一、單選題
1．若復數(shù)滿足，則（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，集合，若，則的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
3．南丁格爾玫瑰圖是由近代護理學和護士教育創(chuàng)始人南丁格爾（Flrence Nightingale）設(shè)計的，圖中每個扇形圓心角都是相等的，半徑長短表示數(shù)量大?。硻C構(gòu)統(tǒng)計了近幾年中國知識付費用戶數(shù)量（單位：億人次），并繪制成南丁格爾玫瑰圖（如圖所示），根據(jù)此圖，以下說法正確的是（ ）
A．2015年至2022年，知識付費用戶數(shù)量先增加后減少
B．2015年至2022年，知識付費用戶數(shù)量逐年增加量2022年最多
C．2015年至2022年，知識付費用戶數(shù)量的逐年增加量逐年遞增
D．2022年知識付費用戶數(shù)量超過2015年知識付費用戶數(shù)量的10倍
4．設(shè)、是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，則下列命題正確的是（ ）
A．若，，則B．若，，，則
C．若，，則D．若，，則
5．某單位為了解職工體重情況，采用分層隨機抽樣的方法從800名職工中抽取了一個容量為80的樣本．其中，男性平均體重為64千克，方差為151；女性平均體重為56千克，方差為159，男女人數(shù)之比為，則單位職工體重的方差為（ ）
A．166B．167C．168D．169
6．已知，，=（ ）
A．B．C．3D．
7．已知橢圓：的左焦點為，如圖，過點作傾斜角為的直線與橢圓交于，兩點，為線段的中點，若（為坐標原點），則橢圓的離心率為（ ）
A．B．C．D．
8．在滿足，的實數(shù)對中，使得成立的正整數(shù)的最大值為（ ）
A．22B．23C．30D．31
二、多選題
9．如圖所示，已知角的始邊為軸的非負半軸，終邊與單位圓的交點分別為，為線段的中點，射線與單位圓交于點，則（ ）

A．
B．
C．點的坐標為
D．點的坐標為
10．中，內(nèi)角，，的對邊分別為，，，為的面積，且，，下列選項正確的是（ ）
A．
B．若，則只有一解
C．若為銳角三角形，則取值范圍是
D．若為邊上的中點，則的最大值為
11．直四棱柱的所有棱長都為4，，點在四邊形及其內(nèi)部運動，且滿足，則下列選項正確的是（ ）

A．點的軌跡的長度為.
B．直線與平面所成的角為定值．
C．點到平面的距離的最小值為.
D．的最小值為-2．
三、填空題
12．的展開式中的系數(shù)為 ．
13．已知拋物線的焦點為，是上的動點，過點作直線的垂線，垂足為，則的最小值為 ．
14．已知函數(shù)，的定義域為，為的導函數(shù)，且，，若為偶函數(shù)，求= ．
四、解答題
15．設(shè)為數(shù)列的前項和，已知是首項為、公差為的等差數(shù)列．
(1)求的通項公式;
(2)令，為數(shù)列的前項積，證明：．
16．如圖1，已知正三角形邊長為6，其中，，現(xiàn)沿著翻折，將點翻折到點處，使得平面平面，為中點，如圖2．
(1)求異面直線與所成角的余弦值；
(2)求平面與平面夾角的余弦值．
17．2024年春晚為觀眾帶來了一場精彩紛呈的視覺盛宴，同時，也是傳統(tǒng)文化與現(xiàn)代科技完美融合的展現(xiàn).魔術(shù)師劉謙為大家呈現(xiàn)了一個精妙絕倫的魔術(shù)《守歲共此時》，小明深受啟發(fā)，在家嘗試對這個魔術(shù)進行改良，小明準備了甲、乙兩個一模一樣的袋子，甲、乙兩袋中各裝有大小相同的小球9個，其中甲袋中紅色、黑色、白色小球的個數(shù)分別為2，3，4．乙袋中紅色、黑色、白色小球的個數(shù)均為3，小明用左右手分別從甲、乙兩袋中取球．
(1)若左右手各取一球，求兩只手中所取的球顏色不同的概率；
(2)若左手取完兩球后，右手再取兩球，稱同一手中兩球顏色相同的取法為成功取法，記兩次取球（左右手完成各取兩球為兩次取球）的成功取法次數(shù)的隨機變量，求的分布列．
18．已知在平面直角坐標系中，：，：，平面內(nèi)有一動點，過作交于，交于，平行四邊形面積恒為1.
(1)求點的軌跡方程并說明它是什么圖形；
(2)記的軌跡為曲線，，當在軸右側(cè)且不在軸上時，在軸右側(cè)的上一點滿足軸平分，且不與軸垂直或是的一條切線，求與，圍成的三角形的面積最小值.
