命題學校：重慶市長壽中學
本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分.滿分150分，考試時間120分鐘.
注意事項：
1．答題前，務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡規(guī)定的位置上.
2．答選擇題時，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑.
3．答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置上.
4．考試結束后，將答題卷交回.
第I卷（選擇題 共58分）
一、單選題：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，只有一項符合題目要求.
1. 若復數(shù)滿足，則的虛部為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】設復數(shù)，代入已知條件求出的值，得的虛部.
詳解】設復數(shù)，由，
即，則有，解得，
所以的虛部為1.
故選：A.
2. 在的展開式中含項的系數(shù)是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)二項式展開式的通項公式，求出展開式中含項的系數(shù)是多少.
【詳解】解：二項式展開式的通項公式為，
令，得，
即含的系數(shù)為240.
故選：C
3. 如圖，在平行四邊形中，為的中點，與交于點，則（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用幾何關系，確定，再利用向量線性運算，即可求解.
【詳解】因為，且，所以，
即.
故選：D
4. 重慶，我國四大直轄市之一，這里資源豐富，旅游景點也多，不僅有山水自然風光，還有人文歷史景觀．現(xiàn)有甲、乙兩位游客慕名來到重慶旅游，分別準備從巫山小三峽、南川金佛山、大足石刻和酉陽桃花源4個國家5A級旅游景區(qū)中隨機選擇其中一個景區(qū)游玩．記事件：甲和乙至少一人選擇酉陽桃花源景區(qū)，事件：甲和乙選擇的景區(qū)不同，則概率（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)題意，由條件概率的計算公式，代入計算，即可得到結果.
【詳解】甲、乙兩位游客分別從4個景區(qū)選擇一個游玩的總情況數(shù)為種，
其中甲和乙至少一人選擇酉陽桃花源景區(qū)的情況數(shù)為，則，
事件表示：甲乙選擇的景區(qū)不同，且至少一個選擇酉陽桃花源景區(qū)，
則符合要求的情況數(shù)為種，則，
所以.
故選：D
5. 已知，，直線和垂直，則的最小值為（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】由題意可得出，再由基本不等式“1”的代換求解即可.
【詳解】因為直線和垂直，
所以，所以，
因為，，
所以，
當且僅當，即時取等.
故選：C.
6. 已知函數(shù)的定義域均為，，，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】已知條件可求得，代入2024計算即可.
【詳解】，以代，有，
又，得，
所以.
故選：B.
7. 數(shù)學家也有許多美麗的錯誤，如法國數(shù)學家費馬于1640年提出了以下猜想：是質數(shù)．直到1732年才被善于計算的大數(shù)學家歐拉算出，不是質數(shù)．現(xiàn)設，數(shù)列的前項和為，則使不等式成立的正整數(shù)的最大值為（ ）
A. 11B. 10C. 9D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】結合已知條件求出的通項公式，并求出，然后利用裂項相消法即可求解.
【詳解】依題意，，，
則，
則
，即，而，解得，
所以滿足條件的正整數(shù)的最大值為.
故選：B
【點睛】易錯點睛：使用裂項法求和時，要注意正負項相消時消去了哪些項，保留了哪些項，切不可漏寫未被消去的項，未被消去的項有前后對稱的特點，實質上造成正負相消是此法的根源與目的．
8. 已知函數(shù)，，點與分別在函數(shù)與的圖象上，若的最小值為，則（ ）
A. B. 3C. 或3D. 1或3
【答案】A
【解析】
【分析】平移直線使其經(jīng)過點，則切線斜率為1，利用導數(shù)求出切點坐標，再根據(jù)點到直線距離公式即可得到方程，解出即可.
【詳解】因為，令，解得，
而，
則函數(shù)的圖象在點處的切線方程為，
則，即點到直線的距離為，
所以，解得或，
當時，與函數(shù)的圖象相交，
所以.
故選：A.
二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多個選項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9. 下列命題正確的是（ ）
A. 若兩組成對數(shù)據(jù)的樣本相關系數(shù)分別為，則組數(shù)據(jù)比組數(shù)據(jù)的相關性較強
B. 若樣本數(shù)據(jù)的方差為2，則數(shù)據(jù)的方差為8
C. 已知互不相同的30個樣本數(shù)據(jù)，若去掉其中最大和最小的數(shù)據(jù)，剩下28個數(shù)據(jù)的22%分位數(shù)不等于原樣本數(shù)據(jù)的22%分位數(shù)
D. 某人解答5個問題，答對題數(shù)為，若，則
【答案】BCD
【解析】
【分析】對于A，由由相關系數(shù)的意義即可判斷；對于B，由方程的性質即可判斷；對于C，，結合30個樣本數(shù)據(jù)互不相同即可判斷；對于D，由二項分布均值公式即可判斷.
