1. 已知，則的虛部為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化簡復數(shù)，再求出共軛復數(shù)，最后求出虛部.
【詳解】由，
所以，即虛部為．
故選：A．
2. 若的展開式中常數(shù)項的系數(shù)是15，則（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二項展開式的通項化簡整理再賦值即可得到關(guān)于的方程，解出即可.
【詳解】二項展開式通項為
則時常數(shù)項為．
故選：C．
3. 已知函數(shù)的定義域為，且為奇函數(shù)，為偶函數(shù)，，則=（ ）
A. 4036B. 4040C. 4044D. 4048
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)題中為奇函數(shù)，為偶函數(shù)，從而可得出為周期為4的函數(shù)，從而可求解.
【詳解】由題意得為奇函數(shù)，所以，即，所以函數(shù)關(guān)于點中心對稱，
由為偶函數(shù)，所以可得為偶函數(shù)，則，所以函數(shù)關(guān)于直線對稱，
所以，從而得，所以函數(shù)為周期為4的函數(shù)，
因為，所以，則，
因為關(guān)于直線對稱，所以，
又因為關(guān)于點對稱，所以，
又因為，又因為，所以，
所以，故D正確.
故選：D.
4. 已知雙曲線的上下焦點分別為，點在的下支上，過點作的一條漸近線的垂線，垂足為，若恒成立，則的離心率的取值范圍為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】過點作漸近線的垂線，垂足為，則，再根據(jù)雙曲線的定義得，進而轉(zhuǎn)化為恒成立，再根據(jù)齊次式求解即可.
【詳解】如圖，過點作漸近線的垂線，垂足為，
設(shè)，則點到漸近線的距離.
由雙曲線的定義可得，故，
所以，即的最小值為，
因為恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
所以，，即，即，
所以，，即，解得.
故選：A.

5. 如圖直線l以及三個不同的點A，，O，其中，設(shè)，，直線l的一個方向向量的單位向量是，下列關(guān)于向量運算的方程甲：，乙：，其中是否可以作為A，關(guān)于直線l對稱的充要條件的方程（組），下列說法正確的是（ ）

A. 甲乙都可以B. 甲可以，乙不可以
C. 甲不可以，乙可以D. 甲乙都不可以
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)向量線性運算以及投影向量的幾何意義分析判斷.
詳解】對于方程甲：因為、為、在方向上的投影，
可得表示點A，到直線l的距離相等，
則點A，分別在關(guān)于直線l對稱的平行線上，

因為，可得，則，
且，可得，
所以A，關(guān)于直線l對稱，反之也成立，故甲滿足；
對于乙：在中，因為，
則為邊的中線所在的直線，且點A在直線上的投影為的中點，
所以A，關(guān)于直線l對稱，反之也成立，故乙滿足；
故選：A.
6. 已知等差數(shù)列的公差為，數(shù)列滿足，則“”是“為遞減數(shù)列”的（ ）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】利用反例說明充分性不成立，再根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)判斷必要性.
【詳解】因為，所以且，則，
若，不妨令，則，，，，，，
顯然不單調(diào)，故充分性不成立，
若為遞減數(shù)列，則不是常數(shù)數(shù)列，所以單調(diào)，
若單調(diào)遞減，又在，上單調(diào)遞減，則為遞增數(shù)列，矛盾；
所以單調(diào)遞增，則，且，其中當，時也不能滿足為遞減數(shù)列，故必要性成立，
故“”是“為遞減數(shù)列”的必要不充分條件.
故選：B
7. “楊輝三角”是中國古代重要的數(shù)學成就，如圖是由“楊輝三角”拓展而成的三角形數(shù)陣，從第三行起，每一行的第三個數(shù)1，，，，構(gòu)成數(shù)列，其前n項和為，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)數(shù)列的前4項，歸納出數(shù)列的通項，即可用裂項相消法求其前n項和為，即可得的值.
【詳解】由題意可知，
則，
所以其前n項和為：
，
則.
故選：B.
8. 已知，且，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則下列選項中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】構(gòu)造，，求導研究其單調(diào)性，判斷出D選項，利用同角三角函數(shù)關(guān)系得到AB選項，構(gòu)造差函數(shù)，得到，從而判斷出C選項.
