第頁，共頁第20頁，共20頁數學本試卷共8頁．時量120分鐘.滿分150分．一、選擇題（本大題共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.設集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式可得集合，進而進行集合間的運算.【詳解】由題意可得或x>2，則，，故選：B.2.已知數列是等差數列，若，“”，“”，則是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】利用等差數列的性質，結合充分性和必要性做出判斷.【詳解】因為數列為等差數列，當時，顯然任意的，均滿足，但不一定滿足，即“”推不出“”，必要性不成立；由數列是等差數列，設該數列的公差為，若，則，即“”能推出“”，充分性成立.因此，是的充分不必要條件.故選：A3.已知是的重心，過點作一條直線與邊，分別交于點，（點，與所在邊的端點均不重合），設，，則的最小值是（）A.1 B. C.2 D.4【答案】B【解析】【分析】由平面向量的基本定理得到的等式，再用基本不等式求得最小值.【詳解】如圖：取中點，則，，，∵三點共線，∴，即，∴，當且僅當時，取等號；故選：B4.若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據同角三角函數的關系化簡，再根據二倍角公式求解即可.【詳解】方法一：，，解得.故選：C.方法二：，.故選：C.5.已知為數列的前項和，且，若對任意正整數恒成立，則實數的最小值為（）A.4 B. C.3 D.【答案】D【解析】【分析】根據的關系，利用相減法結合等比數列的定義求解數列的通項公式，從而將不等式轉化為，利用數列的單調性求最值即可得實數的范圍，從而得最小值.【詳解】由，令，解得，當時，由得，即，所以數列是以2為首項，2為公比的等比數列，所以，由，即恒成立，令，則，而，所以，即數列單調遞減，故，所以，所以的最小值為.故選：D.6.在棱長為4的正方體中，分別是棱的中點，過作平面，使得，則點到平面的距離是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】建立空間直角坐標系，得到點的坐標，因為平面的法向量既垂直于平面內的向量，也垂直于平行于平面的向量，求得法向量，由點到面的距離公式即可求得結果.【詳解】如圖，以原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，∴，，，，∴，，設平面的一個法向量為，∵，，∴，，即，令則，即為平面的一個法向量，∴點到平面的距離.故選：D【點睛】方法點睛：求點到面的距離可以由點與平面上一個點的向量在這個平面的法向量上的投影長得到，所以本題需要求出平面的其中一個法向量，平面的法向量可以通過平面內的向量和平行于平面的向量來求得.7.記表示，，中的最大數，若，，則的最小值為A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】分析：由已知中max{x，y，z}表示x，y，z三個實數中的最大數，若=M，則M≥且M≥且M≥，設，分成兩類情況討論，進而求出答案．詳解：設，即求的最小值.①時，，即求的最小值，，，∴②，即求的最小值.，，綜上：的最小值2故選C點睛：本題考查函數的最值，理解題意，合理變形是解決問題的關鍵，屬中檔題．8.如圖，過原點的直線交橢圓于兩點，過點分別作軸、的垂線，且分別交橢圓于點，，連接交于點，若，則橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】設，則，由，共線，點在橢圓上，得坐標關系，聯立求解即可.【詳解】設，則，由，則，即，①由三點共線，則，即，②又因為，即，③將①②代入③得，則.故選：D.二、選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18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6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．）9.已知函數，則（）A.有兩個極值點 B.有三個零點C.點是曲線的對稱中心 D.直線是曲線的切線【答案】AC【解析】【分析】利用極值點的定義可判斷A，結合的單調性、極值可判斷B，利用平移可判斷C；利用導數的幾何意義判斷D.