2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．
考試時間為120分鐘，滿分150分
一、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. 已知復數(shù)，則的共軛復數(shù)是（ ）
A B. C. D.
【正確答案】C
【分析】由復數(shù)的四則運算及共軛復數(shù)的概念即可求解.
【詳解】由，
可得：，
所以的共軛復數(shù)是.
故選：C.
2. 已知集合，集合，則集合（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】B
【分析】解不等式求得集合，進而求得.
【詳解】，解得，所以，
所以.
故選：B
3. 已知命題，，則的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【正確答案】A
【分析】根據(jù)存在量詞命題的否定的知識確定正確答案.
【詳解】命題，，是存在量詞命題，
所以的否定是.
故選：A
4. 已知為等差數(shù)列的前項和，若，則（ ）
A. 39B. 52C. 65D. 78
【正確答案】B
【分析】由可得，后由等差數(shù)列性質結合前n項和公式可得答案.
【詳解】設an公差為d ，由，則.
則.
故選：B
5. （ ）
A. °B. °C. °D. °
【正確答案】A
【分析】根據(jù)三角恒等變換的知識化簡求得正確答案.
【詳解】
.
故選：A
6. 若單位向量滿足，則的夾角為（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】C
【分析】根據(jù)單位向量定義將等式平方可得，再由夾角公式計算可得結果.
【詳解】依題意可知，
由可得，即，也即;
設的夾角為，可得，
又，可得.
故選：C
7. 在數(shù)學領域中，數(shù)形結合思想是極為關鍵的一種思想方法，它將數(shù)的概念與幾何圖形的特性相融合，使抽象的數(shù)學問題更加具體，復雜的幾何問題更加直觀．正如我國著名數(shù)學家華羅庚教授所言：“數(shù)與形本相互依存，豈能分開？”華羅庚教授的話簡潔有力地詮釋了數(shù)形結合，數(shù)和形作為不可分割的統(tǒng)一體，彼此相互依存．已知，則如圖表示的是（ ）
A. B. C. D.
【正確答案】D
【分析】利用函數(shù)的奇偶性的定義以及余弦函數(shù)的性質求解.
【詳解】因為恒成立，所以函數(shù)的定義域為R，
又因為，
所以，則函數(shù)是奇函數(shù)，
為偶函數(shù)，
如圖所示的圖象為奇函數(shù)的圖象，
，均為非奇非偶函數(shù)，B,C錯誤；
函數(shù)的定義域為，但所示圖象的定義域為R，A錯誤；
函數(shù)為奇函數(shù)，且定義域為R，滿足題意，D正確；
故選：D.
8. 已知是定義在上的導函數(shù)，同時，對任意，則必有（ ）
A. B.
C. D.
【正確答案】D
【分析】構造函數(shù)，求導可得為單調遞減函數(shù)，即可求解.
【詳解】由于的定義域為，且，
故，
因此，
因此為單調遞減函數(shù)，由于，故故，
即，
故選：D
二、選擇題：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. 若，則“”成立的充分不必要條件可以為（ ）
A. B.
C. D.
【正確答案】BC
【分析】利用一元二次不等式的解法和充分必要條件的概念一一判斷即可.
【詳解】由解得，，即，
對A，因為推不出，能推出，
所以是的必要不充分條件，A錯誤；
對B，因為能推出，不能推出，
所以是的充分不必要條件，B正確；
對C，因為能推出，不能推出，
所以是的充分不必要條件，C正確；
對D，因為不能推出，不能推出，
所以是的既不充分也不必要條件，D錯誤；
故選:BC.
10. 若函數(shù)在區(qū)間上存在單調遞減區(qū)間，則實數(shù)可以是（ ）
A. 0B. C. D. 1
【正確答案】AB
【分析】先求出導函數(shù)，再利用導數(shù)與函數(shù)單調性的關系得到在上有解，再利用導數(shù)求得的最大值，從而得解.
【詳解】由已知得，
因為在上存在單調遞減區(qū)間，
則在上有解，即在上有解，
令，則，
當時，，遞增，時，，遞減，
所以，所以.
故選：AB.
11. 已知函數(shù)部分圖象如圖所示，則下列命題正確的是（ ）
A.
B.
