1. 若集合，則圖中陰影部分表示的集合為（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式、對(duì)數(shù)不等式求集合A、B，再由題圖陰影部分為，應(yīng)用集合的交運(yùn)算求結(jié)果.
【詳解】由題設(shè)，
題圖陰影部分為.
故選：C
2. 設(shè)復(fù)數(shù)，則復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D(zhuǎn). 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，再求出，直接得復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn).
【詳解】，則
∴在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，位于第四象限
故選：D.
3. 已知函數(shù)的圖像在點(diǎn)處的切線方程是，則（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出和，即可求得.
【詳解】函數(shù)的圖像在點(diǎn)處的切線的斜率就是在該點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)，即就是切線的斜率，所以.
又，
所以.
故選：D
4. 某高中2022年的高考考生人數(shù)是2021年高考考生人數(shù)的倍.為了更好地對(duì)比該?？忌纳龑W(xué)情況，統(tǒng)計(jì)了該校2021年和2022年高考分?jǐn)?shù)達(dá)線情況，得到如圖所示扇形統(tǒng)計(jì)圖：
下列結(jié)論正確是（ ）
A. 該校2022年與2021年的本科達(dá)線人數(shù)比為6：5
B. 該校2022年與2021年的?？七_(dá)線人數(shù)比為6：7
C. 2022年該校本科達(dá)線人數(shù)增加了80%
D. 2022年該校不上線人數(shù)有所減少
【答案】C
【解析】
【分析】設(shè)2021年高考人數(shù)為100，則2022年的高考人數(shù)為，再根據(jù)餅圖中各個(gè)種類的人數(shù)所占的比例，逐個(gè)選項(xiàng)判斷即可.
【詳解】不妨設(shè)2021年的高考人數(shù)為100，則2022年的高考人數(shù)為
年本科達(dá)線人數(shù)為50，2022年本科達(dá)線人數(shù)為90，得2022年與2021年的本科達(dá)線人數(shù)比為，本科達(dá)線人數(shù)增加了，故選項(xiàng)不正確，選項(xiàng)C正確；
2021年?？七_(dá)線人數(shù)為35，2022年?？七_(dá)線人數(shù)為45，所以2022年與2021年的?？七_(dá)線人數(shù)比為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
2021年不上線人數(shù)為15，2022年不上線人數(shù)也是15，不上線的人數(shù)無(wú)變化，選項(xiàng)錯(cuò)誤.
故選：C
5. 已知向量，且夾角的余弦值為，則（ ）
A. 0B. C. 0或D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)向量的夾角的坐標(biāo)公式求解即可.
【詳解】由已知，所以，即，故，且，解得或（舍去），所以
故選：A
6. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 既不充分也不必要條件D. 充要條件
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)分式不等式求解，再判斷充分性與必要性即可.
【詳解】因?yàn)榍?，充分性成立?br>所以“0”是“”的充分不必要條件.
故選：A
7. 我國(guó)南宋時(shí)期著名的數(shù)學(xué)家秦九韶在其著作《數(shù)書九章》中，提出了已知三角形三邊長(zhǎng)求三角形面積的公式，可以看出我國(guó)古代已具有很高的數(shù)學(xué)水平.設(shè)分別為內(nèi)角的對(duì)邊，表示的面積，其公式為.若，則面積的最大值為（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)正弦定理可得，再根據(jù)面積公式化簡(jiǎn)可得，將等式看作關(guān)于的二次函數(shù)求最大值即可.
【詳解】由正弦定理得，得，
因?yàn)榈拿娣e，
所以當(dāng)，即時(shí)，的面積有最大值為.
