本試卷共4頁，22題.滿分150分.考試用時120分鐘.
考試時間：2024年2月1日下午15：00—17：00
注意事項：
1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼貼在答題卡上的指定位置.
2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.
一、選擇題：本題共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. 已知集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化簡集合，結合并集概念即可得解.
【詳解】因為，解得，
所以，，.
故選：C.
2. 已知復數，z的共軛復數為，則=（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根據共軛復數、復數模的定義及復數運算可得結果.
【詳解】由，
代入，
故選：B.
3. 下列說法中正確的是（ ）
A. 沒有公共點的兩條直線是異面直線
B. 若兩條直線a，b與平面α所成的角相等，則
C. 若平面α，β，γ滿足，，則
D. 已知a，b是不同的直線，α，β是不同的平面.若，，，則
【答案】D
【解析】
【分析】利用空間位置關系的定義及判定來判斷選項即可.
【詳解】對A，沒有公共點的兩條直線是異面直線或平行直線，故A錯誤；
對B，若兩條直線a，b與平面α所成的角相等，
則a，b可以平行、相交或異面，故B錯誤；
對C，若平面α，β，γ滿足，，則α，γ不一定垂直，故C錯誤；
對D，兩個平面垂直等價于這兩個平面的垂線垂直，故D正確.
故選：D.
4. 已知點為直線上的一點，過點作圓的切線，切點為，則切線長的最小值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析可知，由勾股定理可得，當取小值時，，求出圓心到直線的距離，作為的最小值，結合勾股求解即可.
【詳解】由題意可知，圓的圓心為，半徑為，
由圓的幾何性質可知，，
由勾股定理可得,
所以要使切線長取最小值，只需取最小值即可.
當直線與直線垂直時，取最小值，
則的最小值是.
故選：A.
5. 在中，已知，則（ ）
A. 3B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根據條件，利用降冪升角公式得到，由，得到，再利用余弦的和差角公式即可求出結果.
【詳解】因為，所以，
又，所以，
得到，
整理得，所以，
故選：A.
6. 已知函數，若，則實數a的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】結合函數的圖象和函數的圖象，由，找到交點橫坐標，即可得解.
【詳解】在同一坐標系中畫出函數的圖象和函數的圖象，
設兩圖象交于點A，且點A的橫坐標為.
由圖象可得滿足的實數a的取值范圍為.
對于，由，得，
所以，解得或（舍去），
故選：C.
7. 已知函數，若有且僅有三個零點，則下列說法中不正確的是（ ）
A. 有且僅有兩個零點B. 有一個或兩個零點
C. ω的取值范圍是D. 在區(qū)間上單調遞減
【答案】D
【解析】
【分析】畫出的圖象，根據零點的定義，可判斷A、B，采用整體代入的方法，結合正弦型函數的性質判斷C、D即可.
【詳解】，當時，，
設，如下圖作出函數的圖象，
則在有兩個最小值點，有一個或兩個最大值點，故A，B正確.
由于函數在上有且只有3個零點，
由圖象可知，解得，C正確；
當時，，
由知，
所以在遞減，在遞增，D錯誤.
故選：D.

8. 已知四棱錐的底面為矩形，，，側面為正三角形且垂直于底面，M為四棱錐內切球表面上一點，則點M到直線距離的最小值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分別為和的中點，平面截四棱錐的內切球O所得的截面為大圓，求出圓的半徑，利用圓心到直線距離求點M到直線距離的最小值.
【詳解】如圖，設四棱錐的內切球的半徑為r，取的中點為H，的中點為N，連接，，，

球O為四棱錐內切球，
底面為矩形，側面為正三角形且垂直于底面，
則平面截四棱錐的內切球O所得的截面為大圓，
此圓為的內切圓，半徑為r，與，分別相切于點E，F(xiàn)，
平面平面，交線為，平面，
為正三角形，有，平面，
平面，，
，，則有，，，
則中，，解得.
所以，四棱錐內切球半徑為1，連接.
平面，平面，，
又，平面，，
平面，平面，可得，
所以內切球表面上一點M到直線的距離的最小值即為線段的長減去球的半徑，
又.
所以四棱錐內切球表面上的一點M到直線的距離的最小值為.
故選：B.
【點睛】方法點睛：
四棱錐的內切球，與四棱錐的五個面都相切，由對稱性平面截四棱錐的內切球O所得的截面為大圓，問題轉化為三角形內切圓，利用面積法求出半徑，即內切球的半徑，由球心到直線的距離，求點M到直線的距離的最小值.
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20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5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.
