一、單選題
1．己知集合，則（ ）
A．B．C．D．
2．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，則復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限
3．已知，則（ ）
A．B．C．D．
4．已知，則（ ）
A．B．C．D．
5．已知雙曲線(xiàn)的左，右焦點(diǎn)分別為，點(diǎn)M為關(guān)于漸近線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)．若，且的面積為8，則C的方程為（ ）
A．B．C．D．
6．如圖，正六邊形的邊長(zhǎng)為，半徑為1的圓O的圓心為正六邊形的中心，若點(diǎn)M在正六邊形的邊上運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)A，B在圓O上運(yùn)動(dòng)且關(guān)于圓心O對(duì)稱(chēng)，則的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
7．中國(guó)蹴鞠已有兩千三百多年的歷史，于2004年被國(guó)際足聯(lián)正式確認(rèn)為世界足球運(yùn)動(dòng)的起源．蹴鞠在2022年卡塔爾世界杯上再次成為文化交流的媒介，走到世界舞臺(tái)的中央，訴說(shuō)中國(guó)傳統(tǒng)非遺故事．為弘揚(yáng)中華傳統(tǒng)文化，某市四所高中各自組建了蹴鞠隊(duì)（分別記為“甲隊(duì)”“乙隊(duì)”“丙隊(duì)”“丁隊(duì)”）進(jìn)行單循環(huán)比賽（即每支球隊(duì)都要跟其他各支球隊(duì)進(jìn)行一場(chǎng)比賽），最后按各隊(duì)的積分排列名次（積分多者名次靠前，積分同者名次并列），積分規(guī)則為每隊(duì)勝一場(chǎng)得3分，平場(chǎng)得1分，負(fù)一場(chǎng)得0分．若每場(chǎng)比賽中兩隊(duì)勝、平、負(fù)的概率均為，則在比賽結(jié)束時(shí)丙隊(duì)在輸了第一場(chǎng)且其積分仍超過(guò)其余三支球隊(duì)的積分的概率為（ ）

A．B．C．D．
8．已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)定義域均為，記，且，為偶函數(shù)，則（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、多選題
9．下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣從含有50個(gè)個(gè)體的總體中抽取一個(gè)容量為10的樣本，個(gè)體被抽到的概率是0.2
B．已知一組數(shù)據(jù)1，2，m，6，7的平均數(shù)為4，則這組數(shù)據(jù)的方差是5
C．?dāng)?shù)據(jù)27，12，14，30，15，17，19，23的50%分位數(shù)是17
D．若樣本數(shù)據(jù)，，…，的標(biāo)準(zhǔn)差為8，則數(shù)據(jù)，，…，的標(biāo)準(zhǔn)差為16
10．已知函數(shù)，若不等式對(duì)任意的恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值可能是（ ）
A．B．C．1D．2
11．已知正方體的棱長(zhǎng)為1，M是棱的中點(diǎn)．P是平面上的動(dòng)點(diǎn)(如圖)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．若點(diǎn)P在線(xiàn)段上，則平面
B．平面平面
C．若，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為拋物線(xiàn)
D．以的一邊所在直線(xiàn)為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，三棱錐體積的取值范圍為
三、填空題
12．的展開(kāi)式中的系數(shù)為 ．
13．已知正數(shù)x，y滿(mǎn)足，若不等式恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ．
14．斐波那契數(shù)列，又稱(chēng)黃金分割數(shù)列，因數(shù)學(xué)家萊昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱(chēng)為“兔子數(shù)列”，指的是這樣一個(gè)數(shù)列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在數(shù)學(xué)上，斐波那契數(shù)列以如下遞推的方式定義：且中，則B中所有元素之和為奇數(shù)的概率為 ．
四、解答題
15．在中，已知內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，且的面積為，點(diǎn)D是線(xiàn)段上靠近點(diǎn)B的一個(gè)三等分點(diǎn)，．
(1)若，求c；
(2)若，求的值．
16．如圖，在三棱錐中，．

(1)證明：平面平面；
(2)若是線(xiàn)段上的點(diǎn)，且，求二面角的正切值．
17．已知橢圓的左右頂點(diǎn)分別為A、B，點(diǎn)C在E上，點(diǎn)分別為直線(xiàn)上的點(diǎn).