19．設(shè)A是由個實數(shù)組成的m行n列的數(shù)表，如果某一行（或某一列）各數(shù)之和為負數(shù)，則改變該行（或該列）中所有數(shù)的符號，稱為一次“操作”．
(1)數(shù)表A如表1所示，若經(jīng)過兩次“操作”，使得到的數(shù)表每行的各數(shù)之和與每列的各數(shù)之和均為非負實數(shù)，請寫出每次“操作”后所得的數(shù)表（寫出一種方法即可）：
表1
(2)數(shù)表A如表2所示，若必須經(jīng)過兩次“操作”，才可使得到的數(shù)表每行的各數(shù)之和與每列的各數(shù)之和均為非負整數(shù)，求整數(shù)a的所有可能值：
表2
(3)對由個實數(shù)組成的m行n列的任意一個數(shù)表A，能否經(jīng)過有限次“操作”以后，使得到的數(shù)表每行的各數(shù)之和與每列的各數(shù)之和均為非負實數(shù)？請說明理由．
1
2
3
1
0
1
a
參考答案：
1．B
【分析】
利用復數(shù)的模公式及復數(shù)除法法則即可得解.
【詳解】
因為，
所以由，得.
故選：B.
2．A
【分析】
解一元二次不等式求出集合A及，根據(jù)集合的包含關(guān)系求出結(jié)果.
【詳解】因為，
或，
因為集合，，所以，
故選：A.
3．D
【分析】
利用題中所給的南丁格爾玫瑰圖逐一考查所給選項，即可得解.
【詳解】對于A，由圖可知，2015年至2022年，知識付費用戶數(shù)量逐年增加，故A錯誤；
對于BC，知識付費用戶數(shù)量的逐年增加量分別為：
2016年，；2017年，；
2018年，；2019年，；
2020年，；2021年，；
2022年，；
則知識付費用戶數(shù)量逐年增加量2018年最多，
知識付費用戶數(shù)量的逐年增加量不是逐年遞增，故BC錯誤；
對于D，由，
則2022年知識付費用戶數(shù)量超過2015年知識付費用戶數(shù)量的10倍，故D正確.
故選：D.
4．B
【分析】
利用空間直線與平面，平面與平面的位置關(guān)系判斷ACD，利用空間向量判斷線面位置關(guān)系，從而判斷B，由此得解.
【詳解】
對于A，若，，則有可能，故A錯誤；
對于B，若，，則直線的方向向量分別為平面法向量，
又，即，所以，故B正確；
對于C，若，，則有可能，故C錯誤；
對于D，若，，則有可能，故D錯誤.
故選：B.
5．D
【分析】
利用分層抽樣的平均數(shù)和方差公式即可得解.
【詳解】依題意，單位職工平均體重為，
則單位職工體重的方差為.
故選：D.
6．D
【分析】利用正切的和差公式化簡求得，再利用三角函數(shù)誘導公式與三角恒等變換，結(jié)合正余弦的齊次式法即可得解.
【詳解】因為，所以，
又，即，解得，
所以
.
故選：D.
7．B
【分析】
根據(jù)題意求出點坐標，再利用點差法求得，進而可得橢圓離心率.
【詳解】
依題意，橢圓的左焦點為，，
過作軸，垂足為，由，
得，，則，
設(shè)，則有，，
由，兩式相減得，
則有，
所以.
故選：B.
8．C
【分析】由得，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)求得的單調(diào)性，求得的取值范圍，結(jié)合不等式的知識即可得解.
【詳解】因為，，所以，
設(shè)，則，
令，則，令，則，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
因為，，，
所以，
所以，又，，
要使得成立，只需，即，
所以正整數(shù)的最大值為.
故選：C.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵是由變換得，從而得以構(gòu)造函數(shù)，由此得解.
9．ABC
【分析】由角的定義求解可判斷A；由圓的性質(zhì)及角的定義求解可判斷B；由三角函數(shù)定義求解可判斷C；由中點坐標公式及三角函數(shù)定義，結(jié)合角的變換、兩角和與差的余弦公式求解可判斷D.
【詳解】對于A：因為，，所以，正確；
對于B：依題意為線段的中點，則，則，
又，所以，正確；
對于C：為線段的中點，射線與單位圓交于點，則為的中點，
所以，
又，所以點的坐標為，正確；
對于D：
，
，
所以點的坐標為，錯誤.
故選：ABC
10．ABD
【分析】
利用平面向量數(shù)量積公式及三角形面積公式可判定A，直接解三角形可判定B，利用角的范圍結(jié)合正弦定理可判定C，利用平面向量中線的性質(zhì)及數(shù)量積公式結(jié)合余弦定理、基本不等式可判定D.