【詳解】構(gòu)造，，則恒成立，
則，
當時，，，
當時，，
所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，
因為，所以，，
又，所以，D錯誤，
因為，所以，，
所以，所以，A錯誤，B正確.
令，則，
當時，恒成立，
所以在上單調(diào)遞增，
當時，，即，
因為，
所以
因為，
所以，
因為在單調(diào)遞減，
所以，即
因為在上單調(diào)遞減，
所以，C錯誤
故選：B
【點睛】結(jié)合題目特征，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，是比較大小很重要的方法，本題中構(gòu)造進行求解.
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，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. 下列結(jié)論中，正確的有（ ）
A. 數(shù)據(jù)4，1，6，2，9，5，8的第60百分位數(shù)為5
B. 若隨機變量，則
C. 已知經(jīng)驗回歸方程為，且，則
D. 根據(jù)分類變量X與Y的成對樣本數(shù)據(jù)，計算得到，依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，可判斷X與Y有關(guān)聯(lián)，此推斷犯錯誤的概率不大于0.001
【答案】BC
【解析】
【分析】第60百分位數(shù)為第五位數(shù)據(jù)6，所以選項A錯誤：，所以選項B正確；，所以選項C正確；此推斷犯錯誤的概率大于0.001，所以選項D錯誤.
【詳解】解：數(shù)據(jù)4，1，6，2，9，5，8整理為1，2，4，5，6，8，9，，則數(shù)據(jù)4，1，6，2，9，5，8的第60百分位數(shù)為第五位數(shù)據(jù)6，所以選項A錯誤：
隨機變量，則，所以選項B正確；
經(jīng)驗回歸方程為，且，則，所以選項C正確；
根據(jù)分類變量X與Y的成對樣本數(shù)據(jù)，計算得到，依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，可判斷X與Y有關(guān)聯(lián)，此推斷犯錯誤的概率大于0.001，所以選項D錯誤.
故選：BC．
10. 已知函數(shù)圖象的一條對稱軸為直線，函數(shù)，則（ ）
A. 將的圖象向左平移個單位長度得到的圖象
B. 方程的相鄰兩個實數(shù)根之差的絕對值為
C. 函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增
D. 在區(qū)間上的最大值與最小值之差的取值范圍為
【答案】BD
【解析】
【分析】根據(jù)對稱軸得到解析式.根據(jù)圖像平移判斷A選項，利用兩角和的正余弦公式及特殊角的三角函數(shù)值，得到B選項，利用整體代入的方法，結(jié)合正弦函數(shù)圖像對CD兩個選項進行判斷.
【詳解】因為函數(shù)圖象的一條對稱軸為直線，所以，得，因為，所以，從而.
選項A：將的圖象向左平移個單位長度得到
而，所以平移后得不到函數(shù)的圖象，故A錯誤.
選項B：令，即，所以，故B正確.
選項C：由，令，根據(jù)正弦函數(shù)單調(diào)性知在上單調(diào)遞增，在定義域上單調(diào)遞減，根據(jù)復合函數(shù)單調(diào)性，在上單調(diào)遞減，故C錯誤.
選項D：由得，區(qū)間長度為.
根據(jù)正弦函數(shù)圖象和性質(zhì)，當區(qū)間關(guān)于對稱軸對稱時，最大值與最小值的差取得最小值，為;
當區(qū)間關(guān)于對稱中心對稱時，最大值與最小值的差取得最大值，為，
所以最大值與最小值之差的取值范圍為，故D正確.
故選：BD.
【點睛】方法點睛：整體代入解決三角函數(shù)問題：將看成一個整體，根據(jù)的范圍得到的范圍，結(jié)合正余弦函數(shù)值域、單調(diào)性、對稱性等性質(zhì)可以得到正余弦型函數(shù)的性質(zhì).
