一、單選題
1．已知復(fù)數(shù)，復(fù)數(shù)，則（ ）
A．B．4C．10D．
2．下列命題為真命題的是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知，則（ ）
A．B．C．D．
4．已知雙曲線的一條漸近線的傾斜角為，其焦點(diǎn)到漸近線的距離為2，則的方程為（ ）
A．B．
C．D．
5．過點(diǎn)作圓相互垂直的兩條弦與，則四邊形的面積的最大值為（ ）
A．B．C．D．15
6．已知定義在上的函數(shù)滿足：，且．若，則（ ）
A．506B．1012C．2024D．4048
7．已知等比數(shù)列的前項(xiàng)和為，則數(shù)列的公比滿足（ ）
A．B．
C．D．
8．設(shè)為非負(fù)整數(shù)，為正整數(shù)，若和被除得的余數(shù)相同，則稱和對(duì)模同余，記為．若為質(zhì)數(shù)，為不能被整除的正整數(shù)，則，這個(gè)定理是費(fèi)馬在1636年提出的費(fèi)馬小定理，它是數(shù)論中的一個(gè)重要定理．現(xiàn)有以下4個(gè)命題：
①；
②對(duì)于任意正整數(shù)；
③對(duì)于任意正整數(shù)；
④對(duì)于任意正整數(shù)．
則所有的真命題為（ ）
A．①④B．②C．①②③D．①②④
二、多選題
9．下表是某地從2019年至2023年能源消費(fèi)總量近似值（單位：千萬噸標(biāo)準(zhǔn)煤）的數(shù)據(jù)表：
以為解釋變量，為響應(yīng)變量，若以為回歸方程，則決定系數(shù)0.9298，若以為回歸方程，則，則下面結(jié)論中正確的有（ ）
A．變量和變量的樣本相關(guān)系數(shù)為正數(shù)
B．比的擬合效果好
C．由回歸方程可準(zhǔn)確預(yù)測(cè)2024年的能源消費(fèi)總量
D．
10．已知函數(shù)，且，若函數(shù)向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后為偶函數(shù)，則（ ）
A．
B．函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增
C．的最小值為
D．的最小值為
11．已知函數(shù)與函數(shù)的圖象相交于兩點(diǎn)，且，則（ ）
A．B．
C．D．
三、填空題
12．已知點(diǎn)為拋物線的焦點(diǎn)，直線為的準(zhǔn)線，則點(diǎn)到直線的距離為 ．
13．有位大學(xué)生要分配到三個(gè)單位實(shí)習(xí)，每位學(xué)生只能到一個(gè)單位實(shí)習(xí)，每個(gè)單位至少要接收一位學(xué)生實(shí)習(xí)，已知這位學(xué)生中的甲同學(xué)分配在單位實(shí)習(xí)，則這位學(xué)生實(shí)習(xí)的不同分配方案有 種．（用數(shù)字作答）
14．如圖，已知點(diǎn)是圓臺(tái)的上底面圓上的動(dòng)點(diǎn)，在下底面圓上，，則直線與平面所成角的余弦值的最小值為 ．
四、解答題
15．已知在四邊形中，為銳角三角形，對(duì)角線與相交于點(diǎn)，．
(1)求；
(2)求四邊形面積的最大值．
16．如圖，在四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，，．

(1)證明：；
(2)若二面角為，求平面與平面夾角的正弦值．
17．某商場(chǎng)舉辦摸球贏購物券活動(dòng)．現(xiàn)有完全相同的甲?乙兩個(gè)小盒，每盒中有除顏色外形狀和大小完全相同的10個(gè)小球，其中甲盒中有8個(gè)黑球和2個(gè)白球，乙盒中有3個(gè)黑球和7個(gè)白球．參加活動(dòng)者首次摸球，可從這兩個(gè)盒子中隨機(jī)選擇一個(gè)盒子，再從選中的盒子中隨機(jī)摸出一個(gè)球，若摸出黑球，則結(jié)束摸球，得300元購物券；若摸出的是白球，則將摸出的白球放回原來盒子中，再進(jìn)行第二次摸球．第二次摸球有如下兩種方案：方案一，從原來盒子中隨機(jī)摸出一個(gè)球；方案二，從另外一個(gè)盒子中隨機(jī)摸出一個(gè)球．若第二次摸出黑球，則結(jié)束摸球，得200元購物券；若摸出的是白球，也結(jié)束摸球，得100元購物券．用X表示一位參加活動(dòng)者所得購物券的金額．
(1)在第一次摸出白球的條件下，求選中的盒子為甲盒的概率．
(2)①在第一次摸出白球的條件下，通過計(jì)算，說明選擇哪個(gè)方案第二次摸到黑球的概率更大；
②依據(jù)以上分析，求隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望的最大值.
