象、集合補集、交集的知識來求得正確答案.
【詳解】依題意，陰影部分表示集合.
故選：B
2. 已知復(fù)數(shù)，則（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算求出，再根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義及復(fù)數(shù)的乘法運算即可得解.
【詳解】，
則，
所以.
故選：B.
3. 下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又是減函數(shù)的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性來確定正確答案.
【詳解】A選項，的定義域是，且在上單調(diào)遞增，不符合題意.
B選項，的定義域是，且在上單調(diào)遞減，不符合題意.
C選項，的定義域是，是非奇非偶函數(shù)，不符合題意.
D選項，的定義域是，，
所以是奇函數(shù)，且在上單調(diào)遞減，符合題意.
故選：D
4. 設(shè)直線，，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】C
【解析】
【分析】根據(jù)平行關(guān)系列式求解可得，結(jié)合充分、必要條件分析判斷.
【詳解】因為，則，解得或，
若，，，兩直線平行，符合題意；
若，，，兩直線重合，不符合題意；
綜上所述：等價于.
所以“”是“”的充要條件.
故選：C.
5. 已知，，，則，，的大小關(guān)系為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)指、對數(shù)函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合中間值0和1分析判斷即可.
【詳解】因為在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，
可得，即；
因為在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，
可得，即；
且在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，
可得，即；
綜上所述：.
故選：B.
6. 已知，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)三角恒等變換的知識化簡已知條件，從而求得正確答案.
【詳解】，
，
由于，
所以，
，
所以.
故選：C
7. 已知在高為的正四棱錐中，，則正四棱錐外接球的表面積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先計算出外接球的半徑，從而計算出外接球的表面積.
【詳解】設(shè)正方形的中心為，連接，則外接球的球心在上，
，設(shè)外接球的半徑為，則，
解得，所以外接球的表面積為.
故選：A
8. 設(shè)，，分別是橢圓的左、右、上頂點，為坐標原點，為線段的中點，過作直線的垂線，垂足為.若到軸的距離為，則橢圓的離心率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由到軸的距離為求得點坐標為，然后由垂直化為斜率乘積為得出的值，變形后求得離心率．
【詳解】如圖，，是中點，則，
軸，垂足為，，
∵，所以，
所以，，，即，
，
，則，化簡得，
即，，
故選：B．
二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.）
9. 已知函數(shù)，則下列說法正確的是（ ）
A. 的值域為
B. 在上的遞增區(qū)間為
C. 的對稱中心為，
D. 在上的極值點個數(shù)為
【答案】AB
【解析】
【分析】根據(jù)三角函數(shù)的值域、單調(diào)性、對稱中心、極值點等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.
【詳解】依題意，，
，，
所以的值域為，A選項正確.
由，解得，
時，，所以在上的遞增區(qū)間為，B選項正確.
對稱中心的縱坐標是，所以C選項錯誤.
由，得，
當時，，即在上的極值點個數(shù)為，所以D選項錯誤.
故選：AB
10. 已知是等差數(shù)列的前項和，，且，則（ ）
A. 公差B. C. D. 時，最大
【答案】BC
【解析】
【分析】根據(jù)已知條件列方程，根據(jù)等差數(shù)列的知識對選項進行分析，從而確定正確答案.
【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，
由得，
由于，所以，，所以AD選項錯誤，B選項正確
，C選項正確.
故選：BC
11. 已知雙曲線的左、右焦點分別為，，過的直線交的右支于點，，若，則（ ）
A.
B. 雙曲線的漸近線方程為
C.
D. ，面積記為，，則
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據(jù)可得，即可判斷A；，利用余弦定理求出，根據(jù)雙曲線的定義結(jié)合的值可求出可確定C；從而在直角三角形中可得的齊次式，可求漸近線方程確定B，根據(jù)直角三角形的面積公式可確定D.