11. 如圖，在平行四邊形中，，分別為的中點，沿將折起到的位置（不在平面上），在折起過程中，下列說法不正確的是（ ）
A. 若是的中點，則平面
B. 存在某位置，使
C. 當二面角為直二面角時，三棱錐外接球的表面積為
D. 直線和平面所成的角的最大值為
【答案】ABD
【解析】
【分析】對于A，利用反證法，假設(shè)結(jié)論成立，再利用面面平行推出線面平行，得到矛盾，故A錯；對于B，同樣采用反證法，假設(shè)結(jié)論成立，利用線線垂直推線面垂直，再結(jié)合空間向量，能得到矛盾，故B錯誤；對于C，主要根據(jù)題目，判斷得到該四面體各個面都是直角三角形，根據(jù)外接球性質(zhì)，即可知道球心位置，從而求解；對于D，利用線面角，可以判斷出當平面平面時，直線和平面所成的角的最大，從而求出該角的正切值，即可求解.
【詳解】取中點，連接.若A正確，平面，且為三角形中位線，則，面，則面，
因為平面
所以平面平面，
因為面平面面平面
所以，顯然，為三角形中位線，，矛盾，故假設(shè)不成立，A錯誤；
以A為坐標原點，AD為y軸正半軸，在平面中作與AD垂直方向為x軸正半軸，z軸垂直平面，建立空間坐標系.
因為，，所以，
所以，所以，所以，即，
又因為，則，
若B正確，則有，因為平面，
所以平面，
因為平面，則必定成立.
則根據(jù)題意，可得、、、.，，
則，即不成立，故矛盾，所以B不成立；
當二面角為直二面角時，即平面平面.
根據(jù)上面可知，所以，
又，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，
故四面體為所有面都是直角三角形的四面體，根據(jù)外接球性質(zhì)可知，球心必為中點，即為外接球半徑.
，，由勾股定理可知，則，外接球面積為，故C正確.
當平面平面時，直線和平面所成的角的最大，記此時角為.
由上圖可知，在中，，由余弦定理可解得.
此時.此時，故D錯.
故選：ABD
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 長時間玩手機可能影響視力.據(jù)調(diào)查，某校學生大約20%的人近視，而該校大約有10%的學生每天玩手機超過1小時，這些人的近視率約為60%，現(xiàn)從每天玩手機不超過1小時的學生中任意調(diào)查一名學生，則他近視的概率為________.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)題中給定信息，結(jié)合全概率公式列式求解即可．
【詳解】令“玩手機時間超過1h的學生”，
“玩手機時間不超過1h的學生”，“任意調(diào)查一人，此人近視”，
則，且互斥，，，
依題意，，
解得，
所以所求近視的概率為．
故答案為：.
（2021·福建·高三月考）
13. 設(shè)函數(shù)，非空集合．
（1）M中所有元素之和為__________．
（2）若集合，且，則a的值是____________．
【答案】 ①. 0 ②. 0
【解析】
【分析】(1)可判斷為偶函數(shù),根據(jù)偶函數(shù)圖象的對稱性即可得出的所有實根之和為0,即得出中所有元素和為0;
(2)根據(jù)集合,即可得出,從而求出的值．
【詳解】(1)為偶函數(shù);
的根都關(guān)于原點對稱;
即的所有實根和為0;
中所有元素之和為0;
(2),,,,且;
即任意,都有;
,;
;
;
．
故答案為:（1）0,（2）0．
14. 拋物線與橢圓有相同的焦點，分別是橢圓的上、下焦點，P是橢圓上的任一點，I是的內(nèi)心，交y軸于M，且，點是拋物線上在第一象限的點，且在該點處的切線與x軸的交點為，若，則____________．
【答案】
【解析】
【分析】作出輔助線，由正弦定理得到，根據(jù)橢圓定義得到，從而求出焦點坐標為，得到拋物線方程，根據(jù)導數(shù)幾何意義得到在點的切線為：，求出，結(jié)合，得到是首項16，公比的等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的通項公式求出答案.