【詳解】由題，，令得或，令得，所以在，上單調遞增，上單調遞減，所以是極值點，故A正確；因，，，所以，函數在上有一個零點，當時，，即函數在上無零點，綜上所述，函數有一個零點，故B錯誤；令，該函數的定義域為，，則是奇函數，是的對稱中心，將的圖象向上移動一個單位得到的圖象，所以點是曲線的對稱中心，故C正確；令，可得，又，當切點為時，切線方程為，當切點為時，切線方程為，故D錯誤.故選：AC.10.已知復數在復平面內對應的點均在以原點為圓心的單位圓上，且，則（）A. B.與實部之和為C.為純虛數 D.【答案】ACD【解析】【分析】設出兩個復數的代數形式，由題解出或，對照選項逐一驗證即可．【詳解】對AB：設，因為，即，由題意可得①，②，所以，即，且，與①②聯立可得或；所以，故B錯誤，A正確；對C：，或，故C正確；對D：，故D正確.故選：ACD．11.已知函數的定義域為，且是奇函數，函數，且在上單調遞增，則下列命題為真命題的是（）A. B.在上單調遞減C.若，則 D.若，則【答案】ABC【解析】【分析】對A，根據是奇函數判斷即可；對B，先推導，再根據單調性判斷即可；對C，先根據單調性可得，再根據判斷即可；對D，數形結合判斷與對稱軸的大小關系即可.【詳解】對于A，因為是奇函數，所以，故A正確；對于B，因為，所以的圖象關于直線對稱，因為在上單調遞增，所以在上單調遞減，故B正確；對于C，因為，所以，因為的圖象關于直線對稱，所以，所以，故C正確；對于D，因為，且，的圖象關于直線對稱，所以，解得，故D錯誤.故選：ABC三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分．）12.在中，角，，的對邊分別為，，，已知.則______.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理邊角互化得到，結合余弦定理求得.【詳解】因為，由正弦定理得，整理可得，則，且，故.故答案為：13.第十五屆中國國際航空航天博覽會在2024年11月12日至17日在廣東珠海舉行.此次航展，觀眾累計參觀近60萬人次，簽約金額超2800億人民幣.為慶祝這一盛會的成功舉行，珠海某商場決定在航展期間舉行“購物抽獎送航模”活動.盒中裝有5個除顏色外均相同的小球，其中2個是紅球，3個是黃球.每位顧客均有一次抽獎機會，抽獎時從盒中隨機取出1球，若取出的是紅球，則可領取“隱形戰機殲-35A”模型，該小球不再放回；若取出的是黃球，則可領取“隱形戰機殲-20S”模型，并將該球放回盒中.則在第2位顧客抽中“殲-20S”模型的條件下，第1位顧客抽中“隱形戰機殲-35A”模型的概率為______.【答案】【解析】【分析】利用條件概率求解.【詳解】解：設第1位顧客抽中“殲-35A”為事件，第2位顧客抽中“殲-20S”為事件，則，故，所以在第2位顧客抽到“殲-20S”模型的條件下，第1位顧客抽到“殲-35A”模型的概率為.故答案為：14.高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的美譽，函數稱為高斯函數，其中，表示不超過的最大整數，例如：，.已知函數，則函數的值域是_________.【答案】【解析】【分析】令，利用判別式法可得的取值范圍，即可得的值域，結合所給定義即可得的值域.【詳解】令，由，則有，當時，有；當時，則有，解得，又，即或；綜上可得，則，故的值域是.故答案為：.四、解答題（本大題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）15.在數列中，，.（1）求證：數列是等差數列；（2）設數列的前項和為，若恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）解方程得到，根據等差數列的定義知數列是等差數列.（2）由，裂項相消求和得到，若恒成立，轉化為求的最大值，進而得到的范圍.【小問1詳解】由，可得，即，所以，又，所以是以2為首項，2為公差的等差數列，則.【小問2詳解】，，因為，所以，所以，又恒成立，即恒成立，，即.所以的取值范圍為.16.如圖，在四棱錐中，，，，平面平面．（1）求證：平面；（2）點Q在棱上，與平面所成角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）若分別為中點，連接，易得、、、，再應用面面垂直的性質得面，由線面垂直的性質證、，最后綜合線面垂直的性質及判斷定理證結論；（2）構建合適空間直角坐標系，首先根據線面角的向量求法列方程求Q位置，再應用向量法求面面角的余弦值.