本試卷共4頁，19題．全卷滿分150分．考試用時120分鐘．
注意事項：
1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘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(yīng)題目的答案標(biāo)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(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)．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(jié)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，，則（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)定義域和值域的求法可分別確定集合，由交集定義可得結(jié)果.
【詳解】由得：或，即；
，，即，
.
故選：B.
2. 若為虛數(shù)單位，，則的最大值為（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)幾何意義可得復(fù)數(shù)對應(yīng)的點的軌跡為以點為圓心，1為半徑的圓，進(jìn)而求出的最大值.
【詳解】根據(jù)題意，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點的軌跡為以點為圓心，1為半徑的圓，
所求式子的幾何意義表示點到圓上點的距離的最大值，
如圖所示，最大值為.
故選：D.
3. 學(xué)校食堂的一個窗口共賣5種菜，甲、乙2名同學(xué)每人從中選一種或兩種，且兩人之間不會互相影響，則不同的選法種數(shù)為（ ）
A. 20B. 25C. 225D. 450
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)分步計數(shù)原理，結(jié)合組合數(shù)公式，即可求解.
【詳解】甲和乙的選擇方法分別有種方法，
所以甲和乙不同的選擇方法有種.
故選：C
4. 在中，邊上的高等于，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)三角函數(shù)，結(jié)合圖形，即可求解.
【詳解】如圖，邊上的高為，，且，
所以，則，
則，，
所以，則.
故選：B
5. 已知直線，圓，則該動直線與圓的位置關(guān)系是（ ）
A. 相離B. 相切C. 相交D. 不確定
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)題意可得直線表示過定點，且除去的直線，點在圓上，可判斷直線與圓相交.
【詳解】因為直線，即，
當(dāng)時，，解得，
所以直線表示過定點，且除去的直線，
將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程為，因為，點在圓上，
所以直線與圓可能相交，可能相切，相切時直線為，不合題意，
所以直線與圓相交.
故選：C.
6. 已知，且，則的最小值為（ ）
A. 2B. 4C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)條件，將所求式子變形利用基本不等式求解.
【詳解】，，
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即，即時等號成立.
故選：A.
7. 如圖，直線在初始位置與等邊的底邊重合，之后開始在平面上按逆時針方向繞點勻速轉(zhuǎn)動（轉(zhuǎn)動角度不超過），它掃過的三角形內(nèi)陰影部分的面積是時間的函數(shù)．這個函數(shù)的圖象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中點，連接，設(shè)等邊的邊長為，求得，令，其中，結(jié)合導(dǎo)數(shù)，即可求解.
【詳解】如圖所示，取的中點，連接，因為為等邊三角形，可得，
設(shè)等邊的邊長為，且，其中，
可得，
又由的面積為，可得，
且，
則的面積為，
令，其中，
可得，所以為單調(diào)遞增函數(shù)，
又由余弦函數(shù)的性質(zhì)得，當(dāng)時，函數(shù)取得最小值，
所以陰影部分的面積一直在增加，但是增加速度先快后慢再快，
結(jié)合選項，可得選項C符合題意.
故選：C.
8. 已知函數(shù)滿足，且，則（ ）
A. B. C. 0D. 2024
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題意，求出是的一個周期，利用周期性求解答案.
【詳解】，，
，所以是的一個周期，
又，，，
所以.
.
故選：B.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解題的關(guān)鍵是根據(jù)條件判斷是的一個周期，再求出，，利用周期性求解.
二、選擇題：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. 已知函數(shù)，下列說法正確的是（ ）
A. 是的一個周期
B. 在上遞減
C. 將圖象向左平移個單位可得到的圖象
D 若，則
【答案】ACD
【解析】
【分析】由三角函數(shù)的最小正周期公式可判斷A；通過的單調(diào)性可判斷B；通過函數(shù)圖象左右平移作用于自變量，且左加右減可判斷C；由題代入求出，再通過誘導(dǎo)公式和二倍角公式湊角求值可判斷D.
【詳解】對于A，由題意，函數(shù)，可得的最小正周期為，
所以是的一個周期，故A正確；
對于B，由，可得，
所以函數(shù)在上不單調(diào)，故B錯誤；
對于C，將的圖象向左平移個單位可得，，
即，故C正確；
對于D，若，即，即，
所以，
故D正確.
故選：ACD.
10. 設(shè)兩點的坐標(biāo)分別為直線相交于點，且它們的斜率之積為，則下列說法中正確的是（ ）
A. 的軌跡方程為
B. 的軌跡與橢圓共焦點
C. 是的軌跡的一條漸近線
D. 過能做4條直線與的軌跡有且只有一個公共點
【答案】BC
【解析】
【分析】對A，設(shè)點，，根據(jù)條件列式求出軌跡方程可判斷；對B，由點的軌跡方程求出焦點坐標(biāo)可判斷；對C，點的軌跡方程求出漸近線方程可判斷；對D，點在軸上，過點的直線與點的軌跡只有一個公共點，只有兩條切線，其中與漸近線平行的直線過點不合題意.
【詳解】對于A，設(shè)點，，則，，
所以，化簡得，所以點的軌跡方程為.故A錯誤；
對于B，由A選項，點的軌跡的焦點為與橢圓共焦點，故B正確；
對于C，點的軌跡對應(yīng)曲線的漸近線為，故C正確；
對于D，點在軸上，設(shè)，則，，
所以直線，與漸近線平行，但點不在點的軌跡上，
故過點只能作點的軌跡兩條切線，如圖所示，故D錯誤.
故選：BC.

