一、單項(xiàng)選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題意的.）
1. 復(fù)數(shù)，則的虛部為（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】復(fù)數(shù)的實(shí)部為2，虛部為.
故選：B.
2. 已知集合，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】，，
又，．
故選：B.
3. 在平行四邊形中，是邊上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】如圖，
.
故選：B.
4. 已知，則（ ）
A. 1B. C. 5D.
【答案】A
【解析】，
則.
故選：A.
5. 已知的面積為，則的最小值為（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】D
【解析】∵的面積為，∴，
∴，
∴，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.
故選：D.
6. 在中，角所對(duì)應(yīng)的邊分別是，下列結(jié)論正確的是（ ）
A.
B. 若，則
C. 若，則
D. 若，則為銳角三角形
【答案】B
【解析】由，則，A錯(cuò)；
由，則，結(jié)合正弦邊角關(guān)系得，B對(duì)；
由，若為鈍角、為銳角，則，C錯(cuò)；
由，則，故，
所以為銳角，但不能確定為銳角三角形，D錯(cuò).
故選：B.
7. 設(shè)均為單位向量，則“”是“”的（ ）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】若，則，
即，
即，所以，即，所以充分性成立，
若，則，
此時(shí)，，
所以，即，所以必要性成立，
所以“”是“”的充分必要條件.
故選：C.
8. 已知函數(shù)，且，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由題意得，函數(shù)，
令，則，
由得，
∴，即.
∵，在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，
∴在上為增函數(shù)，
∵定義域?yàn)?，且?br>∴是上的奇函數(shù)，故.
∴由得，，解得或，
∴實(shí)數(shù)的取值范圍為.
故選：A.
二、多項(xiàng)選擇題（本大題共3個(gè)小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.）
9. 已知，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A. 若，則
B. 若，則
C. 若與的夾角為鈍角，則且
D. 若，則或
【答案】ABD
【解析】，則，故，A正確；
若，則，故，B正確；
若與的夾角為鈍角，則且與為不共線向量，即且，如取，C錯(cuò)誤；
，解方程得或，D正確.
故選：ABD.
10. 關(guān)于函數(shù)，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（ ）
A. 最小正周期為B. 最大值為3
C. 圖象關(guān)于直線對(duì)稱D. 在區(qū)間上單調(diào)遞增
【答案】BCD
【解析】的最小正周期為的最小正周期為，
故的最小正周期為，A正確；
易知的最大值不超過，當(dāng)且時(shí)，
需同時(shí)滿足且，此時(shí)無(wú)解，故實(shí)際最大值小于，B錯(cuò)誤；
若的圖象關(guān)于對(duì)稱，則，
而，與矛盾，
故的圖象不關(guān)于直線對(duì)稱，C錯(cuò)誤；
由知，不滿足在上單調(diào)遞增的定義，D錯(cuò)誤.
故選：BCD.
11. 函數(shù)滿足對(duì)任意實(shí)數(shù)，有，且，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A. B. 是偶函數(shù)
C. D. 存在實(shí)數(shù)使得
【答案】CD
【解析】令，得，故為任意值，A錯(cuò)誤；
令，得，結(jié)合，得，不滿足偶函數(shù)定義，B錯(cuò)誤；
通過構(gòu)造可令，可得，，
即，C正確；
函數(shù)滿足條件，
即.
當(dāng)時(shí)，有，存在非零實(shí)數(shù)解，D正確.
故選：CD.
三、填空題（本大題共3個(gè)小題，每小題5分，共15分.）
12. 已知復(fù)數(shù)滿足：，則__________.
【答案】2
【解析】由已知，得，所以.
13. 在中，角所對(duì)的邊分別為.若，則__________.
【答案】
【解析】在中，由正弦定理，得，而，則，
由余弦定理，得，
再由余弦定理，得.
14. 已知函數(shù)，若存在兩個(gè)零點(diǎn)，且，則實(shí)數(shù)__________.
【答案】
【解析】畫出函數(shù)的圖象，再畫出直線，
可以發(fā)現(xiàn)當(dāng)直線過點(diǎn)時(shí)，直線與函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，并且向下可以無(wú)限移動(dòng)，都可以保證直線與函數(shù)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，
即方程有兩個(gè)解，也就是函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，
此時(shí)滿足，即.
不妨設(shè)，則，
從而即
設(shè)，函數(shù)單調(diào)遞增，且，
所以，又，解得，
所以.