9. 某大學生做社會實踐調查，隨機抽取名市民對生活滿意度進行評分，得到一組樣本數據如下：、、、、、，則下列關于該樣本數據的說法中正確的是（ ）
A. 均值為B. 中位數為
C. 方差為D. 第百分位數為
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用平均數公式可判斷A選項；利用中位數的定義可判斷B選項；利用方差公式可判斷C選項；利用百分位數的定義可判斷D選項.
【詳解】由題意可知，該組數據的均值為，故A正確；
中位數為，故B正確；
方差為，故C錯誤；
因為，第百分位數為，故D正確.
故選：ABD.
10. 已知，，且，則（ ）
A. ，B.
C. 的最小值為，最大值為4D. 的最小值為12
【答案】BD
【解析】
【分析】對于選項A: 由已知得，，整理即可判斷；對于選項B:結合雙鉤函數的單調性即可判斷；對于選項C:結合題意可得，通過構造函數利用單調性即可判斷；對于選項D:設，借助導數分析單調性即可求最值.
【詳解】對于選項A:由已知得，，
則，.故A錯誤；
對于選項B:令，
則在單調遞減，在單調遞增，
得，故B正確；
對于選項C:結合題意可得，令，
則在上單調遞增，得，故C錯誤.
對于選項D:設，則，
當時，單調遞減，當時，單調遞增，
所以.故D正確.
故選:BD.
11. 已知橢圓的離心率為，左，右焦點分別為，，過且傾斜角為的直線與橢圓C交于A，B兩點（點A在第一象限），P是橢圓C上任意一點，則（ ）
A. a，b滿足B. 的最大值為
C. 存在點P，使得D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A選項，根據離心率得到；B選項，設，，故，計算出；C選項，由橢圓定義及余弦定理，基本不等式得到點P在短軸端點時，最大，且此時，故C錯；D選項，法一：設出直線方程，聯(lián)立橢圓方程，求出，得到結論；法二：利用橢圓的第二定義進行求解.
【詳解】A選項，因為C的離心率，所以，，解得，故A對；
B選項，由題意得，設，則，，
因為，，所以，，
則，
故B對；
C選項，設，，，，
則
，
當且僅當時，等號成立，
由于在上單調遞減，
當點P在短軸端點時，最大，且此時，
故此時，故C錯；
D選項，法一：直線方程為，即，
與橢圓方程聯(lián)立得，
因為，所以，
，故，故D對.
法二：據橢圓第二定義易知：，
其中，
即，
解得，同理可得.
所以成立，故D對.
故選：ABD
【點睛】結論點睛：為橢圓上任意一點，為橢圓的焦點，則最大當且僅當為短軸頂點；
為橢圓上任意一點，為橢圓的長軸頂點，則最大當且僅當為短軸頂點；
為橢圓上任意一點，為橢圓的焦點，若，則橢圓的離心率的取值范圍是.
12. 已知數列的前n項和為，且，，則（ ）
A. 當時，B.
C. 數列單調遞增，單調遞減D. 當時，恒有
【答案】ACD
【解析】
【分析】由題意可得：，，對于AB：利用作差法分析判斷；對于C：分析可知是等比數列，根據等比數列通項公式結合數列單調性分析判斷；對于D：分析可得，結合等比數列運算求解.
【詳解】由題意可得：，，
由可知：，但，
可知對任意的，都有，
對于選項A：若，
則，
即，故A正確；
對于選項B：，
即，故B錯誤.
對于選項C：因為，，
則，且，
可知是等比數列，則，
設，，
可得，，
因為，可知為遞增數列，
所以數列單調遞增，單調遞減，故C正確；
對于選項D：因，，
由，可得，即，則，即；
由，可得，即，則，即；
以此類推，可得對任意的，都有，
又因為，則，
所以，故D正確.
故選：ACD.
【點睛】方法點睛：數列與函數、不等式的綜合問題的常見題型
1.數列與函數的綜合問題主要有以下兩類：
①已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象研究數列問題；
②已知數列條件，解決函數問題，解決此類問題一般要充分利用數列的范圍、公式、求和方法對式子化簡變形．
2.數列常與不等式結合，如比較大小、不等式恒成立、求參數范圍等問題，需要熟練應用不等式知識解決數列中的相關問題．
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 的展開式中的常數項為___________（用數字填寫答案）.
【答案】60
【解析】
【分析】根據條件，利用通項公式為，即可求出結果.
【詳解】因為二項展開式的通項公式為，
令，則，得到，所以展開式中常數項為60，
故答案為：.
14. 已知向量，滿足，，且，的夾角為，則的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根據數量積的定義和運算律可得，結合二次函數分析求解.
【詳解】由題意可知：，
因為，
當且僅當時，等號成立，
所以的最小值是.