(1)求的值；
(2)設(shè)直線(xiàn)與橢圓E的另一個(gè)交點(diǎn)為D，求證：直線(xiàn)經(jīng)過(guò)定點(diǎn).
18．設(shè)是一個(gè)二維離散型隨機(jī)變量，它們的一切可能取的值為，其中，令，稱(chēng)是二維離散型隨機(jī)變量的聯(lián)合分布列，與一維的情形相似，我們也習(xí)慣于把二維離散型隨機(jī)變量的聯(lián)合分布列寫(xiě)成下表形式；
現(xiàn)有個(gè)球等可能的放入編號(hào)為的三個(gè)盒子中，記落入第1號(hào)盒子中的球的個(gè)數(shù)為，落入第2號(hào)盒子中的球的個(gè)數(shù)為．
(1)當(dāng)時(shí)，求的聯(lián)合分布列，并寫(xiě)成分布表的形式；
(2)設(shè)且，求的值．
（參考公式：若，則）
19．已知函數(shù)（）.
(1)若，求的圖象在處的切線(xiàn)方程；
(2)若有兩個(gè)極值點(diǎn)，（）.
①求的取值范圍；
②求證：.
參考答案：
1．B
【分析】求出后利用交集的定義可求.
【詳解】,
而，
故，
故選：B
2．C
【分析】根據(jù)題意，由復(fù)數(shù)的運(yùn)算，即可得到結(jié)果.
【詳解】因?yàn)椋?br>且復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，則對(duì)應(yīng)的點(diǎn)也在第三象限.
故選：C
3．D
【分析】利用正弦函數(shù)的單調(diào)性可得，利用導(dǎo)數(shù)可證不等式成立，故可判斷，故可得三者大小關(guān)系.
【詳解】，
設(shè) ，則，
故在上為減函數(shù)，故即，
所以，故，
故選：D.
4．A
【分析】根據(jù)給定條件，利用輔助角公式，結(jié)合誘導(dǎo)公式及二倍角的余弦公式計(jì)算即得.
【詳解】由，得，即，
所以.
故選：A
5．C
【分析】利用點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式、勾股定理結(jié)合三角形面積公式可解.
【詳解】記與漸近線(xiàn)相交于點(diǎn)N，
由題可知，ON為的中位線(xiàn)，且，
所以，
因?yàn)榻裹c(diǎn)到漸近線(xiàn)的距離，
所以，，
則，
又，即，
聯(lián)立解得，
所以C的方程為.
故選：C
6．B
【分析】根據(jù)題意，由平面向量數(shù)量積的運(yùn)算化簡(jiǎn)，可得，再由的范圍，即可得到結(jié)果.
【詳解】由題意可得，
，
當(dāng)與正六邊形的邊垂直時(shí)，，
當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到正六邊形的頂點(diǎn)時(shí)，，
所以，則，即.
故選：B
7．D
【分析】根據(jù)丙是最高分可得丙余下兩場(chǎng)比賽全贏，再就甲乙、甲丁的輸贏（丙的第一場(chǎng)對(duì)手若為甲）分類(lèi)討論后可得正確的選項(xiàng).
【詳解】三隊(duì)中選一隊(duì)與丙比賽，丙輸，，例如是丙甲，
若丙與乙、丁的兩場(chǎng)比賽一贏一平，則丙只得4分，
這時(shí)，甲乙、甲丁兩場(chǎng)比賽中甲只能輸，否則甲的分?jǐn)?shù)不小于4分，不合題意，
在甲輸?shù)那闆r下，乙、丁已有3分，
那個(gè)它們之間的比賽無(wú)論什么情況， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合題意.
若丙全贏（概率是）時(shí)，丙得6分，其他3人分?jǐn)?shù)最高為5分，
這時(shí)甲乙，甲丁兩場(chǎng)比賽中甲不能贏，否則甲的分?jǐn)?shù)不小于6分，
（1）若甲乙，甲丁兩場(chǎng)比賽中甲一平一輸，則一平一輸?shù)母怕适牵?br>如平乙，輸丁，則乙丁比賽時(shí)，丁不能贏，概率是，
（2）若甲乙，甲丁兩場(chǎng)比賽中甲兩場(chǎng)均平，概率是，
乙丁這場(chǎng)比賽無(wú)論結(jié)論如何均符合題意，
（3）若甲乙，甲丁兩場(chǎng)比賽中甲都輸，概率是，
乙丁這場(chǎng)比賽只能平，概率是.