故選：C
8. 從正方體的個(gè)頂點(diǎn)和中心中任選個(gè)，則這個(gè)點(diǎn)恰好構(gòu)成三棱錐的概率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】對(duì)所選點(diǎn)是否包含正方體中心進(jìn)行分類討論，利用組合計(jì)數(shù)原理計(jì)算出滿足條件的三棱錐的個(gè)數(shù)，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【詳解】從正方體的個(gè)頂點(diǎn)和中心中任取個(gè)，有個(gè)結(jié)果，個(gè)點(diǎn)恰好構(gòu)成三棱錐分兩種情況：
①?gòu)恼襟w的個(gè)頂點(diǎn)中取個(gè)點(diǎn)，共有個(gè)結(jié)果，
其中四點(diǎn)共面有兩種情況：一是四點(diǎn)構(gòu)成側(cè)面或底面，有種情況，
二是四點(diǎn)構(gòu)成對(duì)角面（如平面），有種情況.
在同一個(gè)平面的有個(gè)，構(gòu)成三棱錐有個(gè)；
②從正方體的個(gè)頂點(diǎn)中任取個(gè)，共有個(gè)結(jié)果，
其中所取點(diǎn)與中心共面，則這個(gè)點(diǎn)在同一對(duì)角面上，共有個(gè)結(jié)果，
因此，所選點(diǎn)與中心構(gòu)成三棱錐有個(gè).
故從正方體的個(gè)頂點(diǎn)和中心中任選個(gè)，
則這個(gè)點(diǎn)恰好構(gòu)成三棱錐的個(gè)數(shù)為，故所求概率.
故選：D.
二?多項(xiàng)選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)得5分，有選錯(cuò)得0分，部分選對(duì)得2分.
9. 已知函數(shù)的局部圖像如圖所示，下列函數(shù)的解析式與圖像符合的可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】觀察函數(shù)的圖像，根據(jù)奇偶性和特殊點(diǎn)的函數(shù)值，對(duì)四個(gè)象限一一判斷.
【詳解】對(duì)于A：為偶函數(shù)，圖像為開口向上的拋物線，，與題干圖像相符；
對(duì)于B：為偶函數(shù)，但，與題干圖像不相符；
對(duì)于C：，所以為偶函數(shù).
由，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，且.
記，.
記，在小于0，所以在上單調(diào)遞減，而（因?yàn)椋?，所以在上恒成立，所以在上為下凸函?shù).
與題干圖像相符.故C正確；
對(duì)于D：為奇函數(shù)，與題干圖像不相符.
故選：AC
10. 已知雙曲線的左?右焦點(diǎn)分別為，離心率為為上一點(diǎn)，則（ ）
A. 雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)為2
B. 雙曲線的一條漸近線方程為
C.
D. 雙曲線的焦距為4
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)雙曲線的定義與方程，結(jié)合雙曲線的性質(zhì)運(yùn)算求解.
【詳解】由雙曲線方程知：，離心率為，解得，故，
實(shí)半軸長(zhǎng)為1，實(shí)軸長(zhǎng)為，A正確；
因?yàn)榭汕蟮秒p曲線漸近線方程為，故一條漸近線方程為，B正確；
由于可能在的不同分支上，則有，C錯(cuò)誤；
焦距為正確.
故選：ABD.
11. 已知為等差數(shù)列，為其前項(xiàng)和，則下列結(jié)論一定成立的是（ ）
A. 若，則
B. 若，則
C. 若，則
D. 若，則
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.設(shè)等差數(shù)列的公差為，由，得到判斷；B.由，得到為遞增數(shù)列判斷；C.由判斷；D. 由，求得首項(xiàng)和公差判斷.
【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，因?yàn)?，所以，所以，則，故A正確；
因?yàn)?，所以，所以為遞增數(shù)列，但不一定成立，如，故B不正確；
因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，故C正確；
因?yàn)榻獾?，則，得，故D正確.
