一、單選題（每個4分）
1.已知集合，，則（ ）
A.B.C.D.
2.（ ）
A.B.C.D.
3.若（，且）函數(shù)的圖像大致是（ ）
A.B.C.D.
4.已知，，，則a，b，c的大小關(guān)系是（ ）
A.B.
C.D.
5.若實數(shù)，則的最大值為（ ）
A.B.C.4D.6
6.若，，則的值是（ ）
A.3B.C.8D.
7.已知角是第四象限的角，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
8.下列命題中是假命題的是（ ）
A.存在，使
B.對任意，有
C.中，的充要條件是
D.對任意，函數(shù)都不是偶函數(shù)
9.已知函數(shù)，則（ ）
A.的最小正周期為B.為偶函數(shù)
C.的圖象關(guān)于對稱D.為奇函數(shù)
10.已知，則函數(shù)的值域是（ ）
A.B.C.D.
11.已知函數(shù)，若，則的取值范圍是（ ）
A.B.C.D.
12.已知直線是函數(shù)的一條對稱軸，則的一個單調(diào)遞減區(qū)間是（ ）
A.B.C.D.
13.設(shè)函數(shù)，則使得成立的的取值范圍是（ ）
A.B.
C.D.
二、填空題（每個4分）
14.函數(shù)的定義域為_______.
15.設(shè)函數(shù)，若是函數(shù)的一個零點，則實數(shù)_______.
16.冪函數(shù)在上是減函數(shù)，則的值為_______.
17.在中三個內(nèi)角分別A，B，C且，，則角_______.
18.已知函數(shù)，滿足對任意的實數(shù)，且，都有，則實數(shù)的取值范圍是_______.
19.已知是定義在上的增函數(shù)，且，則的取值范圍是_______.
20.已知函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，當(dāng)時，，寫出的解析式_______.
21.函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是_______.
22.設(shè)，，，若，，則的最大值為_______.
23.已知，若a，b，c互不相等，且，則的范圍是_______.
三、解答題
24.（14分）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，.
（1）求A；
（2）若的面積為，周長為8，求a.
25.（14分）設(shè)函數(shù)在處取得極值.
（1）求的解析式；
（2）當(dāng)時，求函數(shù)的最值.
26.（1.5分）如圖，平面，，，，，點E，F(xiàn)，M分別為AP，CD，BQ的中點.
（1）求證：平面CPM；
（2）求平面QPM與直線PC所成角的余弦值；
（3）若N為線段CQ上的點，直線DN與平面QPM所成的角為，求N到平面CPM的距離.
27.（15分）已知函數(shù).
（1）當(dāng)時，求函數(shù)在處切線方程；
（2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（3）若，不等式在上存在實數(shù)解，求實數(shù)的取值范圍.
參考答案
1.A
【分析】先解對數(shù)不等式及函數(shù)值域分別求出集合A，B，再應(yīng)用并集定義計算即可.
【詳解】因為，所以，所以，
因為，所以，
所以.
故選：A.
2.B
【分析】根據(jù)余弦的二倍角公式即可求解.
【詳解】.
故選：B
3.A
【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得，再根據(jù)函數(shù)圖像平移判斷即可.
【詳解】因為（，且），故，故為減函數(shù)，且過，又的圖像為的圖像向右平移1個單位，則A滿足.
故選：A
4.A
【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得正確的選項.
【詳解】，，，所以.
故選：A.
5.A
【分析】用配湊法結(jié)合基本不等式求解即可；
【詳解】實數(shù)，，
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，
函數(shù)的最大值為，
故選：A.
6.A
【分析】根據(jù)給定條件，利用指數(shù)式與對數(shù)式互化關(guān)系及對數(shù)換底公式及運算法則計算即得.
【詳解】由，得，而，
所以.
故選：A
7.A
【分析】根據(jù)余弦函數(shù)定義及充分不必要定義判斷即可.
【詳解】因為，所以.
即“”是“”的充分條件；
若取，，它們都是第四象限的角，且滿足，
但，即“”不是“”的必要條件.
