2、集合的交集与补集运算． 2.若，则cos2α（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意先求出，然后再用倍角公式求解即可得到结果． 【详解】由条件得， ∴． 故选C． 【点睛】本题考查诱导公式和倍角公式的应用，考查变形和计算能力，解题的关键是正确进行公式的变形，属于基础题． 3.若非零向量，满足，，则与的夹角为（ ） A. 30 B. 60 C. 120 D. 150 【答案】C 【解析】 略 4.已知函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析或 考点函数求值 5.设是平面内的两条不同直线，是平面内两条相交直线，则的一个充分不必要条件是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析 ，是平面内两条相交直线 考点面面垂直的判定定理 点评基本知识点的考查，要求学生熟记掌握各种判定方法 6.若直线与圆有公共点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 解因为直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离小于等于半径可知，选D 7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析由三视图易知该几何体为一个圆柱和半个圆锥组合而成，故其体积为 考点三视图，空间几何体体积 视频 8.在等比数列中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析因为数列为等比数列，所以 ，故选C． 考点等比数列的性质． 9.已知满足约束条件，且的最小值为2，则常数（ ） A. 2 B. ﹣2 C. 6 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线的斜截式方程，由图形得到最优解，并求出最优解的坐标，代入目标函数后由的值等于2求得的值． 【详解】画出不等式组表示的可行域，如下图中的阴影部分所示． 由得， 平移直线，由图形可得当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最小，此时取得最小值． 由得， ∴点A的坐标为． ∴，解得． 故选B． 【点睛】线性规划中的参数问题及其求解思路 （1）线性规划中的参数问题，就是已知目标函数的最值或其他限制条件，求约束条件或目标函数中所含参数的值或取值范围的问题． （2）求解策略解决这类问题时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值． 10.九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，且，，点在棱上运行，设的长度为，若的面积为，则的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 如图，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，连接PR，则PQ∥AB，QR∥CD，设AB＝BD＝CD＝1， 则AC＝，，即PQ＝，又， 所以QR＝，所以PR＝， 所以fx＝，其图象是关于直线x＝对称的曲线，排除B、C、D，故选A. 11.已知圆，考虑下列命题①圆上的点到的距离的最小值为；
②圆上存在点到点的距离与到直线的距离相等；
③已知点，在圆上存在一点，使得以为直径的圆与直线相切，其中真命题的个数为 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 对于①，圆心到的距离减去半径的值为 ，即圆上点到的距离的最小值为，①错；
对于②，到点与到直线的距离相等的点的轨迹是抛物线， 当时，圆方程，可得圆与抛物线有两个交点，故②正确；
对于③，当时，圆上存在点，使得以为直径的圆与直线相切，故③正确，正确命题个数为，故选C. 【 方法点睛】本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查圆的几何性质、抛物线的定义与方程，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，判断存在性结论时，也可以考虑特值法处理，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题. 12.定义在[0，∞）上的函数满足．其中表示的导函数，若对任意正数都有，则实数的取值范围是（ ） A. （0，4] B. [2，4] C. （﹣∞，0）∪[4，∞） D. [4，∞） 【答案】C 【解析】 【分析】 由可得 ，令 ，则，利用导数可得函数在区间上单调递减，从而由原不等式可得，解不等式可得所求范围． 【详解】∵， ∴，当且仅当且，即时两等号同时成立， ∴“对任意正数都有”等价于“”． 由可得 ， 令，则， ∴． 令， 则， ∴当时，单调递增；
当时，单调递减． ∴， ∴， ∴函数在区间上单调递减， 故由可得， 整理得，解得或． ∴实数的取值范围是． 故选C． 【点睛】本题难度较大，涉及知识点较多．解题的关键有两个，一是求出的最小值，在此过程中需要注意基本不等式中等号成立的条件，特别是连续两次运用不等式时要注意等号能否同时成立；