故選：ACD
12. 如圖，在正方體中，動(dòng)點(diǎn)在線段上，則（ ）
A. 直線與所成的角為
B. 對(duì)任意的點(diǎn)，都有平面
C. 存在點(diǎn)，使得平面平面
D. 存在點(diǎn)，使得平面平面
【答案】BC
【解析】
【分析】A選項(xiàng)，根據(jù)線線平行，找到直線與所成的角，根據(jù)正方體的性質(zhì)求出其度數(shù)；
B選項(xiàng)，證明出平面，得到結(jié)論；
C選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)在處時(shí)，滿足平面平面；
D選項(xiàng)，找到平面與平面所成的夾角，方法一：結(jié)合圓的知識(shí)點(diǎn)，推導(dǎo)出；
方法二：設(shè)出未知數(shù)，利用正切的和角公式得到，求出最值，得到為銳角.
【詳解】因?yàn)?，所以即為直線與所成的角，，故錯(cuò)誤；
因?yàn)椤推矫?，平面，所以⊥?br>又因?yàn)?，?br>所以平面，故平面，故正確；
當(dāng)點(diǎn)在處時(shí)，平面//平面，
所以存點(diǎn)，使得平面//平面，故C正確.
如圖，過(guò)點(diǎn)作，則為平面與平面的交線，
在正方體中，平面，所以平面，所以，
，所以即為平面與平面所成的夾角，
方法一：因?yàn)辄c(diǎn)一定在以為直徑的圓外，
所以，所以不存在點(diǎn)，使得平面平面，故D錯(cuò)誤.
方法二：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為，則，
所以，
當(dāng)時(shí)，取得最大值，為，此時(shí)為銳角，故D錯(cuò)誤.
故選：BC
三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 若拋物線的準(zhǔn)線與圓相切，則___________.
【答案】或0
【解析】
【分析】先求得拋物線的準(zhǔn)線方程，根據(jù)圓心到直線的距離等于半徑求得.
【詳解】拋物線的準(zhǔn)線方程為，
圓的圓心為，半徑，
由于圓與準(zhǔn)線相切，
所以，
解得或0.
故答案為：或0
14. 已知，則的值為___________.
【答案】
【解析】
【分析】賦值法求，根據(jù)二項(xiàng)式展開式通項(xiàng)求，即可求.
【詳解】令，
由的展開式的通項(xiàng)為，
令，得，令，得，
所以，
所以.
故答案為：
15. 如圖，在正四棱臺(tái)中，，且四棱錐的體積為48，則該四棱臺(tái)的體積為___________.
【答案】399
【解析】
【分析】方法一：設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，根據(jù)的體積可得，再代入棱臺(tái)的體積公式求解即可；
方法二：延長(zhǎng)交于一點(diǎn)，設(shè)為，根據(jù)臺(tái)體體積為錐體體積之差求解即可.
【詳解】方法一：由題意，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，由四邊形面積為，
得四棱錐的體積為，得.
所以棱臺(tái)體積.
方法二：由題意，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，由四邊形面積為，
得四棱錐的體積為，得.
由棱臺(tái)定義知，延長(zhǎng)交于一點(diǎn)，設(shè)為，設(shè)棱錐的高為，
則棱錐的高為，由三角形相似可得，得，
于是棱臺(tái)體積3）.
故答案為：399
16. 設(shè)函數(shù)，已知在上有且僅有3個(gè)極值點(diǎn)，則的取值范圍是___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用三角恒等變換公式將函數(shù)化簡(jiǎn)，由的取值范圍求出的取值范圍，令，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)在區(qū)間上的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題，數(shù)形結(jié)合來(lái)求解.
【詳解】解：
，
當(dāng)時(shí)，，
令，則，
作出函數(shù)的圖象如圖所示：
由于函數(shù)在上有且僅有個(gè)極值點(diǎn)，
則，解得.
故答案為：
四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明?證明過(guò)程或演算步驟.
17. 在①；②這兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中并作答.
在中，內(nèi)角所對(duì)的邊分別是，___________.