故“”是“”的充分不必要條件.
故選：A.
8.D
【分析】對于A，時成立；對于B，由于判別式小于0，故正確；對于C，利用正弦定理可知正確；對于D，當(dāng)時，函數(shù)即為偶函數(shù)，故可得結(jié)論.
【詳解】對于A，當(dāng)時成立；
對于B，令，，對于函數(shù)，
判別式，即恒成立，故正確；
對于C，由大邊對大角定理可得，由正弦定理可知正確，中，的充要條件是，故正確；
對于D，當(dāng)時，函數(shù)即為偶函數(shù)，故錯誤；
故選D.
【點睛】本題主要考查命題真假的判斷，真命題需要有充分的利用，而假命題列舉反例即可，屬于中檔題.
9.C
【詳解】對于函數(shù)，它的最小正周期為，故A選項錯誤；
函數(shù)不滿足，故不是偶函數(shù)，故B選項錯誤；
令，可得，故的圖象關(guān)于對稱，C正確；
由于為偶函數(shù)，故D選項錯誤，
故選C.
10.C
【分析】根據(jù)正切函數(shù)的單調(diào)性確定，再根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性即可求出的值域，即得答案.
【詳解】令，則，
因為在上單調(diào)遞增，且，所以，
又在上單調(diào)遞減，且，所以，
即的值域是.
故選：C.
11.A
【分析】由冪函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)在上單調(diào)遞增且，利用導(dǎo)數(shù)求出的最小值可得，解一元二次不等式即可.
【詳解】，又函數(shù)，在上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，且，
所以當(dāng)時，，單調(diào)遞減；
當(dāng)時，，單調(diào)遞增，
所以有最小值，且，
所以，解得.
故選：A
12.B
【分析】利用周期公式計算出周期，根據(jù)對稱軸對應(yīng)的是最值，然后分析單調(diào)減區(qū)間.
【詳解】因為，
若取到最大值，則，，即，，此時處最接近的單調(diào)減區(qū)間是：即，故B符合；
若取到最小值，則，，即，，此時處最接近的單調(diào)減區(qū)間是：即，此時無符合答案；
故選B.
【點睛】對于正弦型函數(shù)，對稱軸對應(yīng)的是函數(shù)的最值，這一點值得注意．
13.A
【分析】由奇偶函數(shù)的定義判斷函數(shù)為偶函數(shù)，由函數(shù)單調(diào)性的判定得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，由對稱函數(shù)的函數(shù)大致圖像得出自變量的不等關(guān)系，從而解出取值范圍.
【詳解】的定義域為R，
，為偶函數(shù)，
當(dāng)時，，
，
在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
當(dāng)時，，.
故選：A.
14.
【分析】根據(jù)對數(shù)的真數(shù)為正和二次根號下非負(fù)可求定義域.
【詳解】由題設(shè)有，故，故函數(shù)的定義域為，
故答案為：.
15.3
【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運算法則，求得，結(jié)合，即可求解.
【詳解】由函數(shù)，
可得，
因為是函數(shù)的一個零點，所以，解得.
故答案為：3.
16.1
【分析】由冪函數(shù)及其單調(diào)性即可求解.
【詳解】由題意可得，解得：，
所以，.
故答案為：1
17.
【分析】根據(jù)正切和角公式得到，由誘導(dǎo)公式得到，故，求出答案.
【詳解】，
又，故，所以，
又，所以.
故答案為：
18.
【分析】利用已知條件判斷函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)分段函數(shù)的單調(diào)性可得關(guān)于的不等式組，解之即可.
【詳解】對任意的實數(shù)，都有，即，異號，故是上的減函數(shù)；
可得：，解得.
故答案為：
19.
【分析】根據(jù)單調(diào)性的概念和函數(shù)的定義域得到滿足的條件，從而得到結(jié)果.
【詳解】由題意可得，，解得.
所以的取值范圍是.
故答案為：.
20.
【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性與三角函數(shù)的奇偶性求解即可.
