一、單選題
1．已知復數z滿足，則復數z在復平面內所對應的點位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．如圖，直線l和圓C，當l從l0開始在平面上繞點O按逆時針方向勻速轉到（轉到角不超過90°）時，它掃過的圓內陰影部分的面積S是時間t的函數，這個函數的圖像大致是
A．B．
C．D．
3．已知非零向量，滿足，，若，則向量在向量方向上的投影向量為（ ）
A．B．C．D．
4．已知集合，若A，B均為U的非空子集且，則滿足條件的有序集合對的個數為（ ）
A．16B．31C．50D．81
5．已知一組數據丟失了其中一個，另外六個數據分別是10，8，8，11，16，8，若這組數據的平均數、中位數、眾數依次成等差數列，則丟失數據的所有可能值的和為
A．12B．20C．25D．27
6．約翰·開普勒是近代著名的天文學家、數學家、物理學家和哲學家，有一次在上幾何課時，突然想到，一個正三角形的外接圓與內切圓的半徑之比恰好和土星與木星軌道的半徑比很接近，于是他想，是否可以用正多面體的外接球和內切球的半徑比來刻畫太陽系各行星的距離呢？經過實踐，他給出了以下的太陽系模型：最外面一個球面，設定為土星軌道所在的球面，先作一個正六面體內接于此球面，然后作此正六面體的內切球面，它就是木星軌道所在的球面.在此球面中再作一個內接的正四面體，接著作該正四面體的內切球面即得到火星軌道所在的球面，繼續(xù)下去，他就得到了太陽系各個行星的模型.根據開普勒的猜想，土星軌道所在的球面與火星軌道所在球面半徑的比值為（ ）

A．B．3C．D．9
7．有一直角轉彎的走廊（兩側與頂部封閉），已知兩側走廊的高度都是6米，左側走廊的寬度為米，右側走廊的寬度為1米，現有不能彎折的硬管需要通過走廊.設可通過的最大極限長度為l米（不計硬管粗細）.為了方便搬運，規(guī)定允許通過此走廊的硬管的最大實際長度為米，則m的值是（ ）

A．7.2B．C．D．9
8．已知函數的導函數滿足：，且.若函數有且只有一個零點，則實數a的值為（ ）
A．B．C．D．
二、多選題
9．已知m，n，l為空間中三條不同的直線，，，，為空間中四個不同的平面，則下列說法中正確的有（ ）
A．若，，則
B．已知，，，若，則
C．若，，，則
D．若，，，則
10．記A，B為隨機事件，下列說法正確的是（ ）
A．若事件A，B互斥，，，
B．若事件A，B相互獨立，，，則
C．若，，，則
D．若，，，則
11．已知雙曲線，直線l：與雙曲線有唯一的公共點M，過點M且與l垂直的直線分別交x軸、y軸于，兩點.當點M變化時，點之變化.則下列結論中正確的是（ ）
A．B．
C．點坐標可以是D．有最大值
12．三角函數表最早可以追溯到古希臘天文學家托勒密的著作《天文學大成》中記錄的“弦表”，可以用來查詢非特殊角的三角函數近似值，為天文學中很多復雜的運算提供了便利，有趣的是，很多涉及三角函數值大小比較的問題卻不一定要求出準確的三角函數值，就比如下面幾個選項，其中正確的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空題
13．設隨機變量，則______.
14．展開式中的常數項為______.
15．已知拋物線：，圓：，點M的坐標為，分別為、上的動點，且滿足，則點的橫坐標的取值范圍是______.
四、雙空題
16．已知數列滿足，，當時，______；若數列的所有項僅取有限個不同的值，則滿足題意的所有實數a的值為______.
五、解答題
17．已知，，其中，函數的最小正周期為.
(1)求函數的單調遞增區(qū)間；
(2)在銳角中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且滿足，求的取值范圍.
18．已知正項數列滿足，.
(1)求的通項公式；
(2)記，求數列的前2023項的和.
19．如圖，圓錐中，為底面圓的直徑，，為底面圓的內接正三角形，圓錐的高，點為線段上一個動點.

