1．設全集，集合，，則（ ）
【答案】
【解析】，，所以，
所以，
故選：.
2．已知復數滿足，則的虛部為（ ）
【答案】
【解析】因為，所以，
所以的虛部為.
故選：.
3．已知向量，滿足，，，則（ ）
【答案】
【解析】因為，所以，即，
因此.
故選：.
4．命題的平均數與中位數相等；命題是等差數列，則是的（ ）
充分不必要條件必要不充分條件
充要條件既不充分也不必要條件
【答案】
【解析】由是等差數列，所以，
而中位數也是，所以的平均數與中位數相等，
即，是的必要條件；
若數據是，則平均數和中位數相等，但不是等差數列，
所以推不出，所以不是的充分條件；
所以是的必要不充分條件.
故選：.
5．如圖，中國空間站的主體結構包括天和核心艙、問天實驗艙和夢天實驗艙，假設中國空間站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天員開展實驗，其中天和核心艙安排3人，問天實驗艙安排2人，夢天實驗艙安排1人. 若安排甲、乙兩人同時在一個艙內做實驗，則不同的安排方案共有（ ）
種種種種
【答案】
【解析】按照甲、乙兩人同時在天和核心艙或問天實驗艙兩種情況討論：
①若甲、乙兩人同時在天和核心艙，則需要從剩余4人中再選1人，
剩下的3人去剩下的兩個艙位，則有種可能；
②若甲、乙兩人同時在問天實驗艙，則剩下的4人選3人去天和核心艙即可，
共有種可能，
根據分類加法計算原理，共有種可能，
故選：.
6．已知函數的部分圖象如圖所示，將函數的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象，則在下列區(qū)間上函數單調遞增的是（ ）
【答案】
【解析】由函數的圖象，可得，解得，所以，
所以，又由，即，
可得，即，
因為，所以，所以，
所以，令，
解得，
所以函數的單調增區(qū)間是.
故選：.
7．設拋物線的焦點為，過拋物線上點作其準線的垂線，設垂足為，若，則（ ）
【答案】
【解析】如圖所示：
為準線與軸的交點，
因為，且，所以，
因為，所以，
而，所以，
所以.
故選：.
8．已知函數其中為自然對數的底數.若函數有三個不同的零點，則實數的取值范圍是（ ）

【答案】
【解析】①當時，
所以由得或，
解得或，函數只有兩個零點，舍去；
②當時，當，
；當至多兩個零點，
即函數至多兩個零點，舍去；
③當時，當只有一個零點，
當，
令，
因此當時，
當時，，
因為要使函數有三個零點，需使函數有兩個零點，因此.
綜上，取值范圍為.
故選：.
二、多選題
9．已知，則下列描述正確的是（ ）
除以5所得的余數是1
中最小為
【答案】
【解析】對于，當時，，
當時，可得，故，故不正確；
對于，，
除最后一項外，其余項都可以被5整除，故余數為1，故正確；
對于，二項式系數，可知奇數項小于零，偶數項大于零，
則最小必然在奇數項中產生，，
所以最小的為，故正確；
對于，，
則有，故錯誤．
故選：.
10．中，內角，，的對邊分別為，，，為的面積，且，，下列選項正確的是（ ）
若，則只有一解
若為銳角三角形，則取值范圍是
若為邊上的中點，則的最大值為
【答案】
【解析】對于，因為，所以，則，
因為，所以，故正確；
對于，因為，則，，故只有一解，故正確；
對于，若為銳角三角形，則，，
則，則，即，
由正弦定理可知：，故錯誤；
對于，若為邊上的中點，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，故正確.
故選：.
11．在四面體中，是邊長為2的正三角形，，二面角的大小為，則下列說法正確的是（ ）
四面體的體積的最大值為
棱的長的最小值為
四面體的外接球的表面積為
【答案】
【解析】對于：假設，設的中點為，因為為正三角形，所以，
又，，平面，故平面，
又平面，故，而題中并不能得到，故假設不成立，
所以不一定垂直，故選項錯誤；
對于：要使最大，只需三棱錐高最大，設三棱錐的高為，
易知當為等邊三角形時，高最大，
此時的最大值為，故選項正確；
對于：由選項中可知，最大時最小，
故的最小值為，故選項正確；
對于：設的外心為，為的中點，
則由正弦定理得，
設過與平面垂直的直線為，過作于點，則，
則外接球球心在上，只需，
又，，
設，由，可得，解得，
所以，
所以四面體的外接球的表面積為，故選項正確．
故選：．
三、填空題
12．函數在上的最大值點為 .
【答案】
【解析】由題意得，當時，單調遞減，當時，單調遞增，
當時，；當時，函數取得極大值，
因為，所以最大值點為.
故答案為：.
13．已知直線是圓的切線，點和點到的距離相等，則直線的方程可以是 .（寫出一個滿足條件的即可）
【答案】（寫出一個滿足條件的即可）
【解析】若，此時的斜率為.
設的方程為，則點到的距離，解得，
因此的方程為或.
若經過的中點，
當的斜率不存在時，此時的方程為，滿足與圓相切；
當的斜率存在時，設其方程為，
則點到直線的距離，解得，此時直線的方程為.
故答案為：（寫出一個滿足條件的即可）.