（1）求角；
（2）若，求的面積.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）選擇①：利用正弦定理邊角互化，結(jié)合余弦定理可求得的值，結(jié)合角的取值范圍可求得角的值；
選擇②：由正弦定理?余弦定理可求得的值，結(jié)合角的取值范圍可求得角的值；
（2）利用余弦定理可求得的值，結(jié)合三角形面積公式可得出的面積.
【小問(wèn)1詳解】
選擇①：因?yàn)椋?br>由余弦定理可得，
所以結(jié)合正弦定理可得.
因?yàn)?，則，
所以，即，
因?yàn)?，所以?br>選擇②：因?yàn)椋?br>由正弦定理得，
由余弦定理得.
因?yàn)椋裕?br>【小問(wèn)2詳解】
由（1）知，又已知，
由余弦定理得，，
即，所以，
所以的面積為.
18. 設(shè)是等比數(shù)列的前項(xiàng)和，且.
（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（2）記，數(shù)列的前項(xiàng)和為，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)得到的值，進(jìn)而寫出的通項(xiàng)公式.
（2）由（1）得，再利用錯(cuò)位相減法求即可.
【小問(wèn)1詳解】
設(shè)等比數(shù)列的公比為，顯然，
由，
相除可得，解得，所以，
所以數(shù)列是以2為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，即；
【小問(wèn)2詳解】
由（1）得：，
所以①，
②，
②①得：，
所以.
19. 暑假期間，某學(xué)校建議學(xué)生保持晨讀的習(xí)慣，開學(xué)后，該校對(duì)高二?高三隨機(jī)抽取200名學(xué)生（該學(xué)校學(xué)生總數(shù)較多），調(diào)查日均晨讀時(shí)間，數(shù)據(jù)如表：
將學(xué)生日均晨讀時(shí)間在上的學(xué)生評(píng)價(jià)為“晨讀合格”.
（1）請(qǐng)根據(jù)上述表格中的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)填寫下面列聯(lián)表，依據(jù)的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為“晨讀合格”與年級(jí)有關(guān)聯(lián)？
（2）將上述調(diào)查所得到的頻率視為概率來(lái)估計(jì)全校的情況，現(xiàn)在從該校所有學(xué)生中，隨機(jī)抽取2名學(xué)生，記所抽取的2人中晨讀合格的人數(shù)為隨機(jī)變量，求的分布列和數(shù)學(xué)期望.
參考公式：，其中.
參考數(shù)據(jù)：
【答案】（1）列聯(lián)表見解析，依據(jù)的獨(dú)立性檢驗(yàn)不能認(rèn)為“晨讀合格”與年級(jí)有關(guān)聯(lián)；
（2）分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)頻率直方表完善列聯(lián)表，再應(yīng)用卡方公式求卡方值，并比照參考值，根據(jù)獨(dú)立性檢驗(yàn)的基本思想得到結(jié)論；
（2）由題設(shè)可得，應(yīng)用二項(xiàng)分布概率公式求分布列，進(jìn)而求期望.
【小問(wèn)1詳解】
列聯(lián)表如下：
，
所以依據(jù)的獨(dú)立性檢驗(yàn)，不能認(rèn)為“晨讀合格”與年級(jí)有關(guān)聯(lián).
【小問(wèn)2詳解】
由題設(shè)，學(xué)生晨讀合格的概率為，易知，
所以，，，
的分布列為
所以.
20. 如圖，在四棱錐中，底面為梯形，，平面平面.
（1）證明：；
（2）若為正三角形，求二面角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）設(shè)，可得，利用平面平面，可得平面，則；
（2）方法一（向量法）：取的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以的方向?yàn)檩S正方向，過(guò)點(diǎn)分別作和的平行線，分別為軸和軸，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面的法向量和平面的法向量，進(jìn)而利用數(shù)量積求解即可.
方法二（幾何法）：如圖，取的中點(diǎn)，連接，在平面中作，連接，證明，又，則為二面角的平面角，解三角形即可.