11. 如圖，正三棱柱的各棱長相等，且均為2，在內(nèi)及其邊界上運動，則下列說法中正確的是（ ）
A. 存在點，使得平面
B. 若，則動點的軌跡長度為
C. 為中點，若平面，則動點軌跡長度為
D. 存在點，使得三棱錐的體積為
【答案】BCD
【解析】
【分析】取的中點，證得平面平面，得到平面，結(jié)合，可判定A；由，求得，得到點的軌跡為圓弧，可判定B；點為中點， 取的中點，證得平面平面，得到動點的軌跡為線段，可判定C；結(jié)合，可判定D.
【詳解】對于A中，取中點，的中點為，連接，
由為等邊三角形，所以，
又由正三棱柱中，可得，
因為，且平面，所以平面，
又因為平面，所以平面平面，
因為平面平面，
過作于，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理，可得平面，
在矩形中，，所以，
如圖所示，此時的延長線與線段無公共點，
所以不存在點，使得平面，所以A錯誤；
對于B中，因為，在直角中，可得，
所以點的軌跡為以為圓心，以為半徑的圓弧，
又因為，所以動點的軌跡長度為，所以B正確；
對于C中，由點為中點， 取的中點，連接，
可得，，
因為平面，且平面，所以平面，
同理可得平面，
又因為，且平面，所以平面平面，
因為平面平面，
由平面，所以動點的軌跡為線段，其長度為，所以C正確；
對于D中，由，當(dāng)點在內(nèi)及其邊界上運動時，
可得，因為，
所以存在點，使得三棱錐的體積為，所以D正確.
故選：BCD.
【點睛】方法點睛：對于立體幾何中的動點軌跡與存在性性問題的求解策略
1、立體幾何中的動態(tài)問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；
2、解答方法：一般時根據(jù)線面平行，線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標(biāo)運算求出動點的軌跡方程；
3、對于線面位置關(guān)系的存在性問題，首先假設(shè)存在，然后再該假設(shè)條件下，利用線面位置關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論，則否定假設(shè)；
4、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設(shè)存在，設(shè)出空間點的坐標(biāo)，轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 已知為等邊的中心，若，則________．（用表示）
【答案】
【解析】
【分析】等邊三角形的中心即三邊中線的交點，由重心的結(jié)論：，結(jié)合向量的線性運算即可求解.
【詳解】解：由題可得如圖：