18．已知橢圓的上頂點(diǎn)為，直線與橢圓交于兩點(diǎn)，且直線與的斜率之積為．
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線，直線與橢圓交于兩點(diǎn)，且直線與的斜率之和為1，求與之間距離的取值范圍．
19．已知函數(shù)．
(1)當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值；
(2)當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，求的取值范圍．
年份
2019
2020
2021
2022
2023
年份代號(hào)
1
2
3
4
5
能源消費(fèi)總量近似值（單位：千萬噸標(biāo)準(zhǔn)煤）
44.2
44.6
46.2
47.8
50.8
參考答案：
1．D
【分析】
化簡(jiǎn)出，則可計(jì)算出，再由模長(zhǎng)公式計(jì)算出答案.
【詳解】，
.
故選：D
2．A
【分析】
根據(jù)指數(shù)函數(shù)和余弦函數(shù)的性質(zhì)即可判斷AC；舉出反例即可判斷B；理由作差法即可判斷D.
【詳解】對(duì)于AC，當(dāng)時(shí)，，
所以，故A正確，C錯(cuò)誤；
對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于D，，
因?yàn)?，所以?duì)于D，，故D錯(cuò)誤.
故選：A.
3．A
【分析】
根據(jù)結(jié)合誘導(dǎo)公式求解即可.
【詳解】.
故選：A.
4．B
【分析】
由題意可得及漸近線方程，再根據(jù)焦點(diǎn)到漸近線的距離及求出即可得解.
【詳解】由題意可得，所以，
雙曲線的漸近線方程為，即，
焦點(diǎn)到漸近線的距離，所以，
又，所以，
所以的方程為.
故選：B.
5．D
【分析】
記，由題意可知，易得，再利用基本不等式，得出其最值.
【詳解】如圖所示：,記,則，
，
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，取等號(hào).
所以四邊形的面積的最大值為.
故選：D

6．C
【分析】根據(jù)條件得到函數(shù)是周期為的函數(shù)，再根據(jù)條件得出，即可求出結(jié)果.
【詳解】，①
，
即，所以，
所以函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱，
令，則，所以，
令，，又，所以，
又，，②
即函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，
且由①和②，得，
所以，則函數(shù)的一個(gè)周期為4，
則，
所以.
故選：C
7．B
【分析】
利用切線不等式放縮，結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及排除法可得答案.
【詳解】設(shè)函數(shù)，則，
當(dāng)時(shí)，，為減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，為增函數(shù)；
所以，即.
因?yàn)?，所以，?
因?yàn)椋?，排除A,C.
若，，則，不滿足，排除D.
故選：B
8．C
【分析】
由二項(xiàng)式定理即可證明被7除所得余數(shù)為2，即可判斷①；由費(fèi)馬小定理可得，即可判斷②；由，結(jié)合即可判斷③；由，結(jié)合即可判斷④.
【詳解】對(duì)于①：因?yàn)椋?br>所以被7除所得余數(shù)為1，
所以被7除所得余數(shù)為2，
所以，正確；
對(duì)于②：由費(fèi)馬小定理得：，即，正確；
對(duì)于③：由費(fèi)馬小定理得：，即，
又，所以，正確；
對(duì)于④：由費(fèi)馬小定理得：，即，
又，
所以，錯(cuò)誤.
故選：C
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解本題的關(guān)鍵在于充分理解新定義，然后結(jié)合帶余數(shù)法以及費(fèi)馬小定理等初等數(shù)論知識(shí)即可求解.
9．ABD
【分析】
隨著變量的增加，變量也在增加可判斷A選項(xiàng)；根據(jù)決定系數(shù)越接近1，擬合效果越好可判斷B選項(xiàng)；由經(jīng)驗(yàn)回歸方程的定義可判斷C選項(xiàng)；由經(jīng)驗(yàn)回歸方程必過樣本中心點(diǎn)可判斷D選項(xiàng).