綜上，概率為，D正確．
故選：D.
8．C
【分析】對(duì)兩邊同時(shí)求導(dǎo)，結(jié)合函數(shù)的周期和偶函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.
【詳解】因?yàn)闉榕己瘮?shù)，，
所以，
對(duì)兩邊同時(shí)求導(dǎo)，得，所以有
所以函數(shù)的周期為，
在中，令，所以，
因此，
因?yàn)闉榕己瘮?shù)，
所以有，
，
由可得：，
所以，
故選：C
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是對(duì)兩邊同時(shí)求導(dǎo)，再利用賦值法進(jìn)行求解.
9．AD
【分析】利用概率對(duì)于即可判斷A；根據(jù)平均數(shù)求得的值，然后利用方差公式求解即可判斷B；根據(jù)百分位數(shù)的求法即可判斷C；利用方差公式求解即可判斷D.
【詳解】對(duì)于A，一個(gè)總體含有50個(gè)個(gè)體，某個(gè)個(gè)體被抽到的概率為，
以簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣方式從該總體中抽取一個(gè)容量為10的樣本，
則指定的某個(gè)個(gè)體被抽到的概率為 ，故A正確；
對(duì)于B，數(shù)據(jù)1，2，，6，7的平均數(shù)是4，，
這組數(shù)據(jù)的方差是，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，8個(gè)數(shù)據(jù)50百分為，第50百分位數(shù)為，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，依題意，，則，
所以數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差為16，D正確；
故選：AD.
10．BCD
【分析】先根據(jù)函數(shù)解析式判斷對(duì)稱(chēng)性，再結(jié)合導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性和單調(diào)性得出答案.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以，
即函數(shù)的圖象關(guān)于直線(xiàn)對(duì)稱(chēng).
當(dāng)時(shí)，為增函數(shù)；
令，則，
時(shí)，，，所以，所以為增函數(shù)，
所以當(dāng)時(shí)，為增函數(shù).
由對(duì)稱(chēng)性可知，當(dāng)時(shí)，為減函數(shù).
因?yàn)楹愠闪?，所以恒成立?br>即，解得.
故選：BCD.
11．ABD
【分析】利用面面平行證線(xiàn)面平行可判定A項(xiàng)；利用線(xiàn)面垂直證面面垂直可判定B項(xiàng)；利用平面截圓錐的結(jié)論可判定C項(xiàng)；先確定A的軌跡，取中點(diǎn)分別為N，Q，可證平面平面，利用空間位置關(guān)系確定動(dòng)點(diǎn)A距離底的最值即可判定D項(xiàng).
【詳解】
對(duì)于A項(xiàng)，如圖所示，連接對(duì)應(yīng)面對(duì)角線(xiàn)，
根據(jù)正方體的性質(zhì)可知：，平面，平面，
∴平面，
同理可知平面，
又平面，∴平面平面，
又，∴平面，
∴平面，故A正確;
對(duì)于B項(xiàng)，

易知面，面，則，
又平面，
∴平面，
而平面，∴，
同理，
又平面，
∴平面，
又∵平面，∴平面平面，故B正確;
對(duì)于C項(xiàng)，因?yàn)闉槎ㄖ本€(xiàn)，是定角，到的距離為定值，
所以時(shí)，在以為旋轉(zhuǎn)軸，到的距離為半徑的圓錐上，
又平面，故平面截圓錐的軌跡為雙曲線(xiàn)的一支，即C錯(cuò)誤；
對(duì)于D項(xiàng)，設(shè)中點(diǎn)分別為N，Q，
則點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)軌跡是平面內(nèi)以N為圓心，為半徑的圓(如圖)，

易知平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面，
而，
設(shè)與圓的交點(diǎn)分別為E，F(xiàn)(點(diǎn)E位于點(diǎn)F，Q之間，如上圖所示)，
易知當(dāng)點(diǎn)A分別位于點(diǎn)E，F(xiàn)時(shí)，點(diǎn)A到平面的距離分別取到最小值和最大值，
且距離的最小值，
距離的最大值，
∵的面積，
故選項(xiàng)D正確．綜上，正確選項(xiàng)為ABD．
故選：ABD
【點(diǎn)睛】本題難點(diǎn)在判定CD選項(xiàng)，C項(xiàng)需要利用平面截圓錐曲線(xiàn)（不過(guò)圓錐頂點(diǎn)）來(lái)判定即可（當(dāng)且僅當(dāng)平面平行于圓錐底面時(shí)截圓錐所得圖形為圓，慢慢傾斜平面至與圓錐母線(xiàn)平行之前截圓錐得圖形均為橢圓，當(dāng)且僅當(dāng)平面與圓錐的母線(xiàn)平行時(shí)所截圖形為拋物線(xiàn)，再傾斜平面直至與圓錐的軸平行時(shí)所截圖形均為雙曲線(xiàn)的一支）；D項(xiàng)需要先確定旋轉(zhuǎn)過(guò)程中A的軌跡，再判定A到面的距離最值.
