一、單選題
1．設集合，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】計算出集合、后，結合集合的運算即可得.
【詳解】，即，則，解得，
所以，，
所以，從而.
故選：D.
2．已知是虛數單位，若是純虛數，則實數（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】首先根據復數的除法運算，可得，再根據是純虛數，所以，由此即可求出結果.
【詳解】
又是純虛數，所以，所以.
故選：D.
3．已知，，若與模相等，則=（ ）.
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】利用坐標求出的模長，進而根據已知條件可以得到一個關于的方程，問題即可得到解決.
【詳解】因為，所以，
故，而又已知，且，
所以，解得.
故選：C
4．如圖是杭州2023年第19屆亞運會會徽，名為“潮涌”，主體圖形由扇面、錢塘江、錢江潮頭、賽道、互聯網符號及象征亞奧理事會的太陽圖形六個元素組成，集古典美和現代美于一體，富有東方神韻和時代氣息.其中扇面的圓心角為，從里到外半徑以1遞增，若這些扇形的弧長之和為（扇形視為連續(xù)弧長，中間沒有斷開），則最小扇形的半徑為（ ）

A．6B．8C．9D．12
【答案】C
【分析】設出最小的半徑，表示出所有半徑，利用弧長公式，結合等差數列求和，可得答案.
【詳解】設最小的扇形的半徑為，扇形的半徑由小到大依次為，
由，則扇形的弧長由小到大依次為，
所以，化簡可得，解得.
故選：C.
5．化簡（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】利用同角三角函數的商數關系化切為弦，然后利用平方關系和正弦的二倍角公式化簡轉化為特殊角的三角函數即可得解.
【詳解】原式
．
故選：B．
【點睛】本題考查同角三角函數的關系，特殊角三角函數值，二倍角的正弦公式，利用商數關系切化弦是解決問題的關鍵.
6．已知圓錐的頂點和底面圓周都在球O面上，圓錐的側面展開圖的圓心角為，面積為，則球O的表面積等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求得圓錐的底面半徑和高，利用勾股定理求得球的半徑，從而求得球的表面積.
【詳解】設圓錐的底面半徑為，母線長為，高為，
依題意，解得，所以.
設球的半徑為，則，
.
所以球的表面積為.
故選：A
7．已知點M，N是拋物線：和動圓C：的兩個公共點，點F是的焦點，當MN是圓C的直徑時，直線MN的斜率為2，則當變化時，的最小值為（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】直線的方程為，聯立直線與拋物線的方程得到，結合是MN的中點，可得，由拋物線的定義可將轉化為，當三點在一條直線時，可求得的最小值.
【詳解】圓C：的圓心，
當MN是圓C的直徑時，直線MN的斜率為2，
設直線的方程為，化簡為：，
，消去可得：，
設，，所以，
因為是MN的中點，所以，解得：，
故，，由拋物線的定義可知，過點作交于點，
過點作交于點，
所以，所以，
當三點在一條直線時取等.
故選：B.

8．定義在上的可導函數，滿足，且，若，則的大小關系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根據題意，結合條件求導可得在上為減函數，由其單調性即可判斷的大小關系.
【詳解】由已知可得：，令，
則，且
，
再令，則，
當時，為增函數；
當時，為減函數；
，
在上恒成立；在上為減函數；
又因為
故令，當時，為增函數；
故選：C
二、多選題
9．已知，直線，且，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】利用，找到，結合基本不等式及不等式的性質逐一判斷即可.
【詳解】，且，
所以，當且僅當時等號成立，故A正確；
，當且僅當時等號成立，
，故B正確；
，故C錯誤；
，當且僅當，即時等號成立，故D正確．
故選：ABD.
10．數據的平均數為，方差為，數據的平均數為，方差為，其中滿足關系式：，則（ ）
A．
B．數據的平均數為
C．若數據，則
D．若，數據不全相等，則樣本點的成對樣本數據的樣本相關系數為
【答案】AD
【分析】利用平均數的定義相關公式以及方差的定義相關公式即可判斷選項ABC，結合樣本相關系數的概念即可判斷選項D.
【詳解】對于A，，故A正確；
對于B，，
其平均數為，故B錯誤；
對于C，，
因為，故，
而當時，，滿足條件，
但此時可以不都相等，故C錯誤；
對于D，由樣本相關系數的概念可知，D正確.
故選：AD
11．函數的部分圖象如圖中實線所示，圖中圓C與的圖象交于M，N兩點，且M在y軸上，則（ ）