【詳解】對于A，因為，即組數(shù)據(jù)比組數(shù)據(jù)相關性較弱，故A錯誤；
對于B，若樣本數(shù)據(jù)的方差為，則數(shù)據(jù)的方差為，故B正確；
對于C，將這原來的30個數(shù)從小大大排列為，則，所以原來的22%分位數(shù)為，
若去掉其中最大和最小的數(shù)據(jù)，剩下28個數(shù)據(jù)為，則，所以剩下28個數(shù)據(jù)的22%分位數(shù)為，由于互不相同，所以C正確；
對于D，某人解答5個問題，答對題數(shù)為，若，則，故D正確.
故選：BCD.
10. 已知函數(shù)，則下列選項正確的是（ ）
A. 是函數(shù)的一個周期
B. 是函數(shù)的一條對稱軸
C. 函數(shù)的最大值為，最小值為
D. 函數(shù)在上單調遞減
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用函數(shù)周期性及對稱性的定義可得A、B，使用換元法，令，可得，結合復合函數(shù)單調性可得C、D.
【詳解】對A：，
故是函數(shù)的一個周期，故A正確；
對B：
，故是函數(shù)的一條對稱軸，故B正確；
對C、D：令，有，
因為，所以，
則，
由，則函數(shù)的最大值為，最小值為，故C正確；
函數(shù)由和復合而成，
函數(shù)在上先增后減，在上遞減，且，
則函數(shù)在上不是單調遞減，故D錯誤.
故選：ABC.
11. 設函數(shù)，則（ ）
A. 當時，直線不是曲線的切線
B. 當時，函數(shù)有三個零點
C. 若有三個不同的零點，，，則
D. 若曲線上有且僅有四點能構成一個正方形，則
【答案】BCD
【解析】
【分析】求導即可判斷A，由函數(shù)的單調性結合三次函數(shù)的圖像特征即可判斷B，結合零點的定義代入計算，即可判斷C，由正方形的特點結合導數(shù)的運算即可判斷D
【詳解】當時，，則，則，
則曲線在點處的切線方程為，故選項錯誤.
當時，，則，
當和時，，單調遞增，
時，，單調遞減.
又因為，，結合三次函數(shù)的圖像特征，
此時，有三個零點，故B選項正確.
設的三個零點分別為，，，
則有，
展開后比對含項的系數(shù)，可得，故選項C正確.
當時，易知在上單調遞增，
結合圖像知不符合題意，故
因為，
因此函數(shù)的圖像關于點成中心對稱圖形.
則此正方形必以為中心，
不妨設正方形的四個頂點分別為A，，，，
其中一條對角線的方程為，則，
即，解得，則，
同理可得.
由得，
根據(jù)題意，方程只有一個正解，
當時，顯然不成立.
故，則，
因為，則，設，則.設，
根據(jù)題意，只需要直線與函數(shù)的圖像只有唯一的公共點即可.
結合雙勾函數(shù)的圖像可得，解得.所以選項D正確.
故選：BCD
【點睛】關鍵點睛：對于選項D：根據(jù)函數(shù)對稱性，結合正方體分析可知只有一個正解，進而可得結果.
第II卷（非選擇題 共92分）
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 已知等差數(shù)列滿足，則__________．
【答案】
【解析】
【分析】由是等差數(shù)列可得，再求三角函數(shù)值即可
【詳解】由是等差數(shù)列，可得，又，
所以，
所以
故答案為：
13. 已知雙曲線的左右焦點分別為，過的直線分別交雙曲線的左，右兩支于兩點，若為正三角形，則雙曲線的離心率為__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先利用雙曲線的定義求出和，然后在中用余弦定理即可求解.
【詳解】如圖所示：
因為是正三角形，所以，，
由雙曲線定義可知，即，再由可得
在中，，即，
整理得：，，所以
故答案為：
14. 如圖，在直三棱柱中，，點E，F(xiàn)分別是棱，AB上的動點，當最小時，三棱錐外接球的表面積為___.