【詳解】對于選項A：因為，
可得，故A正確；
對于選項C：因為，可得，
不妨設(shè)，
在中，由余弦定理得，
可得，則，可知，
所以，故C正確；
對于選項B：在直角三角形中，因為，可得，
在三角形中，因為，可得，
因為，可得，
即，
在直角三角形中，，即，
可得，則，即，
所以漸近線方程為，故B錯誤；
對于選項D：因為，，則，
即，所以，故D正確；
故選：ACD.
【點睛】方法點睛：焦點三角形的作用：在焦點三角形中，可以將圓錐曲線的定義，三角形中邊角關(guān)系，如正余弦定理、勾股定理結(jié)合起來．
三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分.）
12. 已知，則________．
【答案】
【解析】
【分析】對函數(shù)求導(dǎo)，計算即可.
【詳解】因為，所以
所以
所以.
故答案為：.
【點睛】本題考查了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與求值，屬于基礎(chǔ)題.
13. 如圖，對某市的個區(qū)縣地圖進行著色，要求有公共邊的兩個地區(qū)不能用同一種顏色，現(xiàn)有種不同的顏色可供選擇，則不同的著色方法有________種.

【答案】
【解析】
【分析】利用分步乘法計數(shù)原理來求得正確答案.
【詳解】按①②③④的順序進行著色，
按分步計數(shù)原理可得不同的著色方法有.
故答案為：
14. 已知是定義在上的奇函數(shù)，，恒有，且當時，，則________.
【答案】3
【解析】
【分析】根據(jù)題意分析可知4為函數(shù)周期，結(jié)合奇函數(shù)求，結(jié)合周期性即可得結(jié)果.
【詳解】因為，則，
可得，可知4為函數(shù)的周期，
且，
又因為當時，，則，
所以.
故答案為：3.
四、解答題（本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）
15. 設(shè)的內(nèi)角的對邊分別為，已知.
（1）求；
（2）若，點在邊上，，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理將角化邊，即可得到，再由余弦定理計算可得；
（2）首先由等面積法求出，再由，代入、的值，即可求出，再檢驗即可.
【小問1詳解】
因，
由余弦定理得，
整理得，
所以，
因為B∈0,π，所以.
【小問2詳解】
由題意知，所以，
由（1）的過程可得，
代入的值整理得，解得或.
當時，，此時為鈍角，不符合條件，
當時，，符合條件，所以.
16. 已知動點在拋物線上，過點作軸的垂線，垂足為，動點滿足.
（1）求動點的軌跡的方程；
（2）過點的直線交軌跡于兩點，設(shè)直線的斜率為，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）設(shè)點，利用相關(guān)點法即得；
（2）由題可設(shè)直線的方程，然后聯(lián)立直線方程和軌跡方程，利用韋達定理及斜率公式計算化簡即得.
【小問1詳解】
設(shè)，則，
∴，，
∵，
∴，
∴，而，
∴，
即動點的軌跡的方程；
【小問2詳解】
由題意知直線的斜率存在，設(shè)為，直線的方程為，
由，得，
設(shè)，，則
∴，，
∴，
∴，
故的值為.
17. 如圖，在四棱錐中，平面平面，，，，為棱的中點.
（1）證明：平面；
（2）若，，在線段上是否存在點，使得點到平面的距離是？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
【答案】（1）證明見解析．
（2）存在，．
【解析】
【分析】（1）取中點，連接，證明是平行四邊形，得平行線，再由線面平行判定定理得證線面平行；
（2）證明平面，然后以為原點，為軸建立空間直角坐標系，假設(shè)線段上是否存在點，使得點到平面的距離是，并設(shè)，，由空間向量法求點面距后結(jié)合已知可得結(jié)果．
【小問1詳解】
取中點，如圖，連接，
∵是中點，∴且，
又，，
∴且，
∴是平行四邊形，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
【小問2詳解】
∵，，，∴，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又，
因此以為原點，為軸建立空間直角坐標系，如圖，
則，，，，，
，，，
設(shè)平面的一個法向量是，
則，取得，
假設(shè)線段上是否存在點，使得點到平面的距離是，
設(shè)，，
，
∴點到平面的距離為，（舍去），
所以．
18. 已知函數(shù)．
（1）若時，求的取值范圍；
（2）若，證明：當時，．
【答案】（1）
（2）證明過程見解析
【解析】
【分析】（1）參變分離，得到，構(gòu)造，，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，求出最小值為，故；
（2）不等式變形為，令，，二次求導(dǎo)得到其單調(diào)遞減，結(jié)合，證明出結(jié)論.