(1)當時，證明：平面；
(2)當點在什么位置時，直線PE和平面所成角的正弦值最大.
20．一只不透朋的袋中裝有10個相同的小球，分別標有數字0~9，先后從袋中隨機取兩只小球.用事件A表示“第二次取出小球的標號是2”，事件B表示“兩次取出小球的標號之和是m”.
(1)若用不放回的方式取球，求；
(2)若用有放回的方式取球，求證：事件A與事件B相互獨立的充要條件是.
21．已知橢圓E：，橢圓上有四個動點A，B，C，D，，AD與BC相交于P點.如圖所示.

(1)當A，B恰好分別為橢圓的上頂點和右頂點時，試探究：直線AD與BC的斜率之積是否為定值？若為定值，請求出該定值；否則，請說明理由；
(2)若點P的坐標為，求直線AB的斜率.
22．已知函數，.
(1)若與的圖象恰好相切，求實數a的值；
(2)設函數的兩個不同極值點分別為，（）.
（i）求實數a的取值范圍；
（ii）若不等式恒成立，求正數的取值范圍（為自然對數的底數）
參考答案：
1．D
【分析】利用復數除法求出z，即可判斷.
【詳解】因為，
所以點位于第四象限.
故選：D.
2．D
【分析】由題意可知：S變化情況為“一直增加，先慢后快，過圓心后又變慢”，據此確定函數的大致圖像即可.
【詳解】觀察可知面積S變化情況為“一直增加，先慢后快，過圓心后又變慢”，
對應的函數的圖象是變化率先變大再變小，由此知D符合要求.
故選D.
【點睛】本題主要考查實際問題中的函數圖像，函數圖像的變化趨勢等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.
3．A
【分析】依題意可得，根據數量積的定義及運算律求出，即可求出，最后根據計算可得.
【詳解】因為，所以，
∴，又，所以，∴或（舍去），
所以，
所以在方向上的投影向量為.
故選：A.
4．C
【分析】根據集合A中元素的個數分類討論，利用組合以及計數原理知識直接求解.
【詳解】1° A中有1個元素，4種情況，B有7種情況，此時有種情況；
2° A中有2個元素，種情況，B有3種情況，此時有種情況；
3° A中有3個元素，種情況，B有1種情況，此時有種情況.
所以滿足條件的有序集合對一共有個.
故選：C.
5．D
【分析】設出未知數，根據這組數的平均數、中位數、眾數依次成等差數列，列出關系式，因為所寫出的結果對于的值不同所得的結果不同，所以要討論的三種不同情況．
【詳解】設這個數字是，則平均數為，眾數是，若，則中位數為，此時，
若，則中位數為，此時，，
若，則中位數為，，，
所有可能值為，，，其和為．
故選．
【點睛】本題考查眾數，中位數，平均數，考查等差數列的性質，考查未知數的分類討論，是一個綜合題目，這是一個易錯題目．
6．C
【分析】根據正方體的性質可得內接球的半徑，再由正四面體的外接球半徑求出正四面體棱長，再由等體積法求正四面體的內切球半徑即可得解.
【詳解】設土星軌道所在球面半徑為R，內接正六面體邊長為a，
則，∴，
所以正六面體內切球半徑，
設正四面體邊長b，外接球球心為，為底面中心，如圖，

正四面體中，，，
在中，，
則，，
設正四面體內切球半徑，利用等體積法可得
，
解得，
∴，
故選：C.
7．D
【分析】先研究鐵管不傾斜時，令，建立，，利用導數求出；再研究鐵管傾斜后能通過的最大長度.
【詳解】如圖，鐵管不傾斜時，令，

