一、單選題EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(→),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(→),b)A．4B．2C．-1D．-22．下列函數(shù)中，以為最小正周期的奇函數(shù)為()3．若復(fù)數(shù)z滿足則z=()EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(→),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(→),b)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(r),a)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(→),b)A2B1C．1D．27．已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，則()8．記VABC的面積為S，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若c2=3S則cos(A-B)=(二、多選題m2-1)i(mA．z不可能為純虛數(shù)B．z在復(fù)平面內(nèi)表示的點(diǎn)可以在第三象限10．已知函數(shù)將f的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼模v坐標(biāo)不變，然后再將所得圖象向右平移個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則()A．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱B．g(x)的圖象關(guān)于y軸對稱11．“水城之眼”摩天輪與“水城明珠”大劇場是聊城市東昌湖畔的兩大文化地標(biāo)，其中摩天輪是全球首座建筑與摩天輪結(jié)合的城市地標(biāo)。摩天輪最低點(diǎn)距地面20米，最高點(diǎn)距地面168米，轉(zhuǎn)一周大約需要30分鐘，開啟后按順時針方向勻速旋轉(zhuǎn)；明珠劇場可近似看作是直徑約80米的半球形．某同學(xué)乘坐摩天輪觀賞聊城的“湖光水色”，該同學(xué)在摩天輪最底部上車，由于建筑物遮擋經(jīng)7分鐘到A處開始觀測到明珠劇場的穹頂B，共可觀測15.5分鐘．則下列說法正確的是參考數(shù)據(jù)：A．明珠劇場體積約為13.4萬立方米B．上車5分鐘后，該同學(xué)距離地面的高度為84米C．該同學(xué)坐上摩天輪開始，轉(zhuǎn)動t分鐘后距離地面的高度為H米，則D．水城之眼中心在地面的投影與明珠劇場的球心距離大約為952米三、填空題EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up10(–),c)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up10(–),c)14．已知函數(shù)若f在區(qū)間上恰有三個零點(diǎn)，則w的取值范圍四、解答題15．設(shè)z1是虛數(shù)是實(shí)數(shù)，且-1≤z2≤1．（1）求|z1|的值以及z1的實(shí)部的取值范圍．(1)求g(x)在[0,π]上的單調(diào)遞增區(qū)間；17．如圖，平行四邊形ABCD中，E為AB的中點(diǎn)，ED與AC交于點(diǎn)R．(1)用向量方法證明EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),C)18．記VABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知btanA=(2c-b)tanB．(1)求A；(2)D為BC的中點(diǎn)．19．我們可以把平面向量坐標(biāo)的概念推廣為“復(fù)向量”，即可將有序復(fù)數(shù)對(z1,z2)(z1,z2∈C)視為一個向量，3,z4)的線性運(yùn)算定義為：,z2)，3,z4)相等定義為：z1=z3，z2=z4；1z3)．EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(→),d)∈C)，且與EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up7(→),d)平行，求z2．題號123456789答案CBBDDAABACDBC題號答案ACD故選：C.根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)，即可判斷選項(xiàng).【詳解】對于A，y=sinx是偶函數(shù)，故不成立，對于B，y=tan2x是奇函數(shù)，且最小正周期T=，故成立，對于D，y=cos4x是偶函數(shù)，故不成立.故選：B據(jù)復(fù)數(shù)的模長結(jié)合乘法運(yùn)算可得復(fù)數(shù)，再由共軛復(fù)數(shù)的概念和模長公式即可求解.故選：B.結(jié)合圖形，利用向量的線性運(yùn)算公式，即可求解.EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up10(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up10(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up10(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up10(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up10(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up10(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up10(-),A)故選：D的單調(diào)性即可求解.因?yàn)閥=cosx在單調(diào)遞減，故選：D.利用二倍角正切公式化簡即可.由利用降冪公式化簡，得故選：A.首先根據(jù)函數(shù)的圖象，結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)，求解函數(shù)的解析式，再代入求值.【詳解】由圖象可知則φ=-，故選：A由即利用正弦定理和C=求解sinAsinB和cosAcosB，最后利用兩角差的余弦公式即可求解.【詳解】由題意有所以2所以故選：B.根據(jù)復(fù)數(shù)的性質(zhì)計算判斷A，應(yīng)用幾何意義判斷B，根據(jù)模長判斷C，根據(jù)復(fù)數(shù)根的性質(zhì)判斷D.若z為純虛數(shù)，則m-1=0且m2-1不等于0，無解，所以z不可能為純虛數(shù)，A選項(xiàng)正確；若z在復(fù)平面內(nèi)表示的點(diǎn)在第三象限，所以1-m<0,m2-1<0，無解，所以z在復(fù)平面內(nèi)表示的點(diǎn)不可以在第三象限，B選項(xiàng)錯誤；方程x2-2(x-1)=0的兩個根i，m=0時，z與z是方程x2=2(x-1)的兩個根，D選項(xiàng)正確；故選：ACD.