本試卷共4頁，22小題，滿分150分.考試用時120分鐘.
第I卷 選擇題（60分）
一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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，，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
分析】根據(jù)補(bǔ)集概念求解即可.
【詳解】因為，，
則.
故選：A
2. 已知復(fù)數(shù)滿足，則復(fù)數(shù)的虛部為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的四則運算可得復(fù)數(shù)，進(jìn)而可得虛部.
【詳解】由題可知，
故復(fù)數(shù)虛部為，
故選：D．
3. 若，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】您看到的資料都源自我們平臺，家威鑫 MXSJ663 免費下載 【分析】由余弦的二倍角公式，然后再結(jié)合平方關(guān)系和商的關(guān)系，轉(zhuǎn)化為的式子，得出答案.
【詳解】
故選：A
4. 在中，“”是“為鈍角三角形”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】C
【解析】
【分析】推出的等價式子，即可判斷出結(jié)論.
【詳解】為鈍角三角形.
∴在中，“”是“為鈍角三角形”的充要條件.
故選：C.
【點睛】本題考查和與差的正切公式、充分性和必要性的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.
5. 已知，，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】找中間量0和1進(jìn)行比較，根據(jù)指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得到答案.
【詳解】因為，，，
所以.
故選：B.
【點睛】本題考查了利用指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性比較大小，找中間量0和1進(jìn)行比較是關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.
6. 函數(shù)在區(qū)間上的圖像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接由特殊點通過排除法求解即可.
【詳解】當(dāng)時，，排除C選項；當(dāng)時，，排除B、D選項.
故選：A.
7. 已知拋物線：的焦點為,是C上一點，，則（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】解方程即得解.
【詳解】解：由題得拋物線的準(zhǔn)線方程為，則有，即有，解得．
故選：A
8. A，B，C，D，E，F(xiàn)六人站成一排，滿足A，B相鄰，C，D不相鄰，E不站兩端的不同站法的種數(shù)為（ ）
A. 48B. 96C. 144D. 288
【答案】B
【解析】
【分析】使用捆綁法，然后恰當(dāng)分類，結(jié)合間接法可得.
【詳解】第一步，先排A、B共種排法，將排好的A、B作為一個整體，記為G；
第二步，（1）先將C，D，G，F(xiàn)排成一排，再在產(chǎn)生的3個空位中選擇一個排E共有種排法，
（2）先將C、D捆綁在一起記為H，然后將H、G、F排成一排，最后在2個空位中選一個排E，共有種排法，
（3）將C，D，G，F(xiàn)，E排成一排，且C，D不相鄰，E不站兩端的排法有；
綜上，滿足條件的不同排法共有種.
故選：B
9. 智能主動降噪耳機(jī)工作的原理是通過耳機(jī)兩端的噪聲采集器采集周圍的噪聲，然后通過主動降噪芯片生成的聲波來抵消噪聲（如圖）．已知噪聲的聲波曲線是，通過主動降噪芯片生成的聲波曲線是（其中），則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)題意，結(jié)合余弦型函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.
【詳解】由于抵消噪聲，所以振幅沒有改變，周期沒有改變，即，，
即，要想抵消噪聲，需要主動降噪芯片生成的聲波曲線是，
即，
因為，所以令，即，
故選：C
10. 若，則的值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用兩角差的余弦公式和二倍角的正弦公式化簡題給條件，得到三角函數(shù)齊次式，進(jìn)而求得的值
【詳解】
由，可得
又，則
故選：D
11. 設(shè)為橢圓的焦點，若在橢圓上存在點，滿足，則實數(shù)的取值范圍為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)橢圓性質(zhì)要使題設(shè)條件成立只需在橢圓左右頂點時，此時應(yīng)用余弦定理可得，進(jìn)而求n的范圍.
【詳解】由橢圓的性質(zhì)知：當(dāng)在橢圓左右頂點時最大，
∴橢圓上存在一點使，只需在橢圓左右頂點時，
此時，，即，
又，
∴，解得，又，
∴.
故選：A.