，，，，
.
令，解得：，令，解得：，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
此時通過最大長度，∴，∴傾斜后能通過的最大長度，
∴.
故選：D.
8．B
【分析】由函數的性質設，得到.由零點的定義得到，利用基本不等式和正弦函數的有界性求出a的值.
【詳解】由函數的導函數滿足：，且，不妨設滿足條件.
此時.
令，即，有且僅有一個零點.
因為，當且僅當即時取“＝”，
當時，，
又，所以，
此時要么沒零點，要么不僅一個零點，
所以是的唯一零點，
此時，解得，
所以.
故選：B.
9．BC
【分析】對于A，由空間中的兩直線的位置關系判斷，對于B，由平面的性質分析判斷，對于C，由線面垂直的性質和面面平行的判定方法分析判斷，對于D，在正方體模型中分析判斷.
【詳解】，，則m與n可能平行，可能相交，也可能異面， A錯.
因為，，，所以，
因為，所以，B對.
，，則，又，則，C對.
正方體中，設面為面ABCD，平面為面，面為面，面為面，
則，，，但，D錯，
故選：BC.
10．BC
【分析】對于A，根據互斥事件和對立事件的性質分析判斷即可，對于B，根據相互獨立事件的性質分析判斷，對于CD，根據條件概率的公式和對立事件的性質分析判斷.
【詳解】
，∴，A錯.
，B對.
令，，，∴，
，∴，
，∴，C對.
，D錯，
故選：BC.
11．ACD
【分析】聯立雙曲線和直線方程并根據有唯一公共點可得，可判斷A正確；利用直線的點斜式方程寫出直線的直線方程可解得，，所以B錯誤；易知，可知當時，，所以點坐標可以是，即C正確；由可利用基本不等式得當時，有最大值，即D正確.
【詳解】對于A，聯立消y可得，
直線與雙曲線只有一個公共點，且，則，
∴，∴，即選項A正確；
對于B，由方程可得，則，∴，
則的直線方程為，令，，
令，，所以，即B錯誤；
對于C，則易知，若，則，
，取，，即，所以C正確；
對于D，可得
，當且僅當時，等號成立，即D正確；
故選：ACD
12．BC
【分析】對于A，利用三角函數的性質判斷出，，即可判斷；對于B，判斷出，即可判斷；對于C，令，，利用導數判斷單調性即可判斷；對于D，構造函數，利用導數判斷出，即可判斷，
【詳解】對于A，∵，
，
∴，故A錯誤；
對于B，記，，則，
記，，則，
令，，則恒成立，
所以在上單調遞增，所以，
所以，所以在上單調遞增，
而，所以，
所以在上單調遞增，所以，
所以，，所以，
所以，，，故，故B正確；
對于C，記，則，
令，得；令，得；
函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以對任意，都有，即恒成立，
令，，所以，
對于函數，，因為恒成立，
所以在上單調遞增，所以，即在上恒成立，
因為，即，所以，
因為，
所以，故C正確，
對于D，令，若，令，
，由解得：，解得：，
所以在上單調遞減；上單調遞增，所以，
記，因為，
所以在上單調遞增，因為，
所以，即，
所以，則，故D錯.
故選：BC.
【點睛】方法點睛：比較大小類題目解題方法：
（1）結構相同的，構造函數，利用函數的單調性比較大小；
（2）結構不同的，尋找“中間橋梁”，通常與0、1比較.
13．
【分析】根據超幾何分布計算公式可得.
【詳解】由隨機變量服從超幾何分布，
可知3表示選出3個，2表示有2個供選擇，總數為10，
根據超幾何分布公式可得.
故答案為：
14．/6.5625
【分析】利用組合知識處理二項式展開問題即可得解.
【詳解】可看作7個相乘，要求出常數項，
只需提供一項，提供4項，提供2項，相乘即可求出常數項，
即.
故答案為：
15．
【分析】利用拋物線的定義和圓的性質得到，轉化為，即可解得.
【詳解】因為拋物線：的焦點，準線：，所以圓心即為拋物線的焦點F，設，
∴，∴.
∵，
∴，，
∴，∴.
故答案為：
16． 2
【分析】先利用遞推公式求出，，再由，求出；利用通項公式判斷出a的值為2.
【詳解】∵
∴
∴.
∵，∴，
∴.
∴當時，.
因為，所以.
要使的所有項僅取有限個不同的值，則，此時，.
否則時，取值有無窮多個.
故答案為：；2.
17．(1)單調遞增區(qū)間為，
(2)
【分析】（1）根據向量數量積的坐標表示可知，由最小正周期為可得，即可知，再利用三角函數單調性即可求得的單調遞增區(qū)間為，；
（2）根據三角形形狀可得，再由正弦定理得，又，所以.
【詳解】（1）因為，，
則，
，
故，
因為最小正周期為，所以，所以，故，
由，，解得，，
所以的單調遞增區(qū)間為，.
（2）由（1）及，即，又，
所以，解得，
又為銳角三角形，即，即，
解得；
由正弦定理得，又，則，
所以.
18．(1)
(2)2023
【分析】（1）由遞推關系式，結合累加法求得的通項公式，分析可得的通項公式；
（2）根據的關系式，結合并項求和即可得的前2023項的和.
【詳解】（1）對任意的，因為，
當時，
，
因為，故.當時，符合，
所以，.
（2），
所以當時，，
故.
19．(1)證明見解析；
(2)點在距離點處
【分析】（1）利用勾股定理證明出和，再用線面垂直的判定定理證明出平面；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求解.
【詳解】（1）因為，，所以是正三角形，則，
又底面圓，底面圓，所以，
在中，，所以，
因為是正三角形，所以，
，，
所以，，
同理可證，
又，，平面，所以平面.
（2）如圖，建立以為原點的空間直角坐標系.