【小問1詳解】若分別為中點，連接，由，，則為直角梯形，且為中位線，所以，且，由，則，又，可得，面面，面，面面，則面，面，故，則，由面，則，又，均在面內，所以面，面，可得，所以，故，即，由，則，而均在面內，所以平面.【小問2詳解】由（1）可構建如上圖所示的空間直角坐標系，所以，令且，則，則，，，若是面的一個法向量，則，令，則，由題意，整理得，故，則，若是面的一個法向量，則，令，則，所以平面與平面夾角的余弦值.17.已知橢圓與拋物線有相同的焦點，為橢圓上一點，分別為橢圓的左、右焦點，且的面積的最大值為，過點做斜率之和為3的兩條直線和與橢圓交于兩點，與橢圓交于兩點，線段的中點分別為.（1）求的標準方程；（2）直線是否過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請給出理由.【答案】（1）（2）過定點，【解析】【分析】（1）求出拋物線焦點得的坐標，再利用橢圓的范圍結合三角形面積最大值求出即可得解.（2）設出直線的方程，與橢圓方程聯立求出點坐標，進而求出直線即可求得定點.【小問1詳解】拋物線的焦點坐標為，則橢圓焦點，設點的縱坐標為，則，，于是，，所以的標準方程為.【小問2詳解】設直線的方程為，直線的方程為，點，由消去得，則，于是點，同理點，而，因此直線的斜率為直線方程為，即而，因此直線：過定點，所以直線恒過定點.18.已知函數.（1）求的導函數的極值；（2）不等式對任意恒成立，求k的取值范圍；（3）對任意，直線與曲線有且僅有一個公共點，求b取值范圍.【答案】（1）當時,有極小值2，無極大值.（2）（3）【解析】【分析】（1）借助導數研究函數單調性，得到極值；（2）參變分離后，轉化為函數的最值問題即可；（3）有唯一解，構造函數參變分離，有唯一解，構造函數，借助導數研究函數的單調性即可.【小問1詳解】因為函數，所以的定義域為令，則，注意到為增函數，且，所以當時,，單調遞減；當時,，單調遞增；所以當時,有極小值2，無極大值.【小問2詳解】由題意可知對任意恒成立，即對任意恒成立，設，則設，則因為在區間上單調遞增，所以則在區間上單調遞增，所以則所以在區間上單調遞增，所以，所以.【小問3詳解】由題意可知有唯一解，設注意到，當時,；當時,所以至少有一個解.因為有唯一解，所以有唯一解，設，因為，所以為單調函數，則恒成立，設，則恒成立,則所以在區間上單調遞增，注意到所以當時,單調遞減；當時,單調遞增；故只需即可，所以19.集合是數學中的基本概念和重要內容.對于實數集中的兩個非空有限子集和，定義和集.記符號表示集合中的元素個數.當時，設是集合中所有元素按從小到大順序的一種排列，記集合.（1）已知集合，求的值；（2）已知集合，若，求的值；（3）已知，記集合或.（ⅰ）當時，證明：的充要條件是；（ⅱ）若，求的所有可能取值.【答案】（1）（2）2（3）（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）2【解析】【分析】（1）根據集合的新定義分別求解的值即可；（2）由（1）得，從而得集合，先求解，從而得；（3）（ⅰ）先證充分性，設，從而得的元素，進而求得；再證必要性，設，其中，確定集合中的最小元素與最大元素，從而確定的元素，進而求解；（ⅱ）分別驗證，，時，結合新定義判斷即可.【小問1詳解】當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；綜上，結合集合中元素的互異性，.【小問2詳解】（2）由（1）知，且，且同時成立，解得，所以，又，所以.【小問3詳解】（3）（ⅰ）先證充分性.因為，所以，且.從而可以設，其中，此時中的元素為，故.再證必要性.設，其中.注意到和集中的最小元素為，最大元素為，因為，所以中間三個元素可以是，也可以是，它們是對應相等的，所以有，即.故，得證.（ⅱ）①若，由（ⅰ）小問的分析知，設，其中，此時中的元素為，這與條件矛盾.②取，其中，容易驗證此時中的元素為，符合條件，所以可以取2.（注：構造方式不唯一，集合中的元素滿足有一個，其余均為即可.）③若，設，其中.結合知，，其中，至少存在兩個不同的正整數，使得.不妨設是符合這一條件最小的正整數，是符合這一條件最大的正整數.注意到（*），這是中個不同的元素.根據的定義我們有，即，（★）當時，由的最小性知，即，此時我們有，因此，與