故答案為：.
15. 已知拋物線，直線l過C焦點F且與C交于A，B兩點，以線段為直徑的圓與y軸交于M，N兩點，則的最小值是____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由題意結合拋物線定義以及拋物線的通徑、圓心角與圓周角的關系即可求解.
【詳解】
設的中點為G，過G作y軸的垂線，垂足為H，則H是的中點.
因為以線段為直徑的圓與準線相切，所以.
.
當軸時，有，.
故答案為：.
16. 若函數在不同兩點，處的切線互相平行，則這兩條平行線間距離的最大值為___________.
【答案】
【解析】
【分析】先對函數求導，得導函數是偶函數，由在A，B兩點處切線互相平行，可得，計算原點O到點A處切線的距離的最大值后可得兩條平行線距離最大值.
【詳解】由題意有，設，
所以函數在點A處的切線方程為，
所以原點O到點A處切線的距離為，
因為，
所以
當且僅當時等號成立，
因為是偶函數，且在A，B兩點處切線互相平行，
所以，即在A，B兩點處切線關于原點對稱，
所以這兩條平行線間的距離的最大值為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵在于利用是偶函數，得到兩條切線關于原點對稱，故兩條平行線距離最大值即為原點O到點A處切線的距離最大值的2倍.
四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或清算步驟.
17. 已知數列滿足：，.
（1）求證：數列是等差數列，并求數列的通項公式；
（2）設，求數列的前20項和.
【答案】（1）證明見解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）通過取倒數得到，進而證明是等差數列，結合等差數列的公式計算即可.
（2）表示出數列，通過并項求和即可
【小問1詳解】
顯然，由得，
又，則數列是首項為1，公差為的等差數列.
由，得.
【小問2詳解】
由（1）可知，
所以
.
18. 在中，已知，D為的中點.
（1）求A；
（2）當時，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據兩角和差及誘導公式結條件計算即可；
（2）應用余弦定理結合基本不等式即可得出最大值.
【小問1詳解】
，
，
即，
，即.
或，
當時，，
由，有，即時.
當時，（舍）.
.
【小問2詳解】
設，，
由（1）及余弦定理有，即.
，即，當且僅當時等號成立.
由D為邊的中點有，
，
當且僅當時等號成立.
，當且僅當時等號成立.
的最大值為.
19. 如圖，在梯形中，，，.將沿對角線折到的位置，點P在平面內的射影H恰好落在直線上.
（1）求二面角的正切值；
（2）點F為棱上一點，滿足，在棱上是否存在一點Q，使得直線與平面所成的角為?若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）過點作于點，連接，可證得平面，進而可知為二面角的平面角，利用三角形計算即可得出結果.
（2）連接，由為等邊三角形，H為線段的中點，，又平面，以H為坐標原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，求得平面的法向量，假設棱上存在滿足要求的點，設，，利用，計算可求得，即可得出結果.
【小問1詳解】
如圖，過點作于點，連接，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，，.
為二面角的平面角.
∵，，∴為等邊三角形，，
又中，，，，.
又，，，H為線段的中點.
，，
中，，，
所以二面角的正切值為.
【小問2詳解】
連接，為等邊三角形，H為線段的中點，，
又平面，則，，兩兩垂直，
以H為坐標原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，
，，.
設平面的法向量為，，
令，可得.
假設棱上存在滿足要求的點Q，設，，.
，
因為直線與平面所成的角為，
，
整理得：，解得或（舍去）.
所以，則.
所以當時，與平面所成的角為.
20. “中式八球”是受群眾歡迎的臺球運動項目之一.在一場“中式八球”邀請賽中，甲、乙、丙、丁4人角逐最后的冠軍，本次邀請賽采取“雙敗淘汰制”.具體賽制如下：
首先，4人通過抽簽兩兩對陣，勝者進入“勝區(qū)”，敗者進入“敗區(qū)”；
接下來，“勝區(qū)”的2人對陣，勝者進入最后的決賽，“敗區(qū)”的2人對陣，敗者直接淘汰出局，獲得第四名；
緊接著，“敗區(qū)”的勝者和“勝區(qū)”的敗者對陣，勝者晉級最后的決賽，敗者獲得第三名；最后，剩下的2人進行最后的冠亞軍決賽，勝者獲得冠軍，敗者獲得第二名.
現(xiàn)假定甲對陣乙、丙、丁獲勝的概率均為，且不同對陣的結果相互獨立.
（1）經抽簽，第一輪由甲對陣乙，丙對陣丁.若.