14．已知雙曲線與直線交于兩點（點位于第一象限），點是直線上的動點，點分別為的左、右頂點，當最大時，（為坐標原點），則雙曲線的離心率 ．
【答案】
【解析】將代入雙曲線方程得，得，所以．
設點的坐標為，不妨設，
由題意知為銳角，所以當最大時，最大，則最大．
設雙曲線的右焦點為，因為，
所以
，
當且僅當，即時等號成立，
所以當時，最大，即最大．
由可得，所以，
故雙曲線的離心率．
故答案為：.
四、解答題
15．如圖，已知四棱錐的底面是菱形，對角線交于點，，，底面，分別為側棱的中點，點在上且．
(1)求證：四點共面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】（1）因為平面是菱形，所以，
由平面，平面，得，
所以兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，
，則，
由，得，
所以，
則，所以共面，
又直線的公共點為，所以四點共面；
（2）由（1）知，，
設平面的一個法向量為，
則，令，得，
所以，
得，
即直線與平面所成角的正弦值為.
16．已知函數，其中為常數.
(1)過原點作圖象的切線，求直線的方程；
(2)若，使成立，求的最小值.
【答案】(1)
(2).
【解析】（1）
設切點坐標為，則切線方程為，
因為切線經過原點，所以，解得，
所以切線的斜率為，所以的方程為.
（2），，即成立，
則得在有解，
故有時，.
令，，，
令得；令得，
故在單調遞減，單調遞增，
所以，
則，故的最小值為.
17．已知橢圓（），四點，，，中恰有三點在橢圓上．
(1)求橢圓的方程；
(2)橢圓上是否存在異于的兩點使得直線與的斜率之和與直線的斜率（不為零）的2倍互為相反數？若存在，請判斷直線是否過定點；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)存在，直線過定點．
【解析】（1）由橢圓的對稱性知，，，三點在橢圓上，
故，，得，從而橢圓的方程為．
（2）直線過定點，證明如下：
假設存在，不妨設直線、、的斜率分別為，，，滿足，
設直線的方程為（），且，，
與橢圓的方程聯(lián)立，得，
則，即，
且
那么，
化簡得，，
即整理得：，
解得或，當時，中一點與重合，故舍去，
故直線過定點．
18．2024年7月26日至8月11日將在法國巴黎舉行夏季奧運會.為了普及奧運知識，大學舉辦了一次奧運知識競賽，競賽分為初賽與決賽，初賽通過后才能參加決賽
(1)初賽從6道題中任選2題作答，2題均答對則進入決賽.已知這6道題中小王能答對其中4道題，記小王在初賽中答對的題目個數為，求的數學期望以及小王在已經答對一題的前提下，仍未進入決賽的概率；
(2)大學為鼓勵大學生踴躍參賽并取得佳績，對進入決賽的參賽大學生給予一定的獎勵.獎勵規(guī)則如下：已進入決賽的參賽大學生允許連續(xù)抽獎3次，中獎1次獎勵120元，中獎2次獎勵180元，中獎3次獎勵360元，若3次均未中獎，則只獎勵60元.假定每次抽獎中獎的概率均為，且每次是否中獎相互獨立.
（i）記一名進入決賽的大學生恰好中獎1次的概率為，求的極大值；
（ii）大學數學系共有9名大學生進入了決賽，若這9名大學生獲得的總獎金的期望值不小于1120元，試求此時的取值范圍.
【答案】(1)，
(2)（i）；（ii）
【解析】（1）由題意知，的可能取值為，
則，
，
，
故的分布列為
則.
記事件：小王已經答對一題，事件：小王未進入決賽，
則小王在已經答對一題的前提下，仍未進入決賽的概率.
（2）（i）由題意知，，
則，
令，解得或（舍），
當時，，當時，，
所以在區(qū)間內單調遞增，在區(qū)間內單調遞減，
所以當時，有極大值，且的極大值為.
（ii）由題可設每名進入決賽的大學生獲得的獎金為隨機變量，
則的可能取值為，
，
，
，
，
所以，
所以，
即，整理得，
經觀察可知是方程的根，
故，
因為恒成立，
所以由可得，解得得，
又，所以的取值范圍為.
19．對于數列，若從第二項起的每一項均大于該項之前的所有項的和，則稱為數列.
（1）若的前項和，試判斷是否是數列，并說明理由；
（2）設數列是首項為、公差為的等差數列，若該數列是數列，求的取值范圍；
（3）設無窮數列是首項為、公比為的等比數列，有窮數列，是從中取出部分項按原來的順序所組成的不同數列，其所有項和分別為，，求是數列時與所滿足的條件，并證明命題“若且，則不是數列”.
【答案】（1）是，理由見解析；（2）；（3）當是數列時，與滿足的條件為或，證明見解析.
【解析】
(1)，
，
當時，，
故，
那么當時，，符合題意，
故數列是數列；
(2)由題意知，該數列的前項和為，，
由數列是數列，可知，故公差，
對滿足的任意都成立，則，解得，
故的取值范圍為；
(3)①若是數列，則，
若，則，又由對一切正整數都成立，可知，即對一切正整數都成立，
由，，故，可得；
若，則，又由對一切正整數都成立，可知，即對一切正整數都成立，
又當時，當時不成立，
故有或，解得，
當是數列時，與滿足的條件為或；
②假設是數列，則由①可知，，，且中每一項均為正數，
若中的每一項都在中，則由這兩數列是不同數列，可知；
若中的每一項都在中，同理可得；
若中至少有一項不在中且中至少有一項不在中，
設，是將，中的公共項去掉之和剩余項依次構成的數列，它們的所有項和分別為，，
不妨設，中最大的項在中，設為，
則，故，故總有與矛盾，故假設錯誤，原命題正確.

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