根據(jù)圖像變換先求出函數(shù)g(x)的解析式，再根據(jù)函數(shù)的對稱性、單調(diào)性、函數(shù)值大小比較等性質(zhì)逐一分析各選項(xiàng)即可得出結(jié)論.所以f(x)的圖象不關(guān)于點(diǎn)中心對稱，故選項(xiàng)A錯誤；函數(shù)為橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼模粗芷谧優(yōu)樵瓉淼囊话氲玫皆傧蛴移揭苽€單位，得到化簡得g(-x)=-2cos(-2x)=-2cos2x=g(x)，故g(x)是偶函數(shù)，選項(xiàng)B正確；時在上單調(diào)遞增；因此兩函數(shù)單調(diào)性相同，選項(xiàng)C正確.因此存在點(diǎn)使h(x)<0，即f(x)<g(x),選項(xiàng)D錯誤.故選：BC11．ACD根據(jù)已知結(jié)合球的體積公式計算，即可判斷A；設(shè)轉(zhuǎn)動t分鐘后距離地面的高度為H米，斷C項(xiàng)；代入t=5，即可驗(yàn)證B項(xiàng)；作出大致圖象，結(jié)合題中給的數(shù)值，結(jié)合三角形相似推得，進(jìn)而在三角形中得出CH,AH,AD，進(jìn)而化簡求值即可判斷D項(xiàng).【詳解】對于A項(xiàng)，由已知明珠劇場可近似看作是直徑約80米的半球形可得，明珠劇場體積約為故A正確；對于C項(xiàng)，由已知可設(shè)該同學(xué)坐上摩天輪開始，轉(zhuǎn)動t分鐘后距離地面的高度為H米，則所以，所以所以，故C正確；對于B項(xiàng)，當(dāng)t=5時故B錯誤；對于D項(xiàng)，如圖，設(shè)半球的圓心為E，連接BE，過B點(diǎn)作截面圓的切線BD，分別過點(diǎn)A,C作BD的垂線.過點(diǎn)A作AH//BD，且滿足CH丄AH，垂足為H.因?yàn)锳D//CH，解得BD≈878.4.所以故D正確.故選：ACD.設(shè)=(a,b)，利用數(shù)量級的坐標(biāo)運(yùn)算得的坐標(biāo)，再利用投影向量的公式求解即可.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(→),b)所以→故答案為：|(2,2EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(–),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(–),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(–),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(–),A)故答案為：18.首先求①x-的范圍，再根據(jù)端點(diǎn)的基本范圍，結(jié)合零點(diǎn)的情況，列式求解.若函數(shù)f(x)的三個零點(diǎn)都在x軸的負(fù)半軸，則不等式的解集為⑦,l若函數(shù)f(x)的零點(diǎn)有2個負(fù)零點(diǎn)，1個是原點(diǎn)，則不等式的解集為⑦,ll若函數(shù)f(x)的零點(diǎn)1個是原點(diǎn)，2個正零點(diǎn)，則得l1512）略是實(shí)數(shù)，得a2+b2=1，由此求出z1的實(shí)部的取值范圍為[-，]．由此能證明ω=是純虛數(shù)．因?yàn)閦217．(1)證明見解析(2)-62EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),A)2又由點(diǎn)R，A，C三點(diǎn)共線，且可得解得λ值，從而得證.（2）由題設(shè)得四邊形ABCD是菱形，AC丄BD，數(shù)形結(jié)合，作EH丄AC于點(diǎn)H，利用投影向量的概念即可得-在EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),A)-上的投影向量為EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(1-),4A)-，由向量的線性運(yùn)算即可求解．EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up4(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up4(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up4(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(-),A)所以得所以所以EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up5(-),A)EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up5(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up4(D),D)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(-),A)為鄰邊的平行四邊形是菱形，AP+可得|AB|=|AD|，所以平行四邊形作EH丄AC于點(diǎn)H，又因?yàn)镋為AB的中點(diǎn)，EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(1-),4A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),C)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(1-),4A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(2-),3A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(1-),6A)（1）利用正弦定理和兩角和的正弦公式即可求解；（2i）在△ABD中由余弦定理有c2=AD2+-2AD.cos上ADB，在△ADC中由余弦定理有b2（ii）由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos2+c2-bc=4，由a=AD=2代入（i）得b2+c2=10即可求b+c,進(jìn)而得VABC的周長.【詳解】（1）由btanA=(2c-b)tanB，得bsinAcosB=(2c-b)sinBcosA，所以由正弦定理得sinBsinAcosB=(2sinC-sinB)sinBcosA，因?yàn)閂ABC中，sinB≠0，所以sinAcosB=(2sinC-sinB)cosA，即sinAcosB+cosAsinB=2sinCcosA，所以sin(A+B)=sinC=2sinCcosA，（2i）證明：因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以在△ABD中，由余弦定理得c2=A上ADB；在VABC中，由余弦定理得所以b2+c2-bc=4，19．平行，理由見解析（1）(ⅰ)根據(jù)復(fù)向量的線性公式，以及復(fù)向量相等的定義，即可列式求解；(ⅱ)根據(jù)復(fù)向量平行的定義，結(jié)合復(fù)向量的積的定義，即可判斷；（2）首先設(shè)z2=λ