C. 在上的最小值為
D. 將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度得到的圖象，是偶函數(shù)
【正確答案】ACD
【分析】由圖象可求得，利肜圖象過點，求得，分類討論求得，判斷AB，進而計算可判斷CD.
【詳解】由圖象可得，所以，
又函數(shù)過點，所以，
又，所以，
當時，，
又函數(shù)過點，所以，
解得，所以，所以①，
又最小正周期，所以②，由①②可得無解，故不符合題意，
當時，，
又函數(shù)過點，所以，
解得，所以，所以①，
又最小正周期，所以②，由①②可得，
所以函數(shù)，故A正確，B錯誤；
，則，
所以，即時，，
所以在上的最小值為，故C正確；
由函數(shù)的圖象向右平移個單位長度得到的圖象，
可得，
所以，所以是偶函數(shù)，故D正確.
故選：ACD.
方法點睛：正確求解需熟練常握正余弦型函數(shù)的圖象與性質，分類討論確定是關鍵，進而利用正余弦型函數(shù)的性質可得結論.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 函數(shù)的圖象恒過的定點為_________．
【正確答案】
【分析】根據(jù)題意結合指數(shù)函數(shù)定點分析求解即可.
【詳解】令，解得，且，
所以函數(shù)的圖象恒過的定點為.
故答案為.
13. 已知，函數(shù)在處取得最小值，則________．
【正確答案】
【分析】利用三角恒等變換化簡函數(shù)，結合復合函數(shù)求最值得取得最小值時的值，即的值，化簡所求式子，再代入求解即可得答案.
【詳解】
因為，所以，
故當，即時，取得最小值，即，
所以.
故答案為.
14. 已知定義在上的函數(shù)，滿足，為偶函數(shù)，滿足，則________．
【正確答案】
【分析】由為偶函數(shù)，可得的圖象關于直線對稱，由，可得的圖象關于點中心對稱，則可求得周期，再由已知條件可求得，利用函數(shù)的周期性即可求得答案.
【詳解】因為為偶函數(shù)，則，
所以函數(shù)的圖象關于直線對稱，
因為，
所以函數(shù)的圖象關于點中心對稱，
所以函數(shù)的周期，
令，則，得，
則，
又，
令，則，得，
則，
所以，
則.
故答案.
關鍵點點睛：利用函數(shù)的對稱性，由已知條件求出函數(shù)的對稱軸和對稱中心，進而求得函數(shù)的周期，利用周期性即可求和.
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15. 已知正實數(shù)為常數(shù)，且，無窮數(shù)列的各項均為正整數(shù)，且對任意正整數(shù)，恒成立．
（1）證明：無窮數(shù)列為等比數(shù)列；
（2）若，，，求數(shù)列的通項公式及數(shù)列的前項和．
【正確答案】（1）證明見解析
（2），
【分析】（1）由題意可得，結合等比數(shù)列定義即可得證；
（2）結合所給數(shù)據(jù)，由等比數(shù)列定義可得數(shù)列通項公式，即可得數(shù)列的通項公式，再利用等差數(shù)列求和公式計算即可得.
【小問1詳解】
當時，，
又，，，故，
故無窮數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列；
【小問2詳解】
，故，
即，則，
則.
16. 已知函數(shù)，若是定義域為的奇函數(shù)．
（1）求出函數(shù)的解析式；
（2）求不等式的解集．
【正確答案】（1）
（2）
【分析】（1）根據(jù)奇函數(shù)的定義取特值求的值，并代入檢驗即可；
（2）分析可知在上單調遞增，結合單調性和奇偶性解不等式即可.
【小問1詳解】
因為是定義域為的奇函數(shù)，則，解得，
若，則，
且，即，解得，
若，，則，
可得，
即，符合題意
綜上所述.
小問2詳解】
因為，
因為在上單調遞增，則在上單調遞增，
若，則，
可得，即，解得，
所以原不等式的解集為.
17. 在△中，角所對的邊分別為且．
（1）求△的外接圓半徑；
（2）若△為銳角三角形，求△周長的取值范圍．
【正確答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理角化邊，在結合余弦定理求得，即可求解；
（2）根據(jù)正弦定理邊化角，結合兩角和的正弦公式及輔助角公式，將轉化為三角函數(shù)，根據(jù)為銳角三角形得出的范圍，結合三角函數(shù)的性質得出范圍即可求解．
【小問1詳解】
因為，所以，
由，
可得：，即，
又，所以，
所以，，
所以，
所以△的外接圓半徑為.