【詳解】對于A，因為，所以，則，
因為，所以，故A正確；
對于B，因為，則，，故只有一解，故B正確；
對于C，若為銳角三角形，則，，
則，則，即，
由正弦定理可知：，故C錯誤；
對于D，若D為邊上的中點，則，
所以
由余弦定理知，得，
又，所以，
當且僅當時取得等號，
所以，
即，故D正確.
故選：ABD.
11．BC
【分析】
建立空間直角坐標系，表示，化簡后得點的軌跡方程，得軌跡長度判斷A；向量法求線面角判斷B，向量法求點到平面距離，結(jié)合點的軌跡得最小值判斷C；坐標表示向量數(shù)量積，結(jié)合點的軌跡最小值判斷D.
【詳解】直四棱柱的所有棱長都為4，則底面為菱形，
又，則和都是等邊三角形，
設(shè)與相交于點，由，以為原點，為軸，為軸，過垂直于底面的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則有，，
點在四邊形及其內(nèi)部運動，設(shè)，，
由，有，
即，
所以點的軌跡為平面內(nèi)，以為圓心，2為半徑的半圓弧，
所以點的軌跡的長度為， A選項錯誤；
平面的法向量為，，
直線與平面所成的角為，則，
又由，則，
所以直線與平面所成的角為定值， B選項正確；
，設(shè)平面的一個法向量為，
則有，令，得，，
所以點到平面的距離，
，所以時，，
所以點到平面的距離的最小值為，C選項正確；
，
，其幾何意義為點到點距離的平方減12，
由，點到點距離最小值為，
的最小值為，D選項錯誤.
故選：BC.
【點睛】方法點睛：
空間幾何體中的相關(guān)問題，要利用好幾何體本身的結(jié)構(gòu)特征，點線面的位置關(guān)系，圖形中的角度和距離等，建立空間直角坐標系，利用向量法解決問題，也是常用的方法.
12．
【分析】
由題意得的展開式通項，令，求出回代到通項公式中去即可求解.
【詳解】的展開式通項為，
由題意令，解得，
所以的展開式中的系數(shù)為.
故答案為：.
13．
【分析】
先分析得的軌跡，再利用拋物線的定義，結(jié)合圓的性質(zhì)數(shù)形結(jié)合即可得解.
【詳解】如圖所示，易知，直線過定點，
因為，所以Q在以為直徑的圓上，
不妨設(shè)其圓心為，顯然半徑，
分別過作準線的垂線，垂足為，
結(jié)合拋物線定義有，
當且僅當均在線段上時取得等號.
故答案為：.
14．
【分析】
先利用復合函數(shù)的導數(shù)與的奇偶性判斷的奇偶性，進而推得與的周期性，再利用賦值法求得的值，從而得解.
【詳解】因為是偶函數(shù)，則，
兩邊求導得，所以是奇函數(shù)，故，
由，
代入，得，
則，所以，
又是奇函數(shù)，所以，
所以是周期函數(shù)，且周期為4，
又，可知也是以4為周期的周期函數(shù)，
令，得，故，
而所以，
令，得，則，
而，，
又，則，
，
故答案為：.
【點睛】
結(jié)論點睛：函數(shù)的對稱性與周期性：
（1）若，則函數(shù)關(guān)于中心對稱；
（2）若，則函數(shù)關(guān)于對稱；
（3）若，則函數(shù)的周期為2a；
（4）若，則函數(shù)的周期為2a.
15．(1)
(2)證明見解析
【分析】
（1）利用等差數(shù)列定義可得，再利用與的關(guān)系即可得解；
（2）由與可得，從而利用累乘法得到，進而得證.
【詳解】（1）因為是首項為、公差為的等差數(shù)列，
故，
即，
當時，，
故
，
當時，，符合上式，
故；
（2）由，，
故，
則，
因為，故.
16．(1)
(2)
【分析】（1）設(shè)O為BC的中點，結(jié)合圖形翻折的性質(zhì)推出平面，從而建立空間直角坐標系，求得相關(guān)線段長與相關(guān)點坐標，利用空間角的向量求法即可得解；
（2）分別求出平面與平面的法向量，根據(jù)空間角的向量法即可得解.
【詳解】（1）取的中點為的中點為，連接，，，
因為正三角形中，，，
所以，則四邊形為等腰梯形，
故；
由翻折性質(zhì)可得，,
則，是的中點，，
平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
以點為坐標原點以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，
因為正的邊長為，
則為正三角形，邊長為，則，
，，
在中，由勾股定理得，
，
則，
，
異面直線所成角的取值范圍為，
異面直線與所成角的余弦值為.
（2）由（1）得，，
，
易得平面的一個法向量為，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，令，則，
，
平面與平面夾角的余弦值為.