（I）求甲連勝三場獲得冠軍的概率；
（Ⅱ）求甲在“雙敗淘汰制”下獲得冠軍的概率；
（2）除“雙敗淘汰制”外，“中式八球”也經常采用傳統(tǒng)的“單敗淘汰制”；抽簽決定兩兩對陣，勝者晉級，敗者淘汰，直至決出最后的冠軍.問當p滿足什么條件時，“雙敗淘汰制”比“單敗淘汰制”更利于甲在此次邀請賽中奪冠?
【答案】（1）（I）；（Ⅱ）
（2）
【解析】
【分析】（1）結合對立事件概率和獨立事件概率公式求解即可；
（2）結合對立事件概率和獨立事件概率公式再作差比較計算.
【小問1詳解】
記甲在第i場比賽獲勝的事件為，，2，3，4，則，.
由不同對陣結果相互獨立，
（I）甲連勝三場獲得冠軍的概率為：.
（Ⅱ）甲在“雙敗淘汰制”下獲得冠軍的情況有：勝勝勝、勝敗勝勝、敗勝勝勝，
故概率為：.
【小問2詳解】
“雙敗淘汰制”下甲奪冠的概率為：
.
“單敗淘汰制”下甲奪冠的概率為：.
令得，解得：.
所以當時，“雙敗淘汰制”比“單敗淘汰制”更利于甲在此次邀請賽中奪冠.
21. 在平面直角坐標系中，動點M到點的距離比到點的距離大2，記點M的軌跡為曲線H.
（1）若過點B的直線交曲線H于不同的兩點，求該直線斜率的取值范圍；
（2）若點D為曲線H上的一個動點，過點D與曲線H相切的直線與曲線交于P，Q兩點，求面積的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由條件可知，M的軌跡方程為雙曲線的右支，待定系數法求出雙曲線方程，直線方程與雙曲線方程聯(lián)立方程組，通過交點個數求直線斜率的取值范圍；
（2）設直線方程，與曲線H聯(lián)立，由相切得系數間的關系，再與曲線聯(lián)立，利用韋達定理和面積公式表示面積，由算式確定最小值.
【小問1詳解】
據雙曲線的定義：M的軌跡方程為雙曲線的右支，設雙曲線方程為，
得，，則，，
的軌跡方程為.
因為過點B的直線交曲線H于不同的兩點，設該直線方程為：.
由，化簡整理得，
.
由兩個交點都在軸右邊，有，解得或.
所以，k的取值范圍為.
【小問2詳解】
因為的漸近線方程為.
當過點D與曲線H相切的直線的斜率不存在時，此時，直線l方程為，
代入漸近線方程，得到，故，又，
所以的面積.
過點D與曲線H相切的直線的斜率存在時，則斜率不為零，
故可設，直線與雙曲線聯(lián)立得，
化簡整理得.
因為相切，所以，即.
又因為過點D與曲線H相切的直線l與曲線交于P，Q兩點，設為，，
聯(lián)立化簡整理得.
由于，所以.
所以，.
由直線l的方程得，直線與x軸的交點坐標為，
，，即，且，則或，
有或，時，的最小值為.
綜上所述，的最小值為.
【點睛】方法點睛：
解答直線與圓錐曲線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系，涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．強化有關直線與圓錐曲線聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．
22. 已知函數，，a，，且曲線在處的切線方程為.
（1）討論函數的單調性；
（2）若對任意，都有，求實數a的取值范圍.
【答案】（1）答案見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求導得到導函數，根據切線方程確定，求導得到，證明，得到單調區(qū)間.
（2）求導得到，構造，求導得到導函數，根據特殊值得到，使得，確定函數單調區(qū)間，得到，根據單調性計算最值得到答案.
【小問1詳解】
，
，.
由已知切線方程得，，所以.
故，定義域為.
.
現(xiàn)確定，，證明如下：
設，，
當時，，函數單調遞減，
當時，，函數單調遞增，
故，即；
設，，，
當時，，函數單調遞減，
當時，，函數單調遞增，
故，即；
所以.
當時，對，都有，函數在上單調遞增；
當時，對，都有，對，都有，
函數在上單調遞減，在上單調遞增.
【小問2詳解】
記，
則，
.
令，則.
當時，單調遞增，且，.
證明如下：設，則，
當時，，函數單調遞減，
當時，，函數單調遞增，
故，故，則，
所以，使得，即.
因此，當時，；當時，；
又當時，.
故在單調遞減，在單調遞增.
則對，，
由，得，即.
當時，對，都有，函數在上單調遞增，
則，解得；
當時，對，都有，對，都有，
函數在上單調遞減，在上單調遞增，
則對，都有成立，不符合題意，舍去.
綜上所述，實數a的取值范圍是.

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