Page24本試卷共6頁，22小題，滿分150分.考試用時120分鐘.留意事項：1．本試卷考試時間為120分鐘，試卷滿分150分，考試形式閉卷．2．本試卷中全部試題必需作答在答題卡上規定的位置，否則不給分．3．答題前，務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水簽字筆填寫在試卷及答題卡上．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合M＝{x|2x≥2}，N＝{x|≤1}，則M∩N＝（）A.{x|x≥1} B.{x|x＞1}C.{x|－1≤x≤1} D.{x|x≤－1}【答案】A【解析】【分析】求出集合，再由交集的定義即可得出答案.【詳解】由可得，所以，由≤1可得：，解得：或.所以或.所以M∩N＝.故選：A2.已知，，則（）A.1＋i B.1－i C.2＋i D.2－i【答案】B【解析】【分析】利用復數得計算公式計算即可【詳解】設，故，因為，得，又，所以.故.故選：B3.已知桌上放有3本語文書和3本數學書．小明現從這6本書中隨意抽取3本書，A表示事務“至少抽到1本數學書”，B表示事務“抽到語文書和數學書”，則＝（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用條件概率的公式求解.【詳解】由題得,由條件概率的公式得.故選：D4.在中，點D在邊BC上，且，，記中點分別為，且，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】在中，，結合可得到，利用余弦定理可得到，則可求得，利用余弦定理可得，即可求得答案【詳解】中，，因為，所以，所以，可整理得即，所以整理得，因為，中點分別為，所以，所以在中，，因為，且即，所以，所以，故選：A5.已知直線AB與平面α的夾角為45°，點A，C在平面α內，記線段AB中點為D，點E為平面α外一點，且滿意DE⊥平面α，點E到直線AB的距離為|AB|，且＝，則直線CE與平面α所成角正弦值的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設，得出、v分別是直線、直線與平面所成的角，，作，垂足為，設，用可表示出題中各線段長（除外），由，要使最大，則最小，利用在以為圓心，為半徑的圓上，求得最小值即可得最小值，從而得出結論．【詳解】如圖，設，即，連接，即，所以，，所以、分別是直線、直線與平面所成的角，，作，垂足為，則，設，則，，，所以，，所以，從而，，要使最大，則最小，又，因此只要取得最小值即得．因為，所以在以為圓心，為半徑的圓上，因此，，．故選：B．6.設函數，，則（）A.是奇函數，值域為B.是奇函數，值域為C.是偶函數，值域為D.是偶函數，值域為【答案】C【解析】【分析】先依據定義推斷的奇偶性，然后換元令，先求出的范圍，然后依據對勾函數的性質求的范圍即可.【詳解】定義域關于原點對稱，又，依據偶函數的定義，是偶函數，依據對稱性，考慮即可，此時，設，，則，故，，關于遞減，，，關于遞增，故，取得最小值，時，當時，，得到，故時，，即.依據指數函數性質，是單調遞減函數，故，令，，故時，遞增，時，遞減，取到最小值，于是時，先遞減后遞增，，故，又，故.故選：C7.現給出一位同學在7月和8月進行的50米短跑測試成果（單位：秒）：7月9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.78月10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5記7月、8月成果的樣本平均數分別記為，，樣本方差分別記為，．①已知統計量可在肯定程度上說明兩個月跑步成果的穩定性（當或時，可認為成果不穩定）；②若滿意，則可說明成果有顯著提高．則這位同學（）A.成果穩定，且有顯著提高 B.成果穩定，且無顯著提高C.成果不穩定，且有顯著提高 D.成果不穩定，且無顯著提高【答案】A【解析】【分析】利用數表分別計算，，，，結合①②條件即可求解.【詳解】由題意可知，，，由方差公式可知，，，故，，從而成果穩定；而，故，即成立，從而成果有顯著提高.故選：A.8.設函數，，的定義域均為R，其中，．若，且，，則（）A.－1 B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】結合已知條件和正弦函數性質，可得，進而求出，然后利用余弦函數的周期性即可求解.【詳解】由，且，，以及正弦函數性質可知，，此時，滿意題意，因為，，，，所以由余弦函數的周期性可知，.故選：B.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知為坐標原點，拋物線與曲線的交于點，其橫坐標為，記平行于的切線為，平行于的切線為，則（）A. B.的方程為C.的方程為 D.的方程為【答案】ABC【解析】【分析】選項A：利用點的坐標計算出即可；選項B：利用兩點坐標計算出的方程即可；選項C：設出的方程，利用與相切，然后求出直線方程即可；選項D：設出的方程，利用與相切，然后求出直線方程即可.