【小問(wèn)1詳解】
證明：由題意，設(shè)，又，
得，又，
所以，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以；
【小問(wèn)2詳解】
解：方法一（向量法）：取的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以的方向?yàn)檩S正方向，過(guò)點(diǎn)分別作和的平行線，分別為軸和軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
由為正三角形，，得，
則，
則，
設(shè)為平面的法向量，則有，
即，可取，
設(shè)為平面的法向量，
同理
所以，
設(shè)二面角的平面角為，
則，
故二面角的正弦值為.
方法二（幾何法）：如圖，取的中點(diǎn)，連接，在平面中作，連接，
由（1）知，又為正三角形，
所以，所以，
所以，又，
所以為二面角的平面角，
因?yàn)槠矫?，平面，所以?br>所以，
在中，，
所以，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
即二面角的正弦值為.
21. 已知橢圓的左?右焦點(diǎn)分別為，上?頂點(diǎn)分別為的面積為，四邊形的四條邊的平方和為16.
（1）求橢圓的方程；
（2）若，斜率為的直線交橢圓于兩點(diǎn)，且線段的中點(diǎn)在直線上，求證：線段的垂直平分線與圓恒有兩個(gè)交點(diǎn).
【答案】（1）或
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意的面積為，結(jié)合四邊形的四條邊的平方和為16，即，求出即可得結(jié)果；
（2）聯(lián)立直線與橢圓的方程，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式化簡(jiǎn)，列出線段的垂直平分線方程，判斷定點(diǎn)在圓內(nèi)即可得結(jié)果.
【小問(wèn)1詳解】
由的面積為，得，
又四邊形的四條邊的平方和為16，
所以或，
即橢圓的方程為或.
【小問(wèn)2詳解】
設(shè)，由于，得橢圓的方程為，
設(shè)直線的方程為，
當(dāng)斜率時(shí)，線段的中點(diǎn)在軸上，不在直線上，故，
由，得，
由，
得.
由，
設(shè)線段的中點(diǎn)為，得，
即，
所以.
所以線段的垂直平分線的方程為.
即，
故線段的垂直平分線恒過(guò)點(diǎn).
因?yàn)椋?br>故點(diǎn)在圓內(nèi)，
所以線段的垂直平分線與圓恒有兩個(gè)交點(diǎn).
22. 已知函數(shù).
（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）若，且，證明：有且僅有兩個(gè)零點(diǎn).（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
【答案】（1）答案見解析
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）求導(dǎo)，由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)求解；
（2）由，令，易知在時(shí)單調(diào)遞增，且，則有兩個(gè)零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為有兩個(gè)零點(diǎn)求解.
【小問(wèn)1詳解】
解：由題意得函數(shù)的定義域?yàn)椋?br>當(dāng)時(shí)，令，得，
所以在上單調(diào)遞增；
令，得，
所以在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，因?yàn)楹愠闪ⅲ?br>所以在上單調(diào)遞增；
【小問(wèn)2詳解】
，
令，則在時(shí)恒成立，
所以在時(shí)單調(diào)遞增，且，
所以有兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于有兩個(gè)零點(diǎn).
因?yàn)椋桑?）知，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以，
因?yàn)?，所?
下面證明當(dāng)時(shí)，，
設(shè)，則，
令，又，
當(dāng)時(shí)，恒成立，
所以單調(diào)遞增，
得，
故在上單調(diào)遞增，
得，即，
又因?yàn)椋?br>所以在上各存在一個(gè)零點(diǎn)，
所以時(shí)，函數(shù)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，
即當(dāng)時(shí)，函數(shù)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn).日均晨讀時(shí)間/分鐘
人數(shù)
5
10
25
50
50
60
項(xiàng)目
晨讀不合格
晨讀合格
合計(jì)
高二
高三
15
100
合計(jì)
項(xiàng)目
晨讀不合格
晨讀合格
合計(jì)
高二
25
75
100
高三
15
85
100
合計(jì)
40
160
200
0
1
2

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