本試題滿分150分，考試時間120分鐘.答案一律寫在答題卡上.
注意事項：
1.答題前，考生務必先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，認真核對條形碼上的姓名、準考證號，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上.
2.答題時使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚.
3.請按照題號在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效.
4.保持卡面清潔，不折疊，不破損.
一、單項選擇題：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. 復數(shù)的虛部為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據的性質、復數(shù)的除法運算可得答案.
【詳解】，
所以的虛部為.
故選：C.
2. 若集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，進而根據交集的定義求解即可.
【詳解】因為，，
所以.
故選：C.
3. 已知平面向量，滿足，，則在方向上的投影向量為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據投影向量的定義，結合向量夾角的運算，求解即可.
【詳解】依題意，在方向上的投影向量為：
，
又因為，，代入上式，
所以在方向上的投影向量為：.
故選：A.
4. 已知一個正四棱臺的上下底面邊長為、，側棱長為，則棱臺的體積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據正四棱臺的概念可知四邊形為等腰梯形，進而可得四棱臺的高，即可求得體積.
【詳解】
如圖所示，
由正四棱臺可知，四邊形為等腰梯形，
且，，，
所以，
所以，
故選：D.
5. 已知，若，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用誘導公式和二倍角公式即可解題.
【詳解】，
若，則，
所以，
又因為，則，所以.
故選：B.
6. 若函數(shù)在處取得極小值，則實數(shù)的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依題意，求出導函數(shù)，可求得極值點分別為或，再分類討論，確定原函數(shù)的單調區(qū)間，結合極小值的定義，從而可得實數(shù)的取值范圍.
【詳解】因為，則函數(shù)的定義域為，
則，
令，解得：或，
當時，即，令，解得：，令，解得：，此時函數(shù)在處取得極大值，不符合題意，舍去；
當時，即，則恒成立，此時函數(shù)單調遞增，沒有極值，不符合題意，舍去；
當時，即，令，解得：，令，解得：，此時函數(shù)在處取得極小值，符合題意.
故選：C.
7. 古印度數(shù)學家婆什伽羅在《麗拉沃蒂》一書中提出如下問題：某人給一個人布施，初日施2子安貝（古印度貨幣單位），以后逐日倍增，問一月共施幾何？在這個問題中，以一個月天計算，記此人第日布施了子安貝（其中，），數(shù)列的前項和為.若關于的不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等比數(shù)列的定義寫出通項公式和前n項和，將問題化為恒成立，應用基本不等式求右側最小值，注意取值條件，即可得參數(shù)范圍.
【詳解】由題設，是首項、公比都為2的等比數(shù)列，故，，
所以，即，，，
所以恒成立，而，當且僅當時等號成立，
又，當，時；當，時；
綜上，即實數(shù)的取值范圍為.
故選：D
8. 定義在上的函數(shù)滿足，，若，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得函數(shù)為奇函數(shù)、周期函數(shù)，計算出、、，再利用周期性可得答案.
【詳解】因為，，
所以，即，所以的周期為，
且，可得，
再由可得，，
，，又，
所以，所以為奇函數(shù)，
所以，
因為，所以，，
，
所以
.
故選：D.
【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是由已知得出函數(shù)為奇函數(shù)、周期函數(shù).
二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20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5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.
9. 已知向量，，則（ ）
A. 若，則
B. 若，則
C. 若與夾角為銳角，則且
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】對于A，根據兩向量垂直時，數(shù)量積為零判斷即可；對于B，根據兩向量平行時，由 判斷即可；對于C，根據兩向量夾角為銳角時，其數(shù)量積大于零判斷即可；對于D，根據向量模的坐標運算求解即可.
【詳解】對于A，若，則，解得，故A正確；
對于B，若，則，解得或，故B錯誤；
對于C，若與夾角為銳角，則，即，且，解得且，故C正確；
對于D，因為，故D正確.
故選：ACD
10. 已知，，且，則（ ）
A B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由可得，進而利用消元法結合不等式的性質判斷A；根據基本不等式中“1”的整體代換即可判斷B；利用基本不等式結合對數(shù)運算、對數(shù)函數(shù)的性質即可判斷C；利用消元法結合二次函數(shù)的性質即可判斷D.
【詳解】對于A，由，得，即，
則，故A錯誤；
對于B，，
當且僅當，即，時，等號成立，故B正確；
對于C，由，即，
當且僅當，即，時等號成立，
所以，故C正確；
對于D，，
由A知，，
所以當時，取得最小值，即，故D錯誤.
故選：BC.
11. 已知數(shù)列滿足，，則下列結論正確的是（ ）
A. B. 為等比數(shù)列
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用遞推公式求出可判斷A；由可判斷B；由，利用等比數(shù)列的求和公式可判斷C；由遞推公式可得，再由由累加法可判斷D.
【詳解】對于A，因為，，則，
，則，，則，故A正確；
對于B，，所以，，所以，
，故不是等比數(shù)列，故B錯誤；
對于C，
，故C錯誤；
對于D，由可得，
由，兩式相減可得：，
所以，，，……，
，
上式相加可得：，
，
又因為，所以，故D正確.
故選：AD.
12. 如圖，棱長為的正方體中，點，分別是棱，的中點，則（ ）
A. 直線平面
B.
C. 過，，三點的平面截正方體的截面面積為
D. 三棱錐的外接球半徑為
【答案】ABD
【解析】
【分析】對于A，根據，利用線面平行的判定定理即可證明；對于B，通過平面，得到，同理得到，進而可得平面，再根據錐體得體積公式即可判斷；對于C，首先得到截面圖象，求出面積即可；對于D，由B選項可知，平面，且過外接圓的圓心，則三棱錐的外接球的球心在上，設球心為點，以點為原點建立空間直角坐標系，求出圓心坐標，即可得出半徑.
【詳解】對于A，如下圖，連接,