【詳解】選項A：因為點的橫坐標為，點在曲線上，所以，又因為點在拋物線上，所以，解得，故A正確；選項B：因為，，所以得的方程為，故B選項正確；選項C：由選項A可知的方程為，設，聯立，得，因為與相切，所以，解得，所以，即的方程為，故C選項正確；設，聯立，得，因為與相切，所以，解得，所以，即的方程為，故D錯誤；故選:ABC10.已知函數，則（）A.B.的最大值為C.在單調遞減D.在單調遞增【答案】BC【解析】【分析】A選項可通過檢查特殊位置的函數值是否在定義域內，明顯函數的一個周期是，結合定義域，探討函數上的單調性可解決CD選項，B選項換元之后，利用導數探討函數的最值.【詳解】，但無意義，故不恒成立，故A選項錯誤；定義域滿意，即，在定義域內，故不妨考慮，，故時，，，單調遞增，，,，，單調遞減，故C選項正確；時，由于在定義域內，故等效于考慮，此時先遞增后遞減，故D選項錯誤；設，則，此時記，，，，單調遞增，，，單調遞減，故在取到最大值，故B選項正確.故選：BC11.已知，則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】由題可得，進而可得可推斷A，依據特值可推斷B，依據基本不等式可推斷C，利用二次函數的性質可推斷D.【詳解】由，可得，因為，所以，所以，即，故A正確；取，，而，故B錯誤；因為，當且僅當時等號成立，所以，故C正確；由，可得，，當時等號成立，故D正確.故選：ACD.12.某企業于近期推出了一款盲盒，且該款盲盒分為隱藏款和一般款兩種，其中隱藏款的成本為50元/件，一般款為10元/件，且企業對這款盲盒的零售定價為元/件.現有一批有限個盲盒即將上市，其中含有20％的隱藏款.某產品經理現對這批盲盒進行檢驗，每次只檢驗一個盲盒，且每次檢驗相互獨立，檢驗后將盲盒重新包裝并放回.若檢驗到隱藏款，則檢驗結束；若檢驗到一般款，則接著檢驗，且最多檢驗20次.記X為檢驗結束時所進行的檢驗次數，則（）A.B.C.若小明從這批盲盒中一次性購買了5件，則他抽到隱藏款的概率為0.5094D.若這款盲盒最終全部售出，為確保企業能獲利，則【答案】ABD【解析】【分析】依據抽樣方式可計算概率，推斷A,C,依據概率計算可得分布列，進而得期望，用錯位相減法求期望即可推斷B，依據成本計算可求解D.【詳解】解：對于A，記檢測到隱藏款的概率為，則，故正確；對于B，由題意得的分布列為且；記,則，兩式相減得，所以，故正確對于C，沒有抽到隱藏品的概率為，他抽到隱藏款的概率為，故錯誤，對于D，設總共有件盲盒，則成本為元，則定價才能保證獲利，故正確故選：ABD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知雙曲線的右準線l與C的漸近線的一個交點為（，），則C的方程為__________．【答案】【解析】【分析】依據準線方程以及漸近線方程的交點，即可列出等量關系求解，進而可求雙曲線方程.【詳解】雙曲線的右準線l方程為,由題意可知：且，又解得：，所以雙曲線方程為：，故答案為：14.已知數列{an}的首項為a1＝1，且an＋1－an∈{0，1，2}，則a6＝__________．【答案】1至11的正整數中隨意一個數.【解析】【分析】由an＋1－an∈{0，1，2}可知數列{an}相鄰兩項之差為0，1，2，即可求出.a6.【詳解】當，則為常數列，所以；當，則首項為a1＝1，公差為的等差數列，所以；an＋1－an∈{0，1，2}，表示數列{an}相鄰兩項之差為0，1，2，所以a6可以為1至11的正整數中隨意一個數.故答案為：1至11的正整數中隨意一個數.15.在棱長為的正四面體中，已知球是內半徑最大的球，并且球的球面與其球面外切，則球的球面與的交線長度為__________．【答案】【解析】【分析】先依據等體積法求出球的半徑，由題意，球的半徑加上球的直徑是正四面體的高，求出球的半徑，然后在確定和每個面的交線即可.【詳解】由題意，球是正四面體的內切球，設球半徑為，正四面體高為，每個面都是全等的等邊三角形，記做，依據，，故，依據正四面體性質，在底面的投影是的外心，依據正弦定理：，則，依據勾股定理，，故，設以為球心的球半徑為，又球和球相切，則，則，而，球和的交線均是以為圓心半徑為的弧，而，球和不相交，故交線總長度是.故答案為：16.設，，則的最小值為__________．【答案】【解析】【分析】利用兩點距離公式的幾何意義將問題轉化為求圖像上的動點與圖像上的動點最小距離，利用與關于的對稱性，分別求出切點，則即為所求最小值.【詳解】由兩點距離公式的幾何意義可知表示點到的距離，表示點到的距離，而是上的點，是上的點，是上的點，且與關于直線對稱，所以的最小值可轉化為圖像上的動點與圖像上的動點最小距離，明顯，與平行的切線的切點，和與平行的切線的切點，它們之間的距離就是所求最小距離，對于，設切點為，有，則，故，則，故，對于，設切點為，有，則，故，則，故，所以，所以題設式子的最小值為.故答案為：.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.依據北京冬奧組委與特許生產商的特許經營協議，從7月1日起先，包括冰墩墩公仔等在內的2024北京冬奧會各種特許商品將停止生產.