【詳解】焦點在軸上，故橢圓的焦點在軸上，
故，
I是的內(nèi)心，連接，則平分，
在中，由正弦定理得①，
在，由正弦定理得②，
其中，故，
又，
式子①與②相除得，故，
同理可得，
，
由橢圓定義可知，，
，即焦點坐標為，
所以拋物線方程為，
，故在處的切線方程為，
即，又，故，
所以在點的切線為：，
令，又，即，
所以是首項16，公比的等比數(shù)列，
．
故答案為：．
【點睛】當已知切點坐標為時，根據(jù)導函數(shù)的幾何意義可得到切線的斜率，再利用求出切線方程；
當不知道切點坐標時，要設(shè)出切點坐標，結(jié)合切點既在函數(shù)圖象上，又在切線方程上，列出等式，進行求解.
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，，均在線段上，為中線，為的平分線，①；②．
（1）若，從①②中選擇一個作為條件，求；
（2）若，，，求取值范圍．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）選①，根據(jù)，可得，再根據(jù)角平分線定理結(jié)合余弦定理即可得出答案；
選②，先利用正弦定理化邊為角，然后化簡，再根據(jù)角平分線定理結(jié)合余弦定理即可得出答案；
（3）先根據(jù)雙余弦定理及角平分線定理求出的關(guān)系及，再根據(jù)，再化簡即可得出答案.
【小問1詳解】
若選擇①：設(shè)邊上的高為．
因為，即，所以，
又因為為的平分線，所以，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，所以，即，即，
因為，，所以，即，
故；

若選擇②：因為，由正弦定理得，
整理得，所以，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，所以，
所以，
又，所以，即，
故；
【小問2詳解】
在中，，
在中，，
兩式相加得，
因為，，，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，所以，則，
又，所以，
，
，
設(shè)，則，即，解得，
所以，所以，
所以，
所以．
16. 2023年12月19日至20日，中央農(nóng)村工作會議在北京召開，習近平主席對“三農(nóng)”工作作出指示．某地區(qū)為響應(yīng)習近平主席的號召，積極發(fā)展特色農(nóng)業(yè)，建設(shè)蔬菜大棚．如圖所示的七面體是一個放置在地面上的蔬菜大棚鋼架，四邊形ABCD是矩形，m，m，m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，m，，平面平面ABCD．
（1）求點H到平面ABCD的距離；
（2）求平面BFHG與平面AGHE所成銳二面角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中點，證得平面平面，得到，再由平面平面，證得，得到平行四邊形，得到，求得，結(jié)合平面，即可求解；
（2）以點為原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面的法向量
和，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.
【小問1詳解】
如圖所示，取的中點，連接，
因為，可得，
又因為平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，同理可得：平面，
因為平面，所以，
又因為平面，平面，所以平面，
因為，且平面，平面，所以平面，
又因為，且平面，所以平面平面，
因為平面與平面和平面于，可得，
又由，，且和，
所以平面平面，
因為平面與平面和平面于，所以，
可得四邊形為平行四邊形，所以，
因為，所以，
在直角，可得，
在直角梯形中，可得，
因為平面，所以點到平面的距離為.
【小問2詳解】
解：以點為原點，以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
如圖所示，則，
可得，
設(shè)平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
設(shè)平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
則，
即平面與平面所成銳二面角的余弦值.
17. 為紀念中國共產(chǎn)黨成立102周年，加深青少年對黨的歷史、黨的知識、黨的理論和路線方針的認識，激發(fā)愛黨愛國熱情，堅定走新時代中國特色社會主義道路的信心，我校舉辦了黨史知識競賽．競賽規(guī)則是：兩人一組，每一輪競賽中，小組兩人分別答3道題，若答對題目不少于5道題，則獲得一個積分．已知甲乙兩名同學一組，甲同學和乙同學對每道題答對的概率分別是和，且每道題答對與否互不影響．
（1）若，求甲乙同學這一組在一輪競賽中獲得一個積分的概率；
（2）若，且每輪比賽互不影響，若甲乙同學這一組想至少獲得7個積分，那么理論上至少要進行多少輪競賽？
【答案】（1）

（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)可求得；
（2）得出獲得一個積分的，由已知可得，進而求得，根據(jù)甲乙兩同學在輪比賽中獲得的積分數(shù)滿足，根據(jù)即可解得.
