1、一、选择题（本大题共15个小题，每小题4分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.设集合，集合，则（ ）A B C D【答案】 C 【解析】试题分析：因为，,所以，故选C. 考点：1、集合的表示；2、集合的交集.2.求函数的值域（ ）A B C D【答案】C 考点：二次函数配方法求最值.3.若直线和直线平行，则的值为（ ）A1 B-2 C1或-2 D【答案】A 【解析】KS5UKS5U试题分析：因为直线和直线平行，所以，可得，故选A. 考点：两直线平行的性质.4.设是等差数列，若，则（ ）A6 B16 C9 D8【答案】B 【解析】试题分析：因为，所以，又因为是等
2、差数列，所以，故选B. 考点：1、对数的运算；2、等差数列的性质.5.若函数为偶函数，时，单调递增，则的大小为（ ）A B C D【答案】A 考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性.6.已知向量，向量，若，则实数的值是（ ）A-2 B-3 C D3【答案】D 【解析】试题分析：因为，所以，故选D. 考点：1、向量的模；2、平面向量的数量积公式.KS5U7.已知等比数列中，各项都是正数，且成等差数列，则（ ）KS5UKS5UA B C D【答案】A 【解析】试题分析：因为等比数列中，各项都是正数，且成等差数列，所以，得，因此，故选A. 考点：1、等比数列的通项公式；2、等比、等差数列的性质.8
3、.已知向量，其中若，则的最小值为（ ）A2 B C D【答案】C 考点：1、平面向量数量积公式；2、基本不等式求最值.9.在中，则（ ）A B C D【答案】B 【解析】试题分析：因为中，所以由余弦定理可得，再根据余弦定理可得，可得，故选B. 考点：1、余弦定理的应用；2、同角三角函数之间的关系.KS5U10.关于直线与平面，有以下四个命题：若且，则；若且，则；若且，则；若且，则；其中真命题的序号是（ ）A B C D【答案】A 考点：1、线面平行、线面垂直的性质；2、面面平行、面面垂直的性质.11.设满足约束条件，则的最大值为（ ）A10 B8 C3 D2【答案】B 【解析】试题分析：作出约
4、束条件的可行域，如图，平移直线，当直线经过点时有最大值，由 得，将代入得，即的最大值为，故选B. 考点：1、可行域的画法；2、最优解的求法.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.12.直线分别交轴和轴于两点，是直线上的一点，要使最小，则点的坐标是（ ）A B C D【答案】C 考点：1、直线的截距及对称点的求法；2、几何意
5、义求最值.13.已知非零向量与满足，且，则的形状为（ ）A三边均不相等的三角形 B等边三角形 C等腰非等边三角形 D直角三角形【答案】B 【解析】试题分析：因为是与上的单位向量，又由可知，为边上的高，所以为等腰三角形，由可得，故为等边三角形，故选B. 考点：1、单位向量及向量的夹角；2、向量的加法运算、向量垂直的性质及正三角形的性质.14.已知三棱锥的三视图如图所示，则它的体积为（ ）A B C D【答案】D 考点：1、几何体的三视图；2、棱锥的体积公式.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高
6、考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.KS5U15.若关于的方程与的四个根组成首项为的等差数列，则的值是（ ）A B C D【答案】D 【解析】试题分析：依题意设四根分别为公差为，其中，即，又，所以，由此求得，于是，故，故选D. 考点：1、韦达定理的应用；2、等差数列的性质.【方法点睛】本题主要考查韦达定理的应用、等差数列的性质，属于难题.等差数列的常用性质有：(1)通项公式的推广： (2)若为等差数列且，则；(3)若是等差数列，公差为，则是公差的等差数列；(4
7、)数列也是等差数列.本题的解答运用了性质（2）.第卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共5小题，每题4分，满分20分）16.在等比数列中，且，则 _【答案】 考点：等比数列的性质.17._【答案】 【解析】试题分析：用诱导公式将较大的角转化成锐角三角函数进行化简，故答案为. 考点：诱导公式及特殊角的三角函数.KS5U18.函数的值域为_【答案】 【解析】试题分析：当时，当时，所以函数的值域为，故答案为. 考点：1、分段函数的解析式及对数函数的值域；2、指数函数与对数函数的性质.19.已知点是直线上一动点，是圆的两条切线，是切点，若四边形的最小面积是2，则的值为_【答案】 考点：1、直线的方