【小問1詳解】
，
令，，
則，令得，令得，
故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
故在處取得極小值，也是最小值，最小值為，
故；
【小問2詳解】
，
即，
令，，
則，
令，則恒成立，
故在上單調(diào)遞減，
又，故，
故在上恒成立，
故在上單調(diào)遞減，
又，
故，結(jié)論得證
19. 對于數(shù)列，，，定義“變換”：將數(shù)列變換成數(shù)列，，，其中，且.這種“變換”記作，繼續(xù)對數(shù)列進行“變換”，得到數(shù)列，，，依此類推，當?shù)玫降臄?shù)列各項均為0時變換結(jié)束.
（1）寫出數(shù)列2，6，4經(jīng)過5次“變換”后得到的數(shù)列；
（2）設(shè)數(shù)列400，2，403經(jīng)過次“變換”得到的數(shù)列各項之和最小，求的最小值.
【答案】（1）．
（2）136
【解析】
【分析】（1）直接根據(jù)“變換”的規(guī)則進行變換即得；
（2）數(shù)列經(jīng)過變換后找到規(guī)律，三個數(shù)中保留最小的數(shù)，用較大的兩個數(shù)減去這個最小的數(shù)，所得三個數(shù)為變換后數(shù)列中的三個數(shù)，三個數(shù)的和與它們的順序無關(guān)，因此我們只要考慮變換規(guī)律及和的變化規(guī)律，到臨界數(shù)列（最小數(shù)不是3后）再一一變換即可得．
【小問1詳解】
根據(jù)“變換”定義5次“變換”后有：，
即5次“變換”后數(shù)列為：．
【小問2詳解】
數(shù)列，經(jīng)過第1次“變換”后為數(shù)列：，經(jīng)過第2次“變換”后為數(shù)列：，經(jīng)過第3次“變換”后為數(shù)列：，依此類推可知：
數(shù)列（例如數(shù)列中的），經(jīng)過第1次“變換”后為數(shù)列：，這里，
而且，即三個數(shù)中較大的兩個數(shù)的差等于最小的數(shù)，
若是這三個數(shù)中最小的數(shù)，則下一次變換所得數(shù)列中三個數(shù)（不考慮順序），保留最小的數(shù)，用較大的兩個數(shù)減去這個最小的數(shù)，即得：，
而且后面的變換，只要較大的兩個數(shù)與最小的數(shù)的差不小于最小數(shù)，
則下一次變換所得數(shù)列中三個數(shù)都是保留最小的數(shù)，用較大的兩個數(shù)減去這個最小的數(shù)，
因此依次變換有:
第一次變換后：；
第二次變換后：；
第三次變換后：；
第四次變換后：，
第五次變換后：
第六次變換后：，
第七次變換后：，
故的位置周期性變化且周期為3，三個數(shù)字的大小位置也呈周期性性變化，周期為6，
而，且，
故第133次變換后所得三個數(shù)依次為：，
然后有，
即第136次變換后三個數(shù)為，再變換后三個數(shù)中都是兩個為1，一個為0，和是2為最小值不改變了．
所以的最小值是136，
【點睛】方法點睛：本題考查新定義運算，考查學生的創(chuàng)新意識，解題方法是經(jīng)過連續(xù)變換歸納出數(shù)列中三個數(shù)和變換的規(guī)律，以及三數(shù)和的變化趨勢，從而得出最終結(jié)論．

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