12．
【分析】利用二項(xiàng)式定理展開(kāi)式的通項(xiàng)公式可求答案.
【詳解】二項(xiàng)式的展開(kāi)式通項(xiàng)公式為，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
因此展開(kāi)式中含的項(xiàng)為，故所求系數(shù)為.
故答案為：24.
13．
【分析】將變形為，利用均值不等式求的最小值即可求解.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以
，
所以
，等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)，
所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：關(guān)鍵是首先得到，進(jìn)一步結(jié)合乘“1”法即可順利得解.
14．
【分析】記A中所有偶數(shù)組成的集合為C，所有奇數(shù)組成的集合為D，集合C的子集為E，集合D中含有奇數(shù)個(gè)元素的子集為F，則所有元素之和為奇數(shù)的集合B可看成，然后可解.
【詳解】由斐波那契數(shù)列規(guī)律可知，集合中的元素有674個(gè)偶數(shù)，1350個(gè)奇數(shù)，
記A中所有偶數(shù)組成的集合為C，所有奇數(shù)組成的集合為D，集合C的子集為E，集合D中含有奇數(shù)個(gè)元素的子集為F，
則所有元素之和為奇數(shù)的集合B可看成，
顯然集合E共有個(gè)，集合F共有個(gè)，
所以所有元素之和為奇數(shù)的集合B共有個(gè)，
又集合A的非空子集共有個(gè)，所以B中所有元素之和為奇數(shù)的概率為.
故答案為：
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是將集合分拆成所有偶數(shù)組成的集合及所有奇數(shù)組成的集合，利用二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)求出含有奇數(shù)個(gè)奇數(shù)組成的集合個(gè)數(shù).
15．(1)
(2)
【分析】（1）由得，再結(jié)合余弦定理從而可求解.
（2）由利用向量可得，并結(jié)合得，再由，從而可求解.
【詳解】（1）由題可得：，故
又，即，
，即
在中，根據(jù)余弦定理得
即
，即，
（2），
，即
又，①
又②，由①②得：
16．(1)證明見(jiàn)解析
(2)
【分析】（1）在中求和邊的高，進(jìn)而判斷≌，最后證明邊的高即為面的垂線(xiàn)，證明結(jié)論即可；
（2）先建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出面和的法向量，求出兩個(gè)法向量夾角的余弦值后，利用同角三角函數(shù)關(guān)系式，求二面角的正切值即可.
【詳解】（1）證明：在中，
，
所以，
過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，連接，
則，
因?yàn)椋?br>所以≌，得，
又所以，得，
又，，，平面，平面，
所以平面，
因?yàn)槠矫妫矫妫?br>所以平面平面.
（2）由（1）知，兩兩垂直，如圖以O(shè)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，
，
因?yàn)?，得?br>設(shè)是平面的一個(gè)法向量，
則
，得，
而是平面ABC的一個(gè)法向量，
兩個(gè)法向量夾角的余弦值為：
設(shè)二面角平面角的大小為，
結(jié)合圖形得：，，
，
所以二面角的正切值為.