是的重心，，O是各邊中線的交點，
，
，
又D為的中點，，故：
,
所以：，
故答案為：.
13. 某小學(xué)對四年級的某個班進(jìn)行數(shù)學(xué)測試，男生的平均分和方差分別為91和11，女生的平均分和方差分別為86和8，已知該班男生有30人，女生有20人，則該班本次數(shù)學(xué)測試的總體方差為________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出總體的平均數(shù)，在利用計算得解.
【詳解】設(shè)全體同學(xué)數(shù)學(xué)成績的平均分為，方差為，
記，，，，，，
依題意有，
則
.
故答案為：.
14. 已知首項為的正項數(shù)列滿足滿足，若存在，使得不等式成立，則的取值范圍為________．
【答案】
【解析】
【分析】先將已知等式兩邊取對數(shù)后由累乘法得到通項，再分為奇數(shù)和偶數(shù)時化簡不等式后結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性解一元二次不等式即可求出.
【詳解】因為，
所以，
當(dāng)時，，
所以，又，所以時也成立，
所以，
因為，
當(dāng)為奇數(shù)時，上式變?yōu)椋?br>所以，因為為遞減數(shù)列，所以解得；
當(dāng)為偶數(shù)時，上式變?yōu)椋?br>所以，解得；
綜上，的取值范圍為，
故答案為：.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于對已知不等式的變形，通過觀察分析取對數(shù)化簡后再累乘是關(guān)鍵.
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15. 已知數(shù)列的首項，且滿足．
（1）求的通項公式；
（2）已知，求使取得最大項時的值．（參考值：）
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）由遞推關(guān)系將已知等式變形為，即可求出通項；
（2）由已知可設(shè)，代入解不等式組求出即可.
【小問1詳解】
因為，
所以，
又，
所以，所以.
【小問2詳解】
由（1）有，
所以，
設(shè)時，最大，
因為，
所以，
即，
解得，又，
所以，
所以使取得最大項時的值為4.
16. 如圖，在四棱錐中，底面是正方形，底面，.

（1）已知為中點，求證：平面；
（2）求平面與平面夾角．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中點，根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)，結(jié)合等腰三角形三線合一性質(zhì)的應(yīng)用可分別證得，，由此可得結(jié)論；
（2）以為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)面面角的向量求法可求得結(jié)果.
【小問1詳解】
取中點，連接，

四邊形為正方形，，，
平面，平面，，；
，，平面，平面，
平面，平面，又為中點，，
平面，又平面，平面，
，；
，為中點，；
，平面，平面，
又平面，，
，平面，平面.
【小問2詳解】
以為坐標(biāo)原點，正方向為軸正方向，可建立如圖空間直角坐標(biāo)系，

不妨設(shè)，則，，，，
，，，，
設(shè)平面的法向量，
則，令，解得：，，；
設(shè)平面的法向量，
則，令，解得：，，；
，即平面與平面夾角余弦值為，
平面與平面的夾角為.
17. 已知橢圓，直線與軸交于點，過點的直線與交于兩點（點在點的右側(cè)）．
（1）若點是線段的中點，求點的坐標(biāo)；
（2）過作軸的垂線交橢圓于點，連，求面積的取值范圍．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）設(shè)點，表示出點，代入橢圓方程建立方程組，求解方程組即可.
（2）設(shè)出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，借助韋達(dá)定理探求直線過定點，進(jìn)而設(shè)出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立求出三角形面積的函數(shù)關(guān)系求解即得.
【小問1詳解】
依題意，，設(shè)點，由點是線段的中點，得，
由點都在橢圓上，得，解得，
所以點的坐標(biāo)為.
【小問2詳解】
依題意，直線的斜率存在且不為0，
設(shè)直線的方程為，
由點在點的右側(cè)，得，
由消去y得，
由，得，
，則有，
顯然，直線的方程為：，
當(dāng)時，，
因此直線過定點，設(shè)直線的方程為，
由消去x得，則，
，于是，
點到直線的距離，
因此，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，
而當(dāng)時，直線與橢圓相切，不符合題意，
所以面積的取值范圍為.

