1、数学试卷一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD2“不等式在上恒成立”的充要条件是（ ）ABCD3已知函数，则（ ）A-1B0C1D4在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若，则角B等于（ ）ABCD5在中，为的中点，且，若的面积为，则的长为（ ）ABC3D6几何原本卷 2 的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，则该图形可以完成的无字证明为（ ）A BC D7定义在上的函数满足，则不等式的解集为（ ）ABCD8将函数的图像向左平
2、移个单位长度后，得到的图像，若函数在上单调递减，则正数的最大值为AB1CD二、多选题9若a，b，则下列不等式正确的是（ ）ABCD10在中，角，的对边分别为，则下列结论中正确的是（ ）A若，则 B若，则是等腰三角形C若，则是直角三角形D若，则是锐角三角形11已知为的重心，为的中点，则下列等式成立的是（ ）ABCD12已知是定义域为R的函数，满足，当时，则下列说法正确的是（ ）A函数是偶函数 B函数的最小正周期为4C当时，函数的最小值为 D方程有10个根三、填空题13已知，若，则 14已知平面向量，满足，若，则向量的夹角为_.15锐角中, 分别为内角的对边,已知，则的面积为_16益古演段是我国古
3、代数学家李冶（11921279）的一部数学著作.内容主要是已知平面图形的信息，求圆的半径、正方形的边长和周长等等.其中有这样一个问题：如图，已知，点、分别在的两个边上移动，且保持、两点间的距离为，则点、在移动过程中，线段的中点到点的最大距离为_四、解答题17已知函数（1）求函数在区间上的单调增区间：（2）当，且，求的值18已知的内角、的对边分别为、且（1）求；（2）若且的面积为6求的周长19已知函.（1）利用“五点法”，完成以下表格，并画出函数在区间上的图象；0000（2）求出函数的单调减区间；（3）当时，有解，求实数a的取值范围.20某市获得全国文明城市荣誉后，着力健全完善创建工作长效机制，
4、把文明城市创建不断引向深入.近年来，该市规划建设了一批富有地方特色、彰显独特个性的城市主题公园，某主题公园为五边形区域（如图所示），其中三角形区域为健身休闲区，四边形区域为文娱活动区，为主题公园的主要道路（不考虑宽度），已知，.（1）求道路的长度；（2）求道路，长度之和的最大值.21在城市旧城改造中，某小区为了升级居住环境，拟在小区的闲置地中规划一个面积为的矩形区域（如图所示），按规划要求：在矩形内的四周安排宽的绿化，绿化造价为200元/，中间区域地面硬化以方便后期放置各类健身器材，硬化造价为100元/.设矩形的长为.（1）设总造价（元）表示为长度的函数；（2）当取何值时，总造价最低，并求出最
5、低总造价.22已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若当时，总有，求的最大值参考答案1B ，所以.2A “不等式x2x+m0在R上恒成立”，（1）24m0，解得m， 又m14m0，所以m是“不等式x2x+m0在R上恒成立”的充要条件， 3A 因为，所以.4A 由正弦定理有,又,故,因为,故,即,又,故.5B 设由题得，所以，所以.因为的面积为，所以.所以.所以.6 D 令，可得圆的半径，又，则，再根据题图知，即故本题答案选7C 设，则，在上是增函数，不等式可化为，即，8A 依题意，向左平移个单位长度得到.故，下面求函数的减区间：由，由于故上式可化为，由于函数在上单调递减，故，解得，
6、所以当时，为正数的最大值.故选A.9BD 对于A，由，则，故A不正确；对于B，由，则，故B正确；对于C，当时，当时，故C不正确；对于D，由，所以，故D正确.10AC 对选项A，故A正确；对选项B，因为所以或，则是等腰三角形或直角三角形.故B错误；对选项C，因为，所以，因为，所以，是直角三角形，故正确；对D，因为，所以，为锐角.但，无法判断，所以无法判断是锐角三角形，故D错误.11ABD 解：如图，根据题意得为三等分点靠近点的点.对于A选项，根据向量加法的平行四边形法则易得，故A正确；对于B选项，由于为三等分点靠近点的点，所以，故正确；对于C选项，故C错误；对于D选项，故D正确.12ABD 是定
7、义域为R的函数，由，则，即，又，所以，即，所以， 所以函数是偶函数，故A正确；由，根据周期的定义可知函数的最小正周期为4，故B正确；当时，函数的最小值为，由，所以为对称轴，所以当时，函数的最小值为，故C不正确；作出时与的图像，由图像可知时，函数有个交点，又与为偶函数，由对称性可知方程有10个根，故D正确.13 试题分析：设，则，所以函数为奇函数，由，14 则，则，则，所以14 ， 设向量的夹角为， 则， 又，15 ，由得，又为锐角三角形， ，又，即，解得， .由正弦定理可得，解得， 又，.163 如图，延长到点，使，是线段的中点，四边形是平行四边形，在中，当且仅当等号成立在中，.17（1）由题
8、意，令，解得，令可得，故函数在区间上的单调增区间为；（2）由可得解得，又，.18（1）因为，所以由正弦定理得，即，所以因为，所以，可得，所以（2），所以，由余弦定理得，即，解得，所以的周长为19解：（1）列表、画图如下：0000（2）由，得：，的单调减区间为：， （3），有解，即有解，故，20（1）如图，连接，在中，由余弦定理得，所以，因为，所以，又，所以，在中，由正弦定理得，所以，或（舍去），所以，得，即的长度是.（2）设，因为，所以，在中，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以，所以当，即时，取得最大值，即道路，长度之和的最大值为.21（1）由矩形的长为，则矩形的宽为，则中间区域的长为，宽为，则定义域为则整理得，（2）当且仅当时取等号，即所以当时，总造价最低为元22（1）当时，则可知，所以切线方程为，化简可得切线方程为；（2）由题当时，恒成立，即在时恒成立，即在时恒成立，令，则，令，则在时恒成立所以在上单调递增，又知，所以在上存在唯一实数，满足，即，当时，即；当时，即所以函数在上单调递减；在上单调递增即由在时恒成立，所以，又知，所以整数的最大值为5