【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)：隨著變量的增加，變量也在增加，故變量和變量成正相關(guān)，即樣本相關(guān)系數(shù)為正數(shù)，正確；
對(duì)于B選項(xiàng)：因?yàn)椋时鹊臄M合效果好，正確；
對(duì)于C選項(xiàng)：回歸方程可預(yù)測(cè)2024年的能源消費(fèi)總量，不可準(zhǔn)確預(yù)測(cè)，錯(cuò)誤；
對(duì)于D選項(xiàng)：由回歸方程必過樣本中心點(diǎn)，可知，正確.
故選：ABD.
10．AC
【分析】由可得函數(shù)關(guān)于軸對(duì)稱，由此可解出，則A正確；可得，由此即可判斷出B選項(xiàng)；將函數(shù)向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后得到，由偶函數(shù)，可得 ，再由，即可求出的最小值.
【詳解】對(duì)于A，因?yàn)椋院瘮?shù)關(guān)于軸對(duì)稱，
所以，解得，
又，所以當(dāng)時(shí)，，故A正確；
對(duì)于B，，
當(dāng)時(shí)，，
因?yàn)樵趨^(qū)間上不單調(diào)遞增，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于CD，將函數(shù)向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后得到，
由偶函數(shù)，可得：，解得，
又，所以當(dāng)時(shí)，的最小值為，故C正確，D錯(cuò)誤.
故選：AC
11．AC
【分析】
構(gòu)造函數(shù)利用奇偶性和單調(diào)性得出，結(jié)合選項(xiàng)逐項(xiàng)驗(yàn)證即可.
【詳解】由題意有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根，，，
令，則，即為奇函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，為增函數(shù)；
若，則，又，所以.
對(duì)于A，，正確.
對(duì)于B，若成立，則有，與矛盾，所以B不正確.
對(duì)于C，由指數(shù)均值不等式可得，所以，C正確.
對(duì)于D，令，，當(dāng)時(shí)，，為增函數(shù)，
所以，即，D不正確.
故選：AC.
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：均值不等式的拓展：（1）對(duì)數(shù)型均值不等式：，
其中，；（2）指數(shù)型均值不等式：，其中.
12．8
【分析】
根據(jù)拋物線定義計(jì)算即可.
【詳解】根據(jù)拋物線方程可知，拋物線焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線為，所以點(diǎn)到直線的距離為8.
故答案為：8.
13．
【分析】
根據(jù)特殊元素進(jìn)行分類計(jì)數(shù)，具體分類下是不相同元素分配問題，先分堆再配送，注意平均分堆的要除以順序.
【詳解】根據(jù)特殊元素“甲同學(xué)”分類討論，
當(dāng)單位只有甲時(shí)，其余四人分配到，不同分配方案有種；
當(dāng)單位不只有甲時(shí)，其余四人分配到，不同分配方案有種；
合計(jì)有種不同分配方案，
故答案為：.
14．
【分析】
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求得對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)出未知點(diǎn)的坐標(biāo)，利用向量法求線面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【詳解】連接，過作垂直于的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如下所示：
在三角形中，因?yàn)椋?br>故，則，
則，，故點(diǎn)；
又，設(shè)點(diǎn)，由，則可得；
，
設(shè)平面的法向量，
則，即，取，則，
故平面的法向量，又，
設(shè)直線與平面所成角為，
則
因?yàn)椋?，故令?br>則
又，故，，也即，
故的最大值為，又，故的最小值為.
即直線與平面所成角的余弦值的最小值為.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題用向量法處理線面角的求解，結(jié)合問題的關(guān)鍵一是，能夠準(zhǔn)確求得的坐標(biāo)，二是能夠根據(jù)，求得的范圍；屬綜合困難題.
15．(1)
(2)
【分析】
（1）由余弦定理解出邊長(zhǎng)即可，注意判斷為銳角三角形；
（2）作垂直于，表示出四邊形的面積等于兩三角形面積和，再由正弦函數(shù)的最值求出面積的最大值.
【詳解】（1）
由余弦定理可得，
化簡(jiǎn)為，解得或，
當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，與為銳角三角形不符合，故
（2）作垂直于，設(shè)，
則，當(dāng)，四邊形面積最大
最大面積為
16．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）取的中點(diǎn)，連接，證明平面，即平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；
（2）先說明即為二面角的平面角，再以點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.