【答案】10π
【解析】
【分析】把平面沿展開到與平面共面的的位置，確定當，，，四點共線時，的長度最小，求出此時的線段的長度，的外接圓是以的中點為圓心，為半徑的圓，的外接圓是以的中點為圓心，為半徑的圓，即可得外接球的球心與半徑，由球的表面積公式求解即可．
【詳解】把平面沿展開到與平面共面的的位置，
延長到，使得，連結，如圖1所示，
則，要使得的長度最小，則需，，，四點共線，
此時，
因為，，，
所以，
所以，，
故，，
所以，，，，
所以的外接圓是以的中點為圓心，為半徑的圓
如圖2，連接，
由于，所以，又
所以，
所以的外接圓是以的中點為圓心，為半徑的圓
所以三棱錐外接球的球心為，半徑為，故外接球的表面積為．
故答案為：．
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15. 在中，角，，的對邊分別是，，，且.
（1）求角的大?。?br>（2）若，為邊上的一點，，且__________，求的面積．
（從下面①，②兩個條件中任選一個，補充在上面的橫線上并作答）.
①是的平分線；
②為線段的中點.
【答案】15.
16. 所選條件見解析，
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，由恒等變換公式化簡，即可得到結果；
（2）若選①，由三角形的面積公式結合余弦定理代入計算，即可得到結果；若選②，由向量的運算結合余弦定理，即可得到結果.
【小問1詳解】
由倍角公式得：，所以，
因為，即，
所以，所以.
【小問2詳解】
若選①：由平分得：，
， 即.
在中，由余弦定理得，則，
聯(lián)立，得，解得，
，
若選②：由題設，則，
所以，
在中，由余弦定理得，則，
聯(lián)立，得，
.
16. 如圖，在斜三棱柱中，所有棱長均相等，O，D分別是AB，的中點．
（1）證明：平面；
（2）若，且，求平面與平面所成角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）連接交于點E，連接OE，，可得四邊形為平行四邊形，則有，利用線面平行的判定定理可證得平面；
（2）可證得平面ABC，以O為原點，OA，，OC所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得平面與平面所成二面角的余弦值.
【小問1詳解】
連接交于點E，連接OE，，
∵O，E分別是AB，的中點，D為的中點，
∴，
∴四邊形為平行四邊形，∴．
∵平面，平面，∴平面．
【小問2詳解】
連接OC，
∵，
∴為正三角形，
∴，
∵，且，
∴平面ABC，
∵△ABC是正三角形，
∴CO⊥AB．
以O為原點，OA，，OC所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，則，，，，
由，可得．
則，，，
設平面的法向量為，
∴，即，
令，
∴，
設平面的法向量為，
∴，即，
令，∴，
設平面與平面所成的角為，
則，
即平面與平面所成角的余弦值為．
17. 某無人飛機研發(fā)中心最近研發(fā)了一款新能源無人飛機，在投放市場前對100架新能源無人飛機進行了單次最大續(xù)航里程的測試.現(xiàn)對測試數(shù)據(jù)進行分析，得到如圖所示的頻率分布直方圖：
（1）估計這100架新能源無人飛機的單次最大續(xù)航里程的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代表）；
（2）經(jīng)計算第（1）問中樣本標準差的近似值為50，根據(jù)大量的測試數(shù)據(jù)，可以認為這款新能源無人飛機的單次最大續(xù)航里程近似地服從正態(tài)分布（用樣本平均數(shù)和標準差分別作為和的近似值），現(xiàn)任取一架新能源無人飛機，求它的單次最大續(xù)航里程的概率；（參考數(shù)據(jù)：若隨機變量，則）
（3）該無人飛機研發(fā)中心依據(jù)新能源無人飛機的載重量和續(xù)航能力分為卓越A型?卓越型和卓越型，統(tǒng)計分析可知卓越A型?卓越型和卓越型的分布比例為，研發(fā)中心在投放市場前決定分別按卓越A型?卓越型和卓越型的分布比例分層隨機共抽取6架，然后再從這6架中隨機抽取3架進行綜合性能測試，記隨機變量是綜合性能測試的3架中卓越A型的架數(shù)，求隨機變量的分布列和數(shù)學期望.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列見解析，數(shù)學期望為
【解析】
【分析】（1）由直方圖中每個區(qū)間中點值乘以相應頻率再相加可得；
（2）根據(jù)正態(tài)分布的概率性質計算；
（3）隨機變量的可能取值為，分別求出其概率后得分布列，再由期望公式計算期望．
【小問1詳解】
估計這100架新能源無人飛機的單次最大續(xù)航里程的平均值為：.