A．函數在上單調遞增
B．圓的半徑為
C．函數的圖象關于點成中心對稱
D．函數在上單調遞減
【答案】CD
【分析】根據已知圖象得出，.然后結合“五點法”得出，.進而即可代入檢驗A、C、D項；結合圖象，求出點的坐標，即可得出半徑.
【詳解】對于A項，由圖象結合對稱性易得，
所以，.
又由圖象結合“五點法”可得，，
解得，.
又，所以，.
因為，所以.
根據正弦函數的單調性可知，函數在上不是單調遞增，故A項錯誤；
對于B項，由A可知，，，
點橫坐標為，
所以，，故B項錯誤；
對于C項，因為，
根據正弦函數的性質可知，函數的圖象關于點成中心對稱，故C正確；
對于D項，因為，
所以.
根據正弦函數的性質可知，在上單調遞減，
結合函數的周期性，可知函數在上單調遞減，故D正確.
故選：CD.
12．如圖，在邊長為2的正方體中，為邊的中點，下列結論正確的有（ ）

A．與所成角的余弦值為
B．過A，，三點的正方體的截面面積為9
C．當在線段上運動時，三棱錐的體積恒為定值
D．若為正方體表面上的一個動點，，分別為的三等分點，則的最小值為
【答案】AC
【分析】取中點，是與所成角或其補角，計算后判斷A，由平行平面的性質作出截面等腰梯形，求出面積判斷B，由線面平行得出到平面的距離為定值，所以三棱錐的體積為定值，由特殊點求出體積判斷C，作出點關于平面的對稱點，當是線段與平面的交點時，取得最小值，計算后判斷D．
【詳解】正方體易得，取中點，連接．由于是中點，因此，所以，所以是與所成角或其補角，
由已知中，，，
，A正確；
取中點，連接，同理可證（由得），因此是過A，，三點的正方體的截面，它是等腰梯形，
，，，面積為，B錯；