12. 設(shè)，，，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，，求導(dǎo)研究函數(shù)的單調(diào)性，從而得到，利用不等式的性質(zhì)比較得出，從而求得答案.
【詳解】令，
，
，可以判斷在上單調(diào)遞增，
，
所以，
，
所以，
又因為，，
所以，即，所以，
故選：D.
第II卷 非選擇題（90分）
二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 已知實數(shù)，滿足約束條件，則的最小值為__________.
【答案】
【解析】
【分析】畫出不等式組表示的平面區(qū)域，數(shù)形結(jié)合即可求出.
【詳解】畫出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖所示，
將化為，則由圖可得當(dāng)直線經(jīng)過點時，取得最小值，
聯(lián)立，解得，所以.
故答案為：.
14. 在的展開式中，的系數(shù)為___________.（用數(shù)字作答）
【答案】10
【解析】
【分析】在二項展開式的通項公式中，令的冪指數(shù)等于4，求出的值，即可求得展開式中的系數(shù)．
【詳解】的展開式的通項公式為，令，求得，
故展開式中的系數(shù)為，
故答案為：10．
15. 我國古代數(shù)學(xué)著作《增刪算法統(tǒng)宗》中有這樣一道題：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難；次日腳痛減一半，六朝才得到其關(guān)；要見每朝行里數(shù)，請君仔細(xì)詳推算．”其大意為：“某人行路，每天走的路是前一天的一半，6天共走了378里．”則他第一天走了______里路，前四天共走了_______里路．
【答案】 ①. 192 ②. 360
【解析】
【分析】設(shè)第一天走了a里，則每天走的路程構(gòu)成首項為，公比為的等比數(shù)列，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，即可求解.
【詳解】由題意，設(shè)第一天走了a里，則每天走的路程構(gòu)成首項為，公比為的等比數(shù)列，
可得，解得里，
則前四天共走了里.
故答案為：；.
16. 2022年3月，中共中央辦公廳、國務(wù)院辦公廳印發(fā)了《關(guān)于構(gòu)建更高水平的全民健身公共服務(wù)體系的意見》，再次強(qiáng)調(diào)持續(xù)推進(jìn)體育公園建設(shè)．如圖，某市擬建造一個扇形體育公園，其中，千米．現(xiàn)需要在，OB，上分別取一點D，E，F(xiàn)，建造三條健走長廊DE，DF，EF，若，，則的最大值為______千米．
【答案】#
【解析】
【分析】利用余弦定理和基本不等式即可求解.
【詳解】∵在四邊形中，，，，
∴,
在△中，由余弦定理得,
即,
，
，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，
，,
即，.
故答案為：.
三、解答題：共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.
（一）必考題：共60分.
17. 設(shè)各項為正數(shù)的數(shù)列的前n項和為，數(shù)列的前n項積為，且．
（1）求證：數(shù)列是等差數(shù)列；
（2）求數(shù)列的通項公式．
【答案】（1）證明見解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用代入化簡即可得出，得證；
（2）由（1）求出，再由求出，由可得.
【小問1詳解】
當(dāng)時，，即，則，
當(dāng)時，由得：，所以，
所以數(shù)列是以為首項，2為公差的等差數(shù)列.