設，（），所以，，，，
所以，，，
設平面的法向量為，則，
令，則，，故，
設直線和平面所成的角為，
則
，
當且僅當，即時，直線和平面所成角的正弦值最大，
故點在距離點處.
20．(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）根據給定條件，利用全概率公式計算作答.
（2）利用列舉法求出概率，結合獨立性推理判斷充分性，再利用條件概率公式推理判斷必要性作答.
【詳解】（1）用C表示“第一次取出小球的標號是2”，則，，，，
所以
.
（2）記第一次取出的球的標號為x，第二次的球的標號為y，用數組兩次取球，則，
充分性：當時，
事件B發(fā)生包含的樣本點為，
因此，事件AB發(fā)生包含的樣本點為，則，
又，于是，所以事件A與事件B相互獨立；
必要性
因為事件A與事件B相互獨立，則，即，
而，，于是，
事件AB發(fā)生包含的樣本點為，即，則，
又，，，
因此關于x的不等式組，有10組整數解，
即關于x的不等式組，有10組整數解，從而，得，
所以事件A與事件B相互獨立的充要條件是.
21．(1)是定值，定值為
(2)
【分析】（1） 由題意求出直線的斜率，再求可設直線CD的方程為，設，，將直線方程代入橢圓方程化簡，利用根與系數的關系，然后求解即可；
（2）設，，，記，表示出點的坐標，將A，D兩點的坐標代入橢圓方程，化簡得，再由可得，從而可得，進而可得直線的方程，則可求出其斜率.
【詳解】（1）由題意知，，，所以，，所以，
設直線CD的方程為，設，，
聯立直線CD與橢圓的方程，整理得，
由，解得，且，
則，，
所以
，
故直線AD與BC的斜率之積是定值，且定值為.
（2）設，，，記()，
得.所以.
又A，D均在橢圓上，所以，
化簡得，
因為，所以，
同理可得，
即直線AB：，
所以AB的斜率為.
【點睛】關鍵點睛：此題考查直線與橢圓的位置關系，考查橢圓中的定值問題，解題的關鍵是設出直線CD的方程，代入橢圓方程中消元化簡，再利用根與系數的關系，再利用直線的斜率公式表示出，結合前面的式子化簡計算可得結果，考查計算能力和數形結合的思想，屬于較難題.
22．(1)
(2)（i）（ii）
【分析】（1）求導得到導函數，設出切點，根據切線方程的公式得到方程組，解得答案.
（2）求導得到導函數，構造函數，求導得到單調區(qū)間，計算極值確定，再排除的情況，得到取值范圍，確定，設，轉化得到，設出函數，求導計算單調區(qū)間，計算最值得到答案.
【詳解】（1），，
設與的圖象的切點為，則，
解得，.
（2）（i），定義域為，.
有兩個不等實根，，
考察函數，，所以，
當時，，所以在區(qū)間上單調遞增；
當時，，所以在區(qū)間上單調遞減.
故的極大值也是最大值為.
因為有兩個不同的零點，所以，即，即；
當時，當時，恒成立，故至多一個零點，不符合題意，
綜上所述：.
下證：當時，有兩個不同的零點.
，，所以在區(qū)間內有唯一零點；
，令，考察函數，，
可得，所以，所以在區(qū)間內有唯一零點.
綜上所述：a的取值范圍為
（ii）由題設條件和（i）可知：，，，
所以：，
若不等式恒成立，兩邊取對數得，
所以，
令，則，恒成立，
所以在時恒成立.
令，，則.
若，即，則當時，故在上單調遞增，
所以恒成立，滿足題意；
若，則當時有，故在上單調遞減，
所以當時，，不滿足題意.
綜上所述，正數的取值范圍為.
【點睛】關鍵點睛：本題考查了利用切線求參數，根據極值點求參數，不等式恒成立問題，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中變換得到，再利用換元法構造函數求最值是解題的關鍵.

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