由于，平面，平面，所以平面，從而到平面的距離為定值，所以三棱錐的體積為定值，
當與重合時，，C正確；

設是點關于平面的對稱點，則，又，
顯然，，
又，所以，
，，
顯然當是線段與平面的交點時，取得最小值，D錯．

故選：AC．
三、填空題
13．已知命題：，，則命題的否定為 .
【答案】，
【分析】根據全稱命題的否定形式，即可判斷選項
【詳解】根據全稱命題的否定形式，可知：
命題：，的否定為：，
故答案為：，
14．某汽車4S店銷售甲品牌A型汽車，在2019年元旦期間，進行了降價促銷活動，根據以往數據統計，該型汽車的價格與月銷售量之間有如下關系：
已知A型汽車的銷售量y與價格x符合線性回歸方程：，若A型汽車價格降到19萬元，預測它的銷售量大約是 輛
【答案】42
【分析】計算每一欄的平均數，代入回歸方程，計算方程，計算結果，即可．
【詳解】經過計算可知，代入回歸方程，計算得到，所以，當．
【點睛】考查了回歸方程計算方法，關鍵結合題意，得出回歸方程，計算結果，即可，難度較容易．
15．橢圓的右焦點為，定點，若橢圓上存在點，使得為等腰鈍角三角形，則橢圓的離心率的取值范圍是 ．
【答案】
【分析】結合圖形分析只可能為鈍角，利用和可得答案.
【詳解】因為，且，所以，所以在點右側且在橢圓的外部，
所以不可能為鈍角，
若為鈍角，設的中點為，的橫坐標為，則，
應有，即垂直平分，
，而
，
所以不可能為鈍角，
結合圖形可知，只可能，且，而，，當垂直軸時，，所以，
得，所以，得，
所以.
故答案為：.
【點睛】本題考查了橢圓的性質，解題的關鍵點是分類討論和轉化思想的應用，考查了推理能力與計算能力.
16．我們稱元有序實數組為維向量，為該向量的范數.已知維向量，其中，記范數為奇數的的個數為，則 ； （用含的式子表示，）.
【答案】
【分析】當時，范數為奇數，則的個數為偶數，即的個數為、，根據乘法原理和加法原理得到；在維向量中，范數為奇數，則的個數為奇數，即的個數為、、、、，根據乘法原理和加法原理結合二項式定理可求得的表達式.
【詳解】當時，范數為奇數，則的個數為偶數，即的個數為、，
根據乘法原理和加法原理得到.
在維向量中，范數為奇數，則的個數為奇數，
即的個數為、、、、，
根據乘法原理和加法原理得到，
，
，
兩式相減得到.
故答案為：；.
【點睛】關鍵點睛：本題考查了向量的新定義，乘法原理，加法原理，二項式定理，數列的通項公式，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中利用和的展開式求數列通項是解題的關鍵，需要靈活掌握.
四、解答題
17．已知的內角的對邊分別為，其面積為，且
(1)求角A的大?。?br>(2)若的平分線交邊于點，求的長.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據正弦定理及三角形面積公式即可求解，化簡得到，結合余弦定理即可得解；
（2）由向量的數量積運算法則和余弦定理求出或，利用三角恒等變換和正弦定理進行求解，得到正確答案.
【詳解】（1），
由正弦定理得：，即
即，即
所以，
因為，所以.
（2）由（1）知：，所以，
即，解得：，
由余弦定理得：，所以，
解得：，解得：或
當得：，
則，
所以，
在三角形ABT中，由正弦定理得：，，
即，解得：；
當時，同理可得：；
綜上：
18．在斜三棱柱中，為等腰直角三角形，，側面為菱形，且，點為棱的中點，，平面平面.
(1)證明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面.
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求得二面角的余弦值再轉化為正弦值.
【詳解】（1）分別取的中點，連接，所以，
且，點為棱的中點，所以，且，
所以，且，
所以四邊形是平行四邊形，所以.
因為是的中點，所以，
又因為平面平面且交線為，平面，
所以平面，所以平面，
因為平面，所以平面平面.
（2）因為側面為菱形，且，
所以為正三角形，所以，平面，
由（2）知平面平面且交線為，所以平面，
又由，故兩兩垂直，設，則，
以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系如圖所示，
則，
，
，
，
平面的法向量為，
，即，
不妨令，則，
平面的法向量為，
，即，不妨令，
則，
，
設二面為，
即二面角的正弦值為.
19．已知數列滿足，，，數列滿足，，．
(1)求數列和的通項公式；
(2)設數列滿足，數列的前n項和為，不等式對一切恒成立，求實數的取值范圍．
【答案】(1)，，，
(2)
【分析】（1）將中的n換為n?1，兩式相減，結合常數列分析可得，根據等比數列的定義和通項公式可得；
（2）由數列的錯位相減法求和，可得，再由不等式恒成立思想和數列的單調性求得最值，可得所求范圍.
【詳解】（1）因為，
當時，，解得；
當時，可得，
作差得，即；
且，滿足，
所以為常數列，即，則，，
由題意可知：數列是以首項為2，公比為2的等比數列，則，
（2）由（1）可知：數列滿足，
數列的前n項和，
則，
兩式相減得，
所以，
不等式化為，
可知數列為遞增數列，則有：
若n為偶數，，取，可得；
若n奇數，，取，可得；
綜上所述：實數的取值范圍是．
20．第13屆女排世界杯于2019年9月14日在日本舉行，共有12支參賽隊伍.本次比賽啟用了新的排球用球MIKSA-V200W ，已知這種球的質量指標ξ (單位:g )服從正態(tài)分布N (270， ).比賽賽制采取單循環(huán)方式，即每支球隊進行11場比賽(采取5局3勝制)，最后靠積分選出最后冠軍積分規(guī)則如下:比賽中以3:0或3:1取勝的球隊積3分，負隊積0分;而在比賽中以3:2取勝的球隊積2分，負隊積1分.已知第10輪中國隊對抗塞爾維亞隊，設每局比賽中國隊取勝的概率為p(0

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