8、程及圆的方程；2、切线的性质及根据几何性质求最值.【方法点晴】本题主要考查直线的方程及圆的方程、切线的性质及根据几何性质求最值，属于难题.解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调法以及均值不等式法，本题就是用的这种思路，利用平面几何的有关结论求得四边形面积的最值后解出值的.20.以下命题：若，则；在方向上的投影为；若中，则；若非零向量满足，则，所有真命题的标号是_【答案】 【解析】试题分析：对于，当时，面向量的
9、夹角为或，命题正确；对于，在方向上的投影是，所以命题正确；对于，中，如图所示，命题错误；对于，因为非零向量满足， 即，即命题正确. 综上正确的命题是,故答案为. 考点：1、平面向量的数量积公式及余弦定理；2、向量的模、向量的投影及向量的运算.【方法点晴】本题通过对多个命题真假的判断考察平面向量的数量积公式、余弦定理、向量的模、向量的投影、向量的运算及数学化归思想，属于难题. 该题型往往出现在在填空题最后两题，考查知识点较多，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的
10、命题.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）21.（本小题10分）设数列满足，且KS5UKS5U（1）证明：数列为等比数列；（2）求数列的前项和【答案】（1）证明见解析；（2）.试题解析：（1）证明 ：因为，所以.又所以数列是公比为3的等比数列 （2）因为数列是首项为，公比为3的等比数列，所以，即，所以，所以，所以考点：1、等比数列的证明；2、裂项相消法求数列和.22.（本题12分）的内角的对边分别为，已知（1）求；KS5UKS5U（2）若的面积为，求的周长【答案】（1）；（2）.试题解析：解：（1）由得，即，又，； （2），所以的周长为考点：1、正弦
11、定理及余弦定理 ；3、两角和与差的正弦函数公式及诱导公式.23.（本题12分）已知集合，（1）若，求的取值范围；（2）当取使不等式恒成立的的最小值时，求【答案】（1）或；（2）.（1）当时，或 （2）由，得，依题决，的最小值为-2当时， ，考点：1、一元二次不等式的解法；2、补集、交集及其运算.24.（本小题12分）已知函数（1）求函数的最小正周期和图象的对称轴方程；（2）求函数在区间上的值域【答案】（1），；（2）.试题解析：（1）周期，由，得，函数图象的对称轴方程为 （2），因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，取最大值1，又，当时，取最小值，所以函数在区间上的值域为考点：1、
12、三角函数的周期性及两角和与差的正弦和余弦公式；2、正弦函数的值域、正弦函数的对称性.25.（本小题12分）已知四棱锥，底面是、边长为的菱形，又底，且，点分别是棱的中点（1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.试题解析：解：（1）证明：取中点，连接，因为分别是棱中点，所以，且，于是， （2），KS5UKS5U又因为底面是、边长为的菱形，且为中点，所以，又，所以 （3）因为是中点，所以点与到平面等距离过点作于，由（2）由平面平面，所以平面故是点到平面的距离点到平面的距离为考点：1、线面平行的判定定理；2、面面垂直的判定定理及点
13、到面的距离.【方法点晴】本题主要考查、线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理及点到面的距离，属于难题. 证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法证明的.KS5U26.（本小题12分）已知圆，点是直线上的一动点，过点作圆的切线，切点为（1）当切线的长度为时，求点的坐标；（2）若的外接圆为圆，试问：当在直线上运动时，圆是否过定点？若存在
14、，求出所有的定点的坐标；若不存在，说明理由（3）求线段长度的最小值【答案】（1）或；（2）圆过定点；（3）.试题解析：（1）由题意知，圆的半径，设，是圆的一条切线，解得，或 （2）设，经过三点的圆以为直径，其方程为，即，由，解得或，圆过定点， （3）因为圆方程为，即，圆，即，-得：圆方程与圆相交弦所在直线方程为：，点到直线的距离，相交弦长即：，当时，有最小值考点：1、待定系数法求点的坐标；2、最值问题及曲线过定点问题.【方法点晴】本题主要考查待定系数法求点的坐标、最值问题及曲线过定点问题，属于难题.解决曲线过定点问题一般有两种方法：探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标. 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.本题（2）是运用方法列方程组求出定点坐标的.KS5U