【小問2詳解】
由（1）知，，
由正弦定理有，
所以
，
因為為銳角三角形，所以，解得，
所以，則，
所以，則，
所以周長的取值范圍為．
18. 已知函數(shù)．
（1）當時，求曲線在點處的切線方程；
（2）若函數(shù)，討論函數(shù)的單調性．
【正確答案】（1）.
（2）當時，在上為增函數(shù)；
當時，在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù).
【分析】（1）求，計算，得到切線的斜率，求出切線的方程.
（2）求，結合基本不等式對的取值分類討論，根據(jù)的正負分析的單調性.
【小問1詳解】
由題意得，當時，，
∴，
∴，，
∴曲線在點處的切線方程為，
整理得.
【小問2詳解】
∵，
∴，定義域為，
∴，
∵當時，（當且僅當即時等號成立），
∴當時，在恒成立，在上為增函數(shù).
當時，.
令，
∵方程的判別式，
∴方程有兩個不相等的實數(shù)根，且，，
∴.
解方程得，
令，，則.
圖象如圖：
當即時，，，為增函數(shù)，
當即時，，，為減函數(shù)，
當即時，，，為增函數(shù).
綜上，當時，在上為增函數(shù)，
當時，在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù).
思路點睛：本題考查分類討論法求解函數(shù)的單調區(qū)間（含參），具體思路如下：
（1）求，根據(jù)對分和兩種情況討論.
（2）當時， ，在上為增函數(shù).
（3）當時，，構造函數(shù)，通過對正負的分析得出的單調性.
19. 一個混沌系統(tǒng)通常用一個變量來描述其在某個特定時刻的狀態(tài)，為了保持系統(tǒng)的不規(guī)則性和不可預測性，這個狀態(tài)變量需要通過特定的數(shù)學規(guī)則進行變換，以反映系統(tǒng)內在的動態(tài)行為．這種變換通常涉及復雜的非線性函數(shù)，它們能夠使得系統(tǒng)的微小變化在長時間內產生巨大的影響，這種現(xiàn)象被稱為“蝴蝶效應”．若對于一數(shù)列都滿足，并且．
（1）當時，對滿足，若，求的通項公式；
（2）當時，不是常數(shù)列，且，中是否存在連續(xù)三項構成等差數(shù)列？若存在，請求出，若不存在，說明理由；
（3）若時，，，證明：．
【正確答案】（1）；
（2）存在連續(xù)三項成等差數(shù)列；
（3）證明見解析.
【分析】（1）由題意可得，，兩式相減可得或，從而得，，又由，由歸納法即可得答案；
（2）假設數(shù)列中連續(xù)的三項構成等差數(shù)列，則可得，，再由無實數(shù)解，即可得答案；
（3）由題意可得數(shù)列單調遞增，且，且，利用裂項相消，即可得證.
【小問1詳解】
解：因為，所以，
所以，
又因為，
所以，
所以，
所以或，
若，代入，
則有或，
又因為，所以，則；
若，則，
代入，得，
解得，則；
綜上，，；
又因為，，
所以，
，
……
由此可得，
證明：當時，有，
當時，有，
所以數(shù)列為常數(shù)數(shù)列，其通項公式為：；
【小問2詳解】
解：當時，，
假設數(shù)列中連續(xù)的三項構成等差數(shù)列，
則有，
又因為，，
所以，即，
所以有，
整理得：，
解得(舍)或，
所以，
則，
假設不是第一項，則有，
則有，
又因為無實數(shù)解，即不存在項，
所以假設錯誤；
所以當且僅當時，存在連續(xù)的三項構成等差數(shù)列，
故存在連續(xù)三項成等差數(shù)列；
【小問3詳解】
證明：當時，，
又因為，，
所以當時，，所以
所以
，
因為，所以，
所以數(shù)列單調遞增，且，
則，
所以，
所以
關鍵點睛：本題的關鍵是在第（3）問中，利用放縮法進行證明.

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