【詳解】（1）取的中點(diǎn)，連接，
在菱形中，，
則為等邊三角形，所以，
因?yàn)椋裕?br>因?yàn)槠矫?，所以平面?br>又因?yàn)椋云矫妫?br>又平面，
所以；
（2）因?yàn)?，平面，平面?br>所以即為二面角的平面角，
所以，
如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，
，
則，
故，
設(shè)平面的法向量為，
則有，令，則，
所以，
設(shè)平面的法向量為，
則有，可取，
則，
所以平面與平面夾角的正弦值為．

17．(1)
(2)①方案二中取到紅球的概率更大；②
【分析】
（1）利用全概率公式和概率的乘法公式計(jì)算；
（2）①利用條件概率公式計(jì)算，根據(jù)數(shù)據(jù)下結(jié)論；②兩種方案分別求出期望，根據(jù)數(shù)據(jù)下結(jié)論.
【詳解】（1）設(shè)試驗(yàn)一次，“取到甲盒”為事件，“取到乙盒”為事件，
“第一次摸出黑球”為事件，“第一次摸出白球”為事件，
所以試驗(yàn)一次結(jié)果為白球的概率為，
所以，
所以選到的袋子為甲盒的概率為.
（2）①
所以方案一中取到黑球的概率為：，
方案二中取到黑球的概率為：，
因?yàn)?，所以方案二中取到黑球的概率更?
②隨機(jī)變量的值為，
依據(jù)以上分析，若采用方案一：
，
，
，
，
若采用方案二：
，
，
，
，
所以隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望的最大值.
18．(1)
(2)
【分析】
（1）聯(lián)立方程組，根據(jù)，利用韋達(dá)定理可求，從而得解；
（2）設(shè)直線，聯(lián)立方程組，根據(jù)，利用韋達(dá)定理可得，由兩平行直線間的距離公式，并利用導(dǎo)數(shù)求最值.
【詳解】（1）
設(shè)
由題意，可知，則橢圓，
聯(lián)立方程組，得，
顯然，且，
因?yàn)?，即?br>化簡(jiǎn)得
所以解得，
所以橢圓
（2）由直線，設(shè)直線，
，
聯(lián)立方程組，得，
則
得 ①
且，
又因?yàn)?，即?br>化簡(jiǎn)得，
則，
化簡(jiǎn)得，
因?yàn)?，所以，結(jié)合①可知，
與之間距離，
設(shè)，則，
當(dāng)時(shí)，，
則當(dāng)，，則單調(diào)遞減，
當(dāng)，，則單調(diào)遞增，
所以，
又，所以，
所以.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為，；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時(shí)計(jì)算；
（3）列出韋達(dá)定理；
（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為的形式；
（5）代入韋達(dá)定理求解.
19．(1)單調(diào)遞增區(qū)間為：，單調(diào)遞減區(qū)間為：和；極大值，極小值；
(2)
【分析】
（1）將代入，求出，即可求出答案；
（2）原不等式等價(jià)于，記，，求出，則可得出函數(shù)的單調(diào)性，即可得的值域，記，，利用隱零點(diǎn)說明函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合恒成立，即可求出參數(shù)的取值范圍.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，
令，解得或，
所以的關(guān)系如下表：
所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為：，單調(diào)遞減區(qū)間為：和；
極大值，極小值；
（2）
令，其中，
設(shè)，
令，解得：，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
，且當(dāng)時(shí)，，
所以函數(shù)的值域?yàn)椋?br>又，
設(shè)，，則，
當(dāng)時(shí)，，且等號(hào)不同時(shí)成立，即恒成立；
當(dāng)時(shí)，，即恒成立，
所以在上單調(diào)遞增，又，，
所以存在，使得，
當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且
當(dāng)即時(shí)，恒成立，符合題意；
當(dāng)即時(shí)，取，必有，不符合題意.
綜上所述：的取值范圍為
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第1小問考查了利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性與極值；解答第2問的關(guān)鍵在于將原不等式等價(jià)于，求出的值域，記，，利用隱零點(diǎn)說明函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合恒成立，求出參數(shù)的取值范圍.
單調(diào)遞減
單調(diào)遞增
單調(diào)遞減

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