【詳解】因為當(dāng)時，，
所以當(dāng)時，則，
所以，
又函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，所以.
故答案為：.
21.
【分析】根據(jù)題意，利用二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，以及對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)，函數(shù)為減函數(shù)，結(jié)合復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的判定方法，即可求解.
【詳解】令，
由，解得，
又的圖象的對稱軸為，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
又，則函數(shù)為減函數(shù)，
所以由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性，的單調(diào)遞增區(qū)間是.
故答案為：.
22.3
【分析】由已知可解得，.根據(jù)換底公式可得，根據(jù)基本不等式得出，然后根據(jù)對數(shù)運算性質(zhì)即可得出答案.
【詳解】因為，所以，.
又，，
所以，.
因為，，根據(jù)基本不等式有，
當(dāng)且僅當(dāng)，即，時等號成立，所以.
則，
所以的最大值為3.
故答案為：3.
23.
【分析】根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得出a，b，c的關(guān)系及范圍，然后利用對勾函數(shù)的性質(zhì)得出結(jié)論.
【詳解】函數(shù)
在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，，
畫出的圖象，如圖，
令，由，得，，，
由，得，
即，由，得，
于是，
由對勾函數(shù)性質(zhì)知，在上遞增，則，
所以的范圍是.
故答案為：
24.（1）（2）
【分析】（1）由正弦定理角化邊可得，由余弦定理即可求出角A；
（2）根據(jù)三角形面積公式可得，利用余弦定理結(jié)合完全平方公式可得，即可求.
【詳解】（1）因為，
由正弦定理可得：所以，
整理得，所以，
因為，所以.
（2）因為的面積為，
所以由（1）可知，，解得，
所以，又因為，
所以，解得.
25.（1），
（2）的單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為.
【分析】（1）根據(jù)極值和極值點列出方程組，求出，；（2）結(jié)合第一問得到單調(diào)區(qū)間.
【詳解】（1），
由題意得：，，
解得：，，
此時，
當(dāng)時，，當(dāng)或時，，
故為極值點，滿足題意，
所以，.
（2）由（1）可知：當(dāng)時，，當(dāng)或時，，
故的單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為
26.（1）證明見解析（2）（3）
【分析】（1）連接EM，可證明四邊形MEFC為平行四邊形，再由線面平行的判定定理即可證得；
（2）運用空間向量法求解即可；
（3）設(shè)點N坐標(biāo)，應(yīng)用空間向量法表示出直線DN與平面QPM所成的角為，再解方程可得點N坐標(biāo)，再應(yīng)用空間向量法求出點面距即可.
【詳解】（1）連接EM，因為，，所以.
又因為，所以四邊形PQBA，
又因為點E，M分別為AP，BQ的中點，所以且，
因為，，所以且，
又因為點F分別為CD的中點，所以且，
所以四邊形MEFC為平行四邊形，所以，
又因為平面CPM，平面CPM，
所以平面CPM.
（2）因為平面，平面，
所以，，又，
故以點為原點，分別以DA，DC，DP為軸，軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）.
因為，
所以，，，，，，
則，，，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，
取，則，，所以.
設(shè)平面與直線所成角，
則，
所以與直線所成角的正弦值為.
（3）設(shè)，則，
因為直線與平面所成的角為，
所以，
所以.
解之得（舍去），
所以點，所以，
因為，，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，
取，則，，所以.
則到平面的距離為.
所以到平面的距離為.
27.（1）略（2）
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)判斷函數(shù)的遞增遞減區(qū)間即得；
（2）通過代入不等式整理成在上存在實數(shù)解問題，故可轉(zhuǎn)化成求函數(shù)在得最小值問題，計算即得.
【詳解】（1）當(dāng)時，，，
，由，得，
由，得，所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為；
（2）原條件等價于：在上存在實數(shù)解.
化為在上存在實數(shù)解，
令，
則，
在上，，
得，故在上單調(diào)遞增，
的最小值為，
時，不等式在上存在實數(shù)解.題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
A
A
A
A
A
D
C
C
題號
11
12
13
答案
A
B
A

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