【小問2詳解】
由（1）可知，解得，
所以，經(jīng)檢驗，滿足，
，
當(dāng)時，，由（1）知，
綜上所述，
18. 如圖1，正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊BC，AD的中點，將四邊形EFDC沿直線EF折起，使得平面平面ABEF．如圖2，點M，N分別滿足，．
（1）求證：平面BMN；
（2）求平面AFM與平面BMN夾角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）連接AE交BN于點G，連接MG，則由面面垂直的性質(zhì)可得平面ABEF，由已知可得，則平面ABEF，，，再由線面垂直的判定可得結(jié)論，
（2）分別以FA，F(xiàn)E，F(xiàn)D所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解即可
【小問1詳解】
連接AE交BN于點G，連接MG，設(shè)，
因為平面平面ABEF，
平面平面，平面CDFE，，
所以平面ABEF，
因為點N是EF的中點，，
所以，
又因，所以，
所以平面ABEF，因為平面ABEF，
所以，
又，，所以，
因為，NB，平面BMN，
所以平面BMN．
【小問2詳解】
因為平面平面ABEF，平面平面，，
所以平面，
因為平面，所以，
所以FA，F(xiàn)E，F(xiàn)D兩兩垂直，
所以分別以FA，F(xiàn)E，F(xiàn)D所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示
所以，，，
所以，，
設(shè)平面AFM的法向量為，
由，令，得，
由（1）知平面BMN的法向量為，
設(shè)平面AFM與平面BMN的夾角為，所以，
所以平面AFM與平面BMN夾角的余弦值為．
19. 甲、乙兩名選手爭奪一場乒乓球比賽的冠軍.比賽采取三局兩勝制，即某選手率先獲得兩局勝利時比賽結(jié)束，且該選手奪得冠軍.根據(jù)兩人以往對戰(zhàn)的經(jīng)歷，甲、乙在一局比賽中獲勝的概率分別為，，且每局比賽的結(jié)果相互獨立.
（1）求甲奪得冠軍的概率；
（2）比賽開始前，工作人員買來一盒新球，共有6個.新球在一局比賽中使用后成為“舊球”，“舊球”再在一局比賽中使用后成為“廢球”.每局比賽前裁判員從盒中隨機(jī)取出一顆球用于比賽，且局中不換球，該局比賽后，如果這顆球成為廢球，則直接丟棄，否則裁判員將其放回盒中.記甲、乙決出冠軍后，盒內(nèi)新球數(shù)量為X，求隨機(jī)變量X的分布列與數(shù)學(xué)期望.
【答案】（1）
（2）分布列見解析，
【解析】
【分析】（1）記事件“甲在第i局比賽中獲勝”，，事件“甲在第i局比賽中未勝”.，記事件“甲奪得冠軍”，分析事件A包含的情況，直接求概率；
（2）X的可能取值：3，4，5.分析比賽過程，分別求概率，寫出分布列，計算數(shù)學(xué)期望.
【小問1詳解】
記事件“甲在第i局比賽中獲勝”，，
事件“甲在第i局比賽中未勝”.
顯然，，.
記事件“甲奪得冠軍”，
則.
【小問2詳解】
設(shè)甲乙決出冠軍共進(jìn)行了Y局比賽，易知或.
則，
故.
記“第i局比賽后抽到新球”，“第i局比賽后抽到舊球”.
因為每個求最多使用兩次，故X的取值為：3，4，5.
由題意知比賽前盒內(nèi)有6顆新球.
比賽1局后，盒內(nèi)必5顆新球1顆舊球，此時，.
若發(fā)生，則比賽2局后，盒內(nèi)有4顆新球，2顆舊球，
此時，.
若發(fā)生，則比賽2局后，盒內(nèi)有5顆新球，
故下次必取得新球.即.
于是
.
故X的分布列為
故X的數(shù)學(xué)期望.
20. 已知焦點在x軸上，中心在原點，離心率為的橢圓經(jīng)過點，動點A，B（不與點M重合）均在橢圓上，且直線與的斜率之和為1．
（1）求橢圓的方程；
（2）證明直線經(jīng)過定點，并求這個定點的坐標(biāo)．
【答案】（1）
（2）證明見解析；定點
【解析】
【分析】（1）設(shè)橢圓，由離心率為，得，再根據(jù)點在橢圓上求解；
（2）當(dāng)直線與x軸垂直時，設(shè)，則．由直線與的斜率之和為1求解；當(dāng)直線不與x軸垂直時，設(shè)直線為，，，與橢圓方程聯(lián)立，易知，然后結(jié)合韋達(dá)定理求解.