現給出某零售店在某日（7月1日前）上午的兩種顏色冰墩墩的銷售數據統計表（假定每人限購一個冰墩墩）：藍色粉色男顧客女顧客（1）若有99%的把握認為顧客購買的冰墩墩顏色與其性別有關，求a的最小值；（2）在a取得最小值的條件下，現從購買藍色冰墩墩的顧客中任選p人，從購買粉色冰墩墩的顧客中任選q人，且p+q=9（p，q≥0），記選到的人中女顧客人數為X.求X的分布列及數學期望.附：0.050.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）12（2）分布列答案見解析，數學期望：【解析】【分析】（1）依據獨立性檢驗，計算卡方值，與臨界值比較即可求解，（2）依據超幾何分布即可求解分布列，以及用超幾何的期望公式即可求解.【小問1詳解】（1）因為有的把握認為顧客購買的冰墩墩顏色與其性別有關，不妨給出零假設：顧客購買的冰墩墩顏色與其性別無關，且該假設成立概率小于等于，且由表知，則，即，又，所以的最小值為12；【小問2詳解】因為，所以的全部可能取值是，女生一共有24人，男生一共有12人所以的分布列為，且，所以.18.記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知點D在邊AC上，AB＝BD＝CD．（1）證明：bc＝a2－c2；（2）若cos∠ABC＝，且c＝1，求△ABC的面積．【答案】（1）詳見解析；（2）.【解析】【分析】(1)由題得，所以，運用正余弦定理轉化為邊得證.(2)由cos∠ABC＝列余弦定理得，與(1)結論聯立解方程組可求得，代入面積公式求解.【小問1詳解】當時，點D與A點處不滿意題意，故，因為,所以,,由正弦定理及余弦定理得,即,且,故;【小問2詳解】由及cos∠ABC＝得由得，代入上式得：整理得，令得：，即，解得，(舍去)，由得，而舍去，故.所以.19.已知橢圓C中心為坐標原點O，對稱軸為x軸，y軸，且過，兩點．（1）求C的方程；（2）若P為C上不同于點A，B的一點，求面積的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）設橢圓C的方程為，可得，進而即得；（2）由題可得直線方程，可設，利用三角函數的性質可得點到的距離的最大值，然后依據的長及三角形的面積公式即得.【小問1詳解】由題可設橢圓C的方程為，則，解得，所以橢圓C的方程為；【小問2詳解】因為，，所以，，因為是上的點，可設，所以點到的距離為，其中，所以面積的最大值：.20.如圖，四棱錐P－ABCD的體積為，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是面積為的等邊三角形，四邊形ABCD是等腰梯形，BC＝1，E為棱PA上一動點．（1）求PC；（2）若直線EC與平面ABCD的夾角為60°，求二面角B－CE－D的正弦值；【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）取AD中點為O，連接PO，OC.由題可得，用幾何學問算出PO，OC后，結合勾股定理可算出答案.（2）首先利用現有條件算出相關數據，建立坐標系.之后結合題目條件，算出E點的坐標，后用空間向量學問求得二面角余弦值，再轉化為正弦值.【小問1詳解】如圖，取AD中點為O，BC中點為F.連接OP，OC，OF.因△PAD是面積為的等邊三角形，則.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=，則平面ABCD.得，四邊形ABCD是等腰梯形，則為其高，又四棱錐的體積為，則，得又可得，故.又則故答案為：【小問2詳解】由（1）知.故建立以O為原點，OA為x軸，OF為y軸，OP為z軸的空間直角坐標系，如圖所示.從而可得：，，，，.設，其中.則設，有，得，故.平面ABCD的法向量為，又直線EC與平面ABCD的夾角為60°，則，得.知.故求二面角B－CE－D的正弦值就是求二面角B－CP－D的正弦值.，設平面BCP與平面CPD的法向量為.則，取,.則二面角B－CE－D的正弦值為.故答案為：【點睛】本題考查幾何體中的長度計算與利用空間向量計算二面角.對于長度問題，要擅長發覺垂直關系，多用勾股定理解決問題，部分較困難題目也可以建立坐標系解決·.利用空間向量解決問題時，建立合適的坐標系是關鍵，且解答題要留意書寫建立依據與步驟.對于空間幾何中的動點問題，常利用向量，而向量也在解決空間幾何問題中占據重要地位，但要特殊留意所涉向量夾角.21.記數列{an}的前n項和為Sn，bn＝an＋1－Sn，且{bn}是以－1為公差的等差數列，a1＝2，a2＝3．（1）求{an}的通項公式；（2）求數列{an}的前n項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出，得到，利用得到的特征，求出通項；（2）由，采納分組求和，分別求數列和的前n項和.【小問1詳解】由，當時，，∴是以1為首項，－1為公差的等差數列，，∴，當時，有，兩式相減，得，即，，，滿意，∴是1為首項2為公比的等比數列，∴，，∴的通項公式為.【小問2詳解】，設，，數列的前n項和為，，則，兩式相減，得，令，則，兩式相減，，，，.數列的前n項和為，則，，所以數列的前n項和為.【點睛】1.等差等比數列關鍵要找尋首項和公