17．(1)
(2)分布列見解析
【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用古典概型及對立事件的概率公式即可得解；
（2）求出的可能取值，再求出各個值對應的概率，求出分布列即可得解.
【詳解】（1）記事件為“兩手所取的球不同色”，事件是兩手所取球顏色相同，
則，所以.
（2）依題意，的可能取值為，
左手所取的兩球顏色相同的概率為，
右手所取的兩球顏色相同的概率為，
，
，
，
所以的分布列為：
18．(1)或，圖形為兩組雙曲線
(2)
【分析】
（1）聯(lián)立直線的方程可得點，進而根據(jù)點到直線的距離公式，結(jié)合三角形面積公式即可化簡得軌跡方程，
（2）根據(jù)滿足軸平分，確定在：上，即可聯(lián)立直線直線與雙曲線方程，利用相切可得直線方程為：，利用斜率之和可得直線恒過定點，即可設(shè)直線方程為，聯(lián)立直線間的方程可得坐標，即可由面積公式求解.
【詳解】（1）設(shè)點
則直線的方程為，
聯(lián)立，解得，即點，
直線的方程為，
點到直線的距離為
且，
因此，，則或，
因此：或，圖形為兩組雙曲線.
（2）由題，軸平分，若在上，則由于在漸近線下方，無法與雙曲線相切且在軸右側(cè)最多一個交點，
故由對稱性，與軸垂直，故舍去，

在：上
設(shè)，則與斜率和為0，，
若斜率不存在時，由題，則與相切，設(shè)：，
與：聯(lián)立得，
由相切，令判別式為0，即，解得，
此時，所以：，
斜率存在時，由，得，則，
整理得，故恒過定點，且其斜率的絕對值大于漸近線的斜率，
設(shè)：，與交于，與交于，
則，，
聯(lián)立解得，，
則，當且僅當，即斜率不存在時取等，
故面積的最小值為.

【點睛】方法點睛：圓錐曲線中最值與范圍問題的常見求法：（1）幾何法，若題目的條件能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決；（2）代數(shù)法，若題目的條件能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值.
19．(1)答案見解析；
(2)或
(3)證明見解析.
【分析】
（1）根據(jù)題中一次“操作”的含義，將原數(shù)表改變第4列，再改變第2行即可；或者改變第2行，改變第4列也可得（寫出一種即可）；
（2） 每一列所有數(shù)之和分別為2，0，，0，每一行所有數(shù)之和分別為，1；①如果先操作第三列，第一行之和為，第二行之和為，再考慮第二次操作，由此列出不等關(guān)系解得；②如果操作第一行，再根據(jù)各列的和考慮第二次操作，由條件列不等式求，（3） 按要求對某行（或某列）操作一次時，則該行的行和（或該列的列和），由負整數(shù)變?yōu)檎麛?shù)，都會引起該行的行和（或該列的列和）增大，從而也就使得數(shù)陣中mn個數(shù)之和增加，由此證明結(jié)論．
【詳解】（1）法1：
法2：
法3：
（寫出一種即可）
（2）數(shù)表A
每一列所有數(shù)之和分別為2，0，，0，每一行所有數(shù)之和分別為，1;
①如果先操作第三列，則
則第一行之和為，第二行之和為，
若，則，即，
再操作第二行，則
此時第四列為負數(shù)，不滿足要求；
若，則，即，
再操作第一行，則
由已知，，又a為整數(shù)，
解得或，
若，則
若，則
所以或滿足要求，
②如果先操作第一行，則
則第一列的所有數(shù)的和為，第二列的所有數(shù)的和為，
第三列的所有數(shù)的和為，第四列的所有數(shù)的和為，
若，則，與已知矛盾，
若，則，與已知矛盾，
若，則，又a為整數(shù)，
由已知，所以或，
若，則
再操作第三列即可，
若，則
再操作第三列即可.
綜上，或，
（3）
按要求對某行（或某列）操作一次時，則該行的行和（或該列的列和）由負整數(shù)變?yōu)檎麛?shù)，都會引起該行的行和（或該列的列和）增大，從而也就使得數(shù)陣中個數(shù)之和增加，且增加的幅度大于等于，但是每次操作都只是改變數(shù)表中某行（或某列）各數(shù)的符號，而不改變其絕對值，顯然，數(shù)表中個數(shù)之和必然小于等于，可見其增加的趨勢必在有限次之后終止,終止之時必然所有的行和與所有的列和均為非負整數(shù)，故結(jié)論成立.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現(xiàn)象看本質(zhì)，它們考查的還是基礎(chǔ)數(shù)學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.
0
1
2
1
2
3
改變第四列
1
2
3
改變第二行
1
2
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改變第一列
2
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改變第四列
2
3
1
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1
0
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