二是结合条件中含有导函数的等式构造函数，并通过求导得到函数的单调性，最后再根据单调性将函数不等式转化为一般不等式求解．主要考查构造、转化等方法在解题中的应用． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上）. 13.垂直于直线并且与曲线相切的直线方程是 _______________。
【答案】 【解析】 【分析】 先设出切点，求出与直线垂直的直线斜率，再求出曲线的导函数在切点处的函数值，求得切点坐标后根据点斜式方程可得答案． 【详解】设切点为． ∵， ∴， ∴． 又切线垂直于直线， ∴切线的斜率为， 整理得，解得， ∴， ∴切点坐标为， ∴所求切线方程为， 即． 故答案为． 【点睛】利用导数的几何意义求曲线的切线方程时，注意“曲线在点P处的切线”和“曲线过点P的切线”两种说法的区别．第一种类型中的点P为切点，求解时直接根据导数的几何意义求解即可；
第二种类型中的点P不一定在曲线上，即使在曲线上也不一定为切点，此种类型需要转化成第一种类型求解． 14.曲线，与直线有两个公共点时，则实数的取值范围是 _________________。
【答案】 【解析】 试题分析曲线表示以（0，1）为圆心，以2为半径的圆的上半个圆，而直线过点（2，4），画出图象，可知该直线与该半圆要有两个公共点，需要. 考点本小题主要考查曲线方程和直线与圆的位置关系. 点评解决本小题的关键是分析出所给曲线是半圆，所给直线过定点，进而利用数形结合思想解决问题. 15.已知为数列{}的前项和，且．则{}的通项公式为 _________________ 。
【答案】 【解析】 【分析】 由得，两式相减后得到递推关系，然后再利用累乘法可得数列的通项公式． 【详解】由且， 得． ∵， ∴， 以上两式分别相减得， 整理得． ∴当时，， 又满足上式， ∴． 故答案为． 【点睛】本题考查累乘法求数列的通项公式，解题时注意递推关系的推出过程，然后根据相乘得到数列的通项公式，解题中容易出现的错误是忽视递推关系的使用条件，对于得到的结果要根据题意对数列的前几项进行验证． 16.已知菱形ABCD的边长为，∠D60，沿对角线BD将菱形ABCD折起，使得二面角A﹣BD﹣C的余弦值为，则该四面体ABCD外接球的体积为 _________________ 。
【答案】 【解析】 【分析】 正确作出图形，先确定出外接球的球心，然后利用勾股定理建立方程，求出四面体的外接球的半径，进而可求出四面体的外接球的体积． 【详解】由题意画出图形，如下图所示． 取的中点，连，则，所以即为二面角A﹣BD﹣C的平面角． 由题意得为等边三角形，且边长为， 设的中心为，则球心在过点且与平面垂直的直线上，设球心为点，连． 过作平面于，则 确定一个平面，过作于．连，则过点，且，故． 由题意得， ∴． 设， 又, 在和中，由勾股定理得， 设球半径为R，则， ∴， ∴， 解得， ∴外接球的体积为． 故答案为． 【点睛】解决关于多面体的外接球的问题时，关键是要抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，然后通过等量关系建立方程后求出球的半径，进而达到求解的目的．在解题中为了达到方便求解往往要作一圆面起衬托作用． 三．解答题（共6大题，17题10分，其余每题12分，共70分） 17.设的内角所对的边分别为，且． （1）求的值；
（2）若，求面积的最大值． 【答案】（1）；
（2）. 【解析】 【分析】 （1）由及正弦定理得到3sinAcosC3sinB﹣2sinC，再根据可得3cosAsinC2sinC，于是，进而可得；
（2）在中由余弦定理及重要不等式可得，从而，可得所求最大值． 【详解】（1）△ABC中，， 由正弦定理得3sinAcosC3sinB﹣2sinC， ∴3sinAcosC3sin（AC）﹣2sinC， ∴3cosAsinC2sinC， ∵sinC≠0， ∴， ∵A∈（0，π）， ∴． （2）由（1）知， ∴， 由余弦定理的推论得，， ∴， ∴，当且仅当bc时等号成立． ∴． 故△ABC面积的最大值为． 【点睛】（1）在解三角形的问题中，正、余弦定理常与三角变换结合在一起考查，考查综合运用知识解决问题的能力． （2）在余弦定理和三角形面积结合的问题中，要注意不等式的应用，合理运用不等式可解决三角形面积中的最值问题，应用不等式时注意等号成立的条件． 18.数列{}中，，，且满足， （1）设，求；
（2）设，，，，是否存在最大的正整数，使得对任意均有成立若存在求出的值；
若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；
（2）存在，且. 【解析】 【分析】 （1）由条件求出数列的通项公式为，根据的取值得到的符号，然后去掉绝对值后可得所求的；
（2）由（1）求得，然后利用裂项相消法求出，并进一步求出的最小值．再根据恒成立得到，求得的范围后可得所求． 【详解】（1）由，知数列为等差数列， 设其公差为d，则． 故． 由，解得n≤5． 故当n≤5时Sn|a1||a2||an|9n﹣n2；
当n＞5时Sn|a1||a2||an|． ∴． （2）由题意得， ∴ ． 从而 ∴数列是单调递增数列， ∴． 要使恒成立，故只需成立即可， 由此解得m＜8， 又m为正整数， ∴． ∴适合条件的m的最大值为7． 【点睛】（1）对于含有绝对值的数列的和的计算问题，求解时要根据数列通项的特点得到项的符号，然后去掉绝对值后进行求和． （2）当数列的通项公式为分式、且分子为常数时，求和时一般用裂项相消的方法求解．解题时把项拆成两项的的差的形式，利用相加后消掉一些项的方法达到求和的目的．注意相消