17．(1)
(2)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）解法一：設(shè)，根據(jù)斜率公式得，然后根據(jù)點(diǎn)C在橢圓上化簡(jiǎn)即可求解；
解法二：設(shè)，利用三點(diǎn)共線(xiàn)的向量形式求得，，結(jié)合點(diǎn)C在橢圓上化簡(jiǎn)即可求解；
（2）解法一：聯(lián)立直線(xiàn)MA與橢圓E方程，利用韋達(dá)定理得，同理得點(diǎn)的坐標(biāo)為，分類(lèi)討論求得直線(xiàn)的方程，即可求得直線(xiàn)經(jīng)過(guò)的定點(diǎn)；
解法二：設(shè)直線(xiàn)的方程為：，
聯(lián)立直線(xiàn)與橢圓E方程，結(jié)合韋達(dá)定理利用求得，從而求得直線(xiàn)經(jīng)過(guò)的定點(diǎn).
【詳解】（1）解法一：設(shè)，由題可知，，
又，由，
在上，則，
，.
解法二：設(shè)，則，
∵A、C、M三點(diǎn)共線(xiàn)，∴，同理：，∴，
又在曲線(xiàn)E上，∴，代入上式得：.
（2）解法一：由題可知，直線(xiàn)MA的方程為：，
聯(lián)立方程可得：，
=45>0，
，，
又，，，
同理可得點(diǎn)的坐標(biāo)為，
（i）當(dāng)直線(xiàn)垂直于x軸時(shí)，，即，，
，此時(shí)直線(xiàn)的方程為；
（ii）當(dāng)直線(xiàn)不垂直于x軸時(shí)，
，
故直線(xiàn)的方程為，
令，則，
整理得，此時(shí)直線(xiàn)經(jīng)過(guò)定點(diǎn)
綜上，直線(xiàn)經(jīng)過(guò)定點(diǎn).
解法二：由，
又，∴，
由題可得直線(xiàn)顯然不與x軸平行，
設(shè)直線(xiàn)的方程為：，
由得，
，
又
，
由得或（舍去），
∴直線(xiàn)：，∴直線(xiàn)經(jīng)過(guò)定點(diǎn).
18．(1)答案見(jiàn)解析
(2)
【分析】（1）的取值為0，1，2，的取值為0，1，2，分別計(jì)算概率即可；
（2）計(jì)算得，則，最后利用二項(xiàng)分布的期望公式即可得到答案.
【詳解】（1）若，的取值為0，1，2，的取值為0，1，2，
則，
，
，，
，，
，
故的聯(lián)合分布列為
（2）當(dāng)時(shí)，，
故
所以，由二項(xiàng)分布的期望公式可得．
19．(1)
(2)①；②證明見(jiàn)解析
【分析】（1）利用切點(diǎn)和導(dǎo)數(shù)幾何意義即可求解；
（2）①令，由題意可知，在有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，根據(jù)的單調(diào)性結(jié)合零點(diǎn)的存在性定理分類(lèi)討論求解即可；
②由①分析得，，令，可得在上單調(diào)遞增，因?yàn)椋?，根?jù)不等式性質(zhì)計(jì)算即可得證.
【詳解】（1）若，則，所以，
所以，又，
所以的圖象在處的切線(xiàn)方程為，即.
（2）①由題意知.
令，則.
因?yàn)橛袃蓚€(gè)極值點(diǎn)，（），所以有兩個(gè)不等正實(shí)根，（）.
若，，則在上單調(diào)遞增，
所以在上至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；
若，令，解得，所以當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
所以時(shí)，取得極大值，即最大值為，
所以，解得.
當(dāng)時(shí)，，又，所以，
由零點(diǎn)存在性定理知：存在唯一的，使得.
又，令，
所以，所以當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以，
所以，所以，
由零點(diǎn)存在性定理知：存在唯一的，使得.
所以當(dāng)時(shí)，有兩個(gè)不等正實(shí)根，.
綜上，的取值范圍是.
②證明：由①知，且，所以，
因?yàn)樵谏蠟樵龊瘮?shù)，及，所以，
又，所以.
因?yàn)?，，所以，?br>所以，所以.
令（），
所以，所以在上單調(diào)遞增，
因?yàn)?，所以，所以?br>所以，所以，
所以，所以.
所以.
【點(diǎn)睛】本題證明的關(guān)鍵在于構(gòu)造函數(shù)，進(jìn)而求證，再運(yùn)用不等式性質(zhì)即可證明.

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