【小問2詳解】
，
.
【小問3詳解】
由題設可知抽取的6架新能源無人飛機中，卓越A型?卓越型和卓越型的架數(shù)分別為3架?2架和1架，隨機變量的可能取值為.
，
，
隨機變量的分布列如下表：
.
18. 已知實數(shù)，函數(shù)有兩個不同的零點．
（1）求實數(shù)的取值范圍，
（2）設是方程的實根，證明：．
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）分和兩種情況討論，求出函數(shù)的單調區(qū)間及最值，再結合題意即可得解；
（2）由（1）知是函數(shù)的兩個不同零點，不妨設，根據(jù)，作差可得，則要證，即證，即證，設，則只需證，即證，設，利用導數(shù)求證即可；再證，由題意可得，再根據(jù),可得,則,設，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性即可得證.
【小問1詳解】
，
當時，，則在上單調遞增，
所以函數(shù)最多一個零點，不符題意；
當時，令，則，令，則，
所以函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，
又當時，，當時，，
要使函數(shù)有兩個不同的零點，
則，解得，
綜上所述，；
【小問2詳解】
由（1）知是函數(shù)的兩個不同零點，不妨設，
則有，即，，
作差得，
先證，即證，即證，
設，則只需證，即證，
設，則，
則在上單調遞增，則，
則成立，也即成立；
再證，因為是方程的根，則，
又有，，
則，則，
因為函數(shù)單調遞增，則，
故要證，只需證，即證，
只需證，因為，則，
且在上單調遞減，則只需證，
又因為，即證，
設，
則，
則在上單調遞減，
則，則，
從而，故成立.
綜上所述，．
【點睛】方法點睛：利用導數(shù)解決函數(shù)零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數(shù)求導，根據(jù)導數(shù)的方法求出函數(shù)的單調區(qū)間與極值，根據(jù)函數(shù)的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數(shù)圖象與軸的交點問題，突出導數(shù)的工具作用，體現(xiàn)了轉化與化歸思想、數(shù)形結合思想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數(shù)法：將問題轉化為研究兩函數(shù)圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數(shù)的圖象的交點問題.
19. 在平面直角坐標系中，點在拋物線上.
（1）求的準線方程.
（2）已知點，，是的兩條切線，，是切點，圓經(jīng)過點，，.
①若，求證：；
②設圓在，處的切線的交點為，求證：直線過定點.
附：若點在圓上，則圓在點處的切線方程為.
【答案】（1）
（2）①證明見解析；②證明見解析
【解析】
【分析】（1）把代入拋物線方程解出，可得準線方程；
（2）①利用導數(shù)求過點的切線方程，可得直線方程，與拋物線方程聯(lián)立利用韋達定理和向量的夾角計算，證明；②設圓的方程，由圓經(jīng)過點，，，化簡方程，由切線方程，可得直線方程，與①中的方程聯(lián)立得交點的坐標，表示出直線的方程，由方程確定所過定點.
【小問1詳解】
由點在拋物線上得，解得，
則的準線方程為.
【小問2詳解】
拋物線，
①設，.
由得，則在點處的切線方程為，
又因為，則在點處切線方程為，
同理在點處的切線方程為.
又因為兩條切線都經(jīng)過點，則有，，
則直線的方程為.
由得，由韋達定理得，，
要證，即證，即證.
因為，，，則有，
因為，則，且，，
則有，化簡得，此式顯然成立.
所以.
②設圓的方程為，
因為點，在圓上，則有，，
因為，則有，，
兩式相減得，又，
代入化簡得，也即，
由①得，，代入化簡得.
由與，
相加得，
又，代入化簡得，
則圓的方程為，即，
則圓在點處的切線方程為，
在點處的切線方程為.
設點，因為圓在點與點處的切線都經(jīng)過點，
則有，，
則直線的方程為，
整理得.
因為過點與的直線有且僅有一條，
又由①知直線的方程為，則有，
解得，，即.
又因為，則直線的斜率，
則直線的方程為，即，所以直線過定點.
【點睛】方法點睛：
若兩點滿足同一直線方程，則這個方程就是直線的方程，利用導數(shù)求拋物線在兩處的切線方程，公式法求圓在兩處的切線方程，代入切線交點坐標后，都能求出直線的方程，由過點與的直線有且僅有一條，則兩方程表示同一直線，這樣表示出點坐標，求直線的方程，由方程判斷所過定點．
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