四、解答題（本大題共5個(gè)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. 已知向量.
（1）若，求的坐標(biāo)；
（2）若，求與夾角的余弦值；
（3）求的最大值.
解：（1）因?yàn)椋O(shè)，則，
所以，即或.
（2）因?yàn)椋?br>所以得到8a→-b→·a→-b→=8a→2-9a→·b→+b→2
=8×5-9×5×35cs+45=0，解得.
（3）因?yàn)閍→+2b→2=a→2+4a→·b→+4b→2=5+4×5×35cs+4×45
≤5+60+180=245，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)同向時(shí)等號(hào)成立.
16. 在中，角的對(duì)邊分別是，且.
（1）求角的大?。?br>（2）若為的中點(diǎn)，，求的面積.
解：（1）由余弦定理知，，
化簡(jiǎn)為，
化簡(jiǎn)為，
，
，
.
（2）因?yàn)椋?br>所以，
即，得，
中，由余弦定理得，
即，
聯(lián)立,可得，
.
17. 如圖，在海岸線一側(cè)有一休閑游樂場(chǎng).游樂場(chǎng)的前一部分邊界為曲線段，該曲線段是函數(shù)的圖象，圖象的最高點(diǎn)為；邊界的中間部分為長(zhǎng)1千米的直線段，且；游樂場(chǎng)的后一部分邊界是以為圓心的一段圓弧.
（1）曲線段上的入口距海岸線的距離為1千米，現(xiàn)準(zhǔn)備從入口修一條筆直的景觀路到，求景觀路的長(zhǎng)度；
（2）如圖，在扇形區(qū)域內(nèi)建一個(gè)矩形休閑區(qū)，矩形的一邊在海岸線上，一個(gè)頂點(diǎn)在半徑上，另外一個(gè)頂點(diǎn)在圓弧上，求矩形休閑區(qū)面積的最大值和此時(shí)點(diǎn)的位置.
解：（1）由已知條件，得，
又，
又當(dāng)時(shí)，有，且，
曲線段的解析式為.
由，根據(jù)圖象得到，
解得，
又.
景觀路的長(zhǎng)為千米.
（2）易知，又，，
記，
在中，.
即，，又，
中，.
所以.
故
，，
當(dāng)時(shí)，即時(shí)，矩形面積最大為平方千米，此時(shí)點(diǎn)在弧的中點(diǎn)上.
18. 已知函數(shù)是偶函數(shù).
（1）求的值；
（2）直接指出函數(shù)的單調(diào)性（不證明），并解不等式；
（3）證明：方程在有唯一實(shí)根，且.
解：（1）由函數(shù)為偶函數(shù)，得，
即.
即，要使恒成立，即需，
所以.
（2）.
由于當(dāng)時(shí)，有，且顯然遞增，
故遞增.
而是偶函數(shù)，所以在上單調(diào)遞減.
因此偶函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
結(jié)合單調(diào)性，可知不等式等價(jià)于，即或.
解得或，所以原不等式的解集為.
（3）設(shè)，
則.
從而在上單調(diào)遞減，而，，
所以在上有唯一實(shí)根.
又因?yàn)椋?br>從而，即.
19. 對(duì)非空整數(shù)集合及，定義，對(duì)于非空整數(shù)集合，定義.注：是指滿足且的最小自然數(shù).
（1）設(shè)，請(qǐng)直接寫出集合；
（2）設(shè)，求出非空整數(shù)集合的元素個(gè)數(shù)的最小值；
（3）對(duì)三個(gè)非空整數(shù)集合，若且，求的所有可能取值.
解：（1）若，
由集合新定義知.
（2）設(shè)有個(gè)元素，下證，
一方面，，則，
所以，即，
而，
這表明了滿足題意，此時(shí)，故；
另一方面：若，不妨設(shè)且，
由題意可知，
而最多含有個(gè)元素，
當(dāng)且僅當(dāng)兩兩不同且時(shí)，等號(hào)成立，
但這與有80個(gè)元素矛盾，所以.
綜上所述：非空整數(shù)集合的元素個(gè)數(shù)的最小值是27.
（3）一方面：先證，
，
因此只要，就有，
而，所以，
所以，即，
從而.
另一方面：如果，
那么，
從而，同理，
由定義得，即滿足距離的三角不等式；
所以，即，
取，可知可能成立，
取，可知可能成立，
取，可知可能成立，
綜上所述，所有可能取值為2或3或4.

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