【小問1詳解】
假設(shè)甲和乙答對的題目個數(shù)分別為和，
故所求概率
，
所以甲乙同學這一組在一輪競賽中獲得一個積分的概率為；
【小問2詳解】
由（1）知，一輪獲得一個積分的概率為
，
整理得，
因為且，所以，
所以，當且僅當時等號成立，即，
令，則，
所以，則，對稱軸為，又， 所以當時，，則當時，，
甲乙兩同學在輪比賽中獲得的積分數(shù)滿足，
所以由，即解得，
因為為正整數(shù)，所以至少為20，
所以若甲乙同學這一組想至少獲得7個積分，那么理論上至少要進行20輪競賽.
18. 已知離心率為的橢圓的左、右頂點分別為，點為橢圓上的動點，且面積的最大值為．直線與橢圓交于兩點，點，直線分別交橢圓于兩點，過點作直線的垂線，垂足為．
（1）求橢圓的方程．
（2）記直線的斜率為，證明：為定值．
（3）試問：是否存在定點，使為定值？若存在，求出定點的坐標；若不存在，說明理由．
【答案】（1）；
（2）證明見解析； （3）存在點.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，列出關(guān)于的方程，代入計算，即可得到結(jié)果；
（2）根據(jù)題意，聯(lián)立直線與橢圓的方程，結(jié)合韋達定理代入計算，然后表示出直線的斜率，即可證明；
（3）根據(jù)題意，由（2）中的結(jié)論，即可表示出直線的方程，從而可得直線過定點，即可得到結(jié)果.
【小問1詳解】
由題意，得解得所以橢圓的方程為．
【小問2詳解】
證明：設(shè)．
又，所以可設(shè)直線方程為．
聯(lián)立橢圓方程與直線的方程，得
消去，得．
又，所以，可得．
由根與系數(shù)的關(guān)系，得，則，
所以，同理，得．
從而直線的斜率．
又，
所以，即，為定值．
小問3詳解】
由（2）可得直線方程為．
由橢圓的對稱性可知，若直線恒過定點，則此定點必在軸上，
所以令，得．
故直線恒過定點，且點的坐標為．
因為，垂足為，且，所以點在以為直徑的圓上運動．
故存在點，使．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題主要考查了直線與橢圓相交問題以及橢圓中的定值問題，難度較大，解答本題的關(guān)鍵在于聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達定理代入計算.
19. 在無窮數(shù)列中，令，若，，則稱對前項之積是封閉的．
（1）試判斷：任意一個無窮等差數(shù)列對前項之積是否是封閉的？
（2）設(shè)是無窮等比數(shù)列，其首項，公比為．若對前項之積是封閉的，求出的兩個值；
（3）證明：對任意的無窮等比數(shù)列，總存在兩個無窮數(shù)列和，使得，其中和對前項之積都是封閉的．
【答案】（1）不是 （2）或
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）取數(shù)列，結(jié)合題中定義驗證可得出結(jié)論；
（2）由，得，進而，討論①當時和②當，分別求得；
（3）設(shè)，令，，得，再利用定義證明、對前項之積都是封閉的．
【小問1詳解】
解：不是的，理由如下：
如等差數(shù)列，
所以不是任意一個無窮等差數(shù)列對前項之積是封閉的．
【小問2詳解】
解：是等比數(shù)列，其首項，公比，
所以，
所以，
由已知得，對任意正整數(shù)，總存在正整數(shù)，使得成立，
即對任意正整數(shù)，總存在正整數(shù)，
使得成立，
即對任意正整數(shù)，總存在正整數(shù)，使得成立，
①當時，得，所以；
②當時，得，
且，
綜上，或.
【小問3詳解】
解：對任意的無窮等比數(shù)列，，
令，，則，
下面證明：是對前項之積是封閉的．
因為，所以，
取正整數(shù)得，，
所以對前項之積是封閉的，
同理證明：也對前項之積是封閉的，
所以對任意的無窮等比數(shù)列，總存在兩個無窮數(shù)列和，
使得，其中和對前項之積都是封閉的．
【點睛】方法點睛：新定義題型的特點是:通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到靈活解題的目的：遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決.

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