因為點，分別是棱，的中點，則,
又，所以，
又平面，平面，
所以平面，故A正確；
對于B，如下圖：連接交平面于點，連接，

正方體中易知，平面，平面,
則，
又正方形中，平面，
所以平面，又平面，
所以，
同理可證：，又平面，
所以平面，
易得,
故四面體為正四面體，為的重心，
又棱長1，所以，
則
則，故B正確；
對于C，如圖所示，由A選項可知等腰梯形即為所求截面，

又，則高為,
所以，故C錯誤；
對于D，由B選項可知，平面，且過外接圓的圓心，
則三棱錐的外接球的球心在上，設球心為點，
如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，
則，設，
則，所以，
由，
得，解得，
所以三棱錐的外接球半徑為，
故D正確.
故選：ABD.
【點睛】方法點睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：
①補形法：側面為直角三角形，或正四面體，或對棱二面角均相等的模型，可以還原到正方體或長方體中去求解；
②利用球的性質：幾何體中在不同面均對直角的棱必然是球大圓直徑，也即球的直徑；
③定義法：到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據帶其他頂點距離也是半徑，列關系求解即可；
④坐標法：建立空間直角坐標系，設出外接球球心的坐標，根據球心到各頂點的距離相等建立方程組，求出球心坐標，利用空間中兩點間的距離公式可求得球的半徑.
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 等差數(shù)列的前項和為，若，則______.
【答案】
【解析】
【分析】利用等差中項的性質，以及等差數(shù)列的前項和公式，計算即可.
【詳解】由等差中項的性質得：，所以，
所以.
故答案為：.
14. 已知復數(shù)滿足，則的最小值為______.
【答案】
【解析】
【分析】根據題意，由條件可得復數(shù)表示以為圓心，1為半徑的圓，然后再結合其幾何意義即可得到結果.
【詳解】設，∵，
∴，表示以為圓心，1為半徑的圓，
∴，表示圓上的點到點的距離，
∴的最小值為.
故答案為：.
15. 已知函數(shù)，若在區(qū)間內沒有最值，則的取值范圍是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用輔助角公式化簡函數(shù)，由函數(shù)在上單調列式求解作答.
【詳解】因為，函數(shù)的單調區(qū)間為，
由，而，得，
因此函數(shù)在區(qū)間上單調，
因為函數(shù)在區(qū)間內沒有最值，則函數(shù)在區(qū)間內單調，
于是，則，解得，
由，且，解得，又，從而或，
當時，得，又，即有，當時，得，
所以的取值范圍是.
故答案為：.
16. 已知函數(shù)有三個不同的零點，則實數(shù)的范圍為______.
【答案】
【解析】
【分析】利用導數(shù)的幾何意義、函數(shù)零點的定義分析運算即可得解.
【詳解】解：由題意，，，
當時，只有一個零點，不符合題意，故.
∵，
且當時有且只有一個零點，
∴函數(shù)有三個不同的零點等價于
函數(shù)有兩個不同的零點，
即與有兩個不同的交點.
如上圖，當與相切時，設切點為，
則由解得：，則.
如上圖，由與有兩個不同的交點知
，解得：，
∴實數(shù)的范圍為.
故答案為：.
【點睛】方法點睛：利用函數(shù)零點求參數(shù)范圍的方法：
1.利用零點的個數(shù)結合函數(shù)的單調性構建不等式求解.
2.轉化為兩個熟悉的函數(shù)圖象的位置關系問題，從而構建不等式求解.
3.分離參數(shù)（）后，將原問題轉化為的值域（最值）問題或轉化為直線與的交點個數(shù)問題（優(yōu)選分離、次選分類）求解.
四、解答題：本題共6小題，共70分，17題10分，18-22各12分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17. 已知函數(shù)的圖象關于直線對稱.
（1）求證：函數(shù)為奇函數(shù).
（2）將的圖象向左平移個單位，再將橫坐標伸長為原來的倍，得到的圖象，求的單調遞增區(qū)間.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用函數(shù)圖象關于對稱，求，進而得到函數(shù)解析式，從而證明；
（2）由函數(shù)圖象的變換規(guī)律，得到的解析式，即可求出單調增區(qū)間.
【小問1詳解】
因為的圖象關于直線對稱，
所以，
得，，因為，所以當時，，
所以，
所以，
因為，
所以為奇函數(shù)成立.
【小問2詳解】
由（1）可得：，
將的圖象向左平移個單位，再將橫坐標伸長為原來的倍，
則
由可得，
，
故函數(shù)的單調遞增區(qū)間是
18. 已知遞增的等差數(shù)列滿足，且是與的等比中項.
（1）求數(shù)列的通項公式；
（2）記，證明數(shù)列的前項和.
【答案】18.
19. 證明見解析
【解析】
【分析】（1）利用等差數(shù)列的通項公式和等比數(shù)列的等比中項求解，得到 數(shù)列的通項公式.
（2）利用錯位相減，計算數(shù)列的前項和，根據判斷大小.
小問1詳解】
設等差數(shù)列的公差為，由題可知，
因為，所以，
又是與的等比中項，所以，
即，得或（舍去），
所以.
【小問2詳解】
由（1）知：
所以數(shù)列的前項和
①
①得：②
兩式相減得：
，
化簡得：.
因為，所以，所以.
19. 在中，，，分別為角，，所對的邊，為的面積，且．
（I）求角的大?。?br>（II）若，，為的中點，且，求的值．
【答案】（I）；（II）．
【解析】
【分析】（I）利用正余弦定理及面積公式，代入對應公式得，解得，（II）為的中點，利用向量，再根據余弦定理得，解得，，最后根據正弦定理可得解.
【詳解】（I）由已知得，
∴.
即.
∴.
又∵，，
（II）由得：
，又∵為的中點，∴，，
∴，即
又∵，
∴.
又∵，∴，，
∴.
20. 如圖①，在等腰梯形中，,分別為的中點，，為的中點．現(xiàn)將四邊形沿折起，使平面平面，得到如圖②所示的多面體．在圖②中：