18. 一箱24瓶的飲料中有3瓶有獎券，每張獎券獎勵飲料一瓶，小明從中任取2瓶，
（1）小明的這2瓶飲料中有中獎券的概率；
（2）若小明中獎后兌換的飲料繼續(xù)中獎的話可繼續(xù)兄換，兌換時隨機選取箱中剩余的飲料，求小明最終獲得飲料瓶數(shù)的分布列和期望．
【答案】（1）
（2）分布列見解析；
【解析】
【分析】（1）先求出任取2瓶的所有總數(shù)和抽取的2瓶飲料中無獎券的總數(shù)，再由古典概率求解即可；
（2）求出的可能取值及其對應(yīng)的概率，再由均值公式求出期望.
【小問1詳解】
一箱24瓶的飲料中有3瓶有獎券，所以無獎券的有21瓶，
從中任取2瓶，有種結(jié)果，
其中抽取的2瓶飲料中無獎券，有種，
所以小明的這2瓶飲料中有中獎券的概率為：；
【小問2詳解】
設(shè)小明最終獲得飲料瓶數(shù)為，則，
則，
，
，
，
所以的分布列為：
.
19. 對于函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，若在其定義域內(nèi)存在實數(shù)和，使得成立，則稱是“躍然”函數(shù)，并稱是函數(shù)的“躍然值”．
（1）證明：當(dāng)時，函數(shù)是“躍然”函數(shù)；
（2）證明：為“躍然”函數(shù)，并求出該函數(shù)“躍然值”的取值范圍．
【答案】（1）證明見解析
（2）證明見解析，
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意當(dāng)時，設(shè)，令，即，設(shè)，，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性結(jié)合零點存在性定理判斷證明；
（2）將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)存在零點，構(gòu)造函數(shù)借助導(dǎo)數(shù)和零點存在性定理分，，三種情況討論判斷證明.
【小問1詳解】
，，
當(dāng)時，設(shè)，令，
得，設(shè)，，則，
即函數(shù)在上單調(diào)遞增，又，
，
又，則，
所以存在使得，即，
所以函數(shù)是“躍然值”為1的“躍然”函數(shù).
【小問2詳解】
，，設(shè)，
則，所以，
當(dāng)時，，對，此時不存在使得成立，不合題意；
當(dāng)時，因為與在R上均單調(diào)遞減，所以在R上單調(diào)遞減，
所以在R上單調(diào)遞增，又，，
所以存在使得，即，
當(dāng)時，，即單調(diào)遞減，
當(dāng)時，，即單調(diào)遞增，
，
又，則，所以當(dāng)時，，即函數(shù)單調(diào)遞減，
當(dāng)時，，即函數(shù)單調(diào)遞增，
，即得.
所以，
此時不存在使得成立，不合題意；
當(dāng)時，若，則，
從而，所以在上單調(diào)遞增，
當(dāng)時，設(shè)，則，
設(shè)，
當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，且，
所以，從而，所以在上單調(diào)遞增，
所以，所以，所以在R上單調(diào)遞增，
又，因為，當(dāng)時，，所以，
則，由零點存在性定理，存在使得，
即成立，符合題意；
當(dāng)時，，顯然存在零點，使得成立，符合題意；
當(dāng)時，易知在上單調(diào)遞減，，
所以，從而，所以在上單調(diào)遞減，
又，時，，
所以存在，使得，即，
所以當(dāng)時，，即單調(diào)遞增，
當(dāng)時，，即單調(diào)遞減，
又，時，，
由零點存在性定理，存在使得，
即成立，符合題意；
綜上，為“躍然”函數(shù)，該函數(shù)“躍然值”的取值范圍為.
【點睛】思路點睛：本題的第一問，根據(jù)“躍然”函數(shù)的定義將問題轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)存在零點，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性和零點存在性定理求解證明；第二問，設(shè)，則，當(dāng)時，，顯然不合題意，當(dāng)時，利用導(dǎo)數(shù)和零點存在性定理可證，不合題意，當(dāng)時，在分，，三種情況分別討論判斷證明.

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