【小問1詳解】
解：設(shè)橢圓，
由離心率為，得，
又因為，
所以．
由在橢圓上可得，
解得，．
所以橢圓的方程為．
【小問2詳解】
當(dāng)直線與x軸垂直時，設(shè)，則．
由題意得：，即．所以直線的方程為．
當(dāng)直線不與x軸垂直時，可設(shè)直線為，，，
將代入得，
所以，．
由已知可得①，
將和代入①，
并整理得②，
將，代入②，
并整理得，可得，
因為直線不經(jīng)過點，
所以，故．
所以直線的方程為，經(jīng)過定點．
綜上所述，直線經(jīng)過定點．
21. 已知函數(shù)．
（1）討論的單調(diào)性；
（2）若關(guān)于t的方程有兩個不相等的實根，求證：．
【答案】（1）答案見解析
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）先求出導(dǎo)函數(shù)，再對的范圍分類討論，根據(jù)的正負(fù)即可得到的單調(diào)性.
（2）方程可化為，令，此題可變?yōu)椋寒?dāng)時，有兩不等實根，求證：.當(dāng)時令，討論的單調(diào)性、最值，可得.當(dāng)時，令，討論的單調(diào)性、最值，可得，兩式相加即可證明.
【小問1詳解】
因為，定義域為，所以．
①當(dāng)時，令，解得
即當(dāng)時，單調(diào)遞增：當(dāng)時，單調(diào)遞減；
②當(dāng)時在單調(diào)遞增；
③當(dāng)時令，解得，
即當(dāng)時，單調(diào)遞減；當(dāng)時，單調(diào)遞增；
綜上：當(dāng)時，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；
當(dāng)時，在單調(diào)遞增；
當(dāng)時，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增．
【小問2詳解】
方程可化為，即當(dāng)時
令，則原問題即：當(dāng)時，有兩不等實根，求證：
由（1）知：當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
不妨設(shè)
當(dāng)時，令則
在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，．
所以所以
解得，且當(dāng)時取等 ①
當(dāng)時，令，則．
在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，所以，
整理得
解得，當(dāng)時取等 ②
由①+②得：
即原不等式得證.
【點睛】本題主要考查了分類討論分析函數(shù)單調(diào)性的問題，同時也考查了構(gòu)造函數(shù)解決雙變量的問題，需要根據(jù)題意消去參數(shù)，再換元構(gòu)造函數(shù)分析單調(diào)性與最值證明不等式，屬于難題.
（二）選考題，共10分.請考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.
[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]
22. 已知直線的參數(shù)方程為：（為參數(shù)），曲線的極坐標(biāo)方程為：.
（1）寫出直線的普通方程和曲線的直角坐標(biāo)方程；
（2）已知直線和曲線交于兩點，設(shè)點，求.
【答案】（1）直線；曲線
（2）
【解析】
【分析】（1）由參數(shù)方程消去參數(shù)即可得到直線的普通方程；根據(jù)極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)互換原則直接求解即可得到曲線的直角坐標(biāo)方程；
（2）將參數(shù)方程代入曲線直角坐標(biāo)方程可得韋達(dá)定理的形式，根據(jù)直線參數(shù)方程中的幾何意義可知，代入韋達(dá)定理結(jié)論可求得結(jié)果.
【小問1詳解】
由直線參數(shù)方程得：，即直線的普通方程為：；
由得：，
，即曲線的直角坐標(biāo)方程為：.
【小問2詳解】
將參數(shù)方程代入曲線直角坐標(biāo)方程整理得：；
設(shè)對應(yīng)的參數(shù)分別為，則，，
.
[選修4-5：不等式選講]
23. 已知函數(shù).
（1）當(dāng)時，求的解集；
（2）設(shè)，若，使得對，都有成立，求實數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分別在、和的情況下，去絕對值符號即可構(gòu)造不等式求得結(jié)果；
（2）將問題轉(zhuǎn)化為；利用絕對值三角不等式可求得，利用二次函數(shù)最值求法可求得，由此可構(gòu)造不等式求得結(jié)果.
【小問1詳解】
當(dāng)時，；
當(dāng)時，，解得：（舍）；
當(dāng)時，，解得：（舍）；
當(dāng)時，，解得：；
綜上所述：的解集為.
【小問2詳解】
若，使得對，都有成立，則；
（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號），；
為開口方向向上，對稱軸為的拋物線，，
，則，解得：或，
即實數(shù)的取值范圍為.X
3
4
5
P

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