（1）證明：；
（2）求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根據折疊前后垂直的關系不變可得，由線面垂直的判定定理可得平面，由線面垂直性質可得；
（2）根據面面垂直性質可知以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，利用二面角的空間向量求法可得平面與平面夾角的余弦值為.
【小問1詳解】
由題意知在等腰梯形中，，
又分別為的中點，所以，
即折疊后，
，所以平面，
又平面，
所以．
【小問2詳解】
∵平面平面，平面平面，且，
所以平面，平面,
，兩兩垂直，
以為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，
易知，
所以，
則
設平面的法向量，
則，取，則，得；

設平面的法向量
則，取，則，可得，
，由圖易知平面與平面夾角為銳角，
所以平面與平面夾角的余弦值為．
21. 已知函數(shù)在點處的切線為：，函數(shù)在點處的切線為：.
（1）若，均過原點，求這兩條切線斜率之間的等量關系.
（2）當時，若，此時的最大值記為m，證明：.
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）求導，利用導數(shù)結合點斜式求解切線方程，根據切線經過原點即可求解；
（2）構造，求導確定單調性即可求解.
【小問1詳解】
由題可得，，
：，：，
因為均過原點，所以，
因為均過原點，所以，
所以.
【小問2詳解】
由題，，
記，
，記，
在單調遞減，且，，
使得，即，
且在上單調遞增，在上單調遞減.
，∵，
又∵，
故得證.
22. 已知函數(shù).
（1）討論函數(shù)的單調性；
（2）當時，若恒成立，求實數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）答案見解析
（2）
【解析】
【分析】含參數(shù)的單調性討論問題，求導后分情況討論根的個數(shù)與大小即可.
指對同構問題，將所求不等式變形，構造新函數(shù)，再利用單調性求解.
【小問1詳解】
的定義域是，
令
當時，∵，∴
∴，∴在單調遞增
當時，，若，即時，，
∴，∴在單調遞減
若，即時，令，
解得，，
易得在單調遞減，在單調遞增，在單調遞減，
綜上所述：當時，在單調遞增
當時，在單調遞減，在單調遞增，
在單調遞減，當時，在單調遞減
【小問2詳解】
解法一：
由題易得
令，有在為增函數(shù)
原式等價于，
即
即，令
由（1）知時，在為減函數(shù)，
∴，∴
解法二：
由題易得
令，有在為增函數(shù)
原式等價于，即
設對恒成立
首先，即，
下面證明時，恒成立
由（1）知，當時，，，此題的證
∴.
【點睛】本題第一問屬于含參數(shù)的單調性討論問題，先求導，再用參數(shù)討論方程的根個數(shù)與大小，得出不等式的解集即為函數(shù)的單調區(qū)間；第二問屬于指對同構類問題，一般指數(shù)和對數(shù)函數(shù)同時出現(xiàn)時考慮指對同構，再構造新函數(shù)，利用單調性求參數(shù)的范圍即可.

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