注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。
第一部分（選擇題 共58分）
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．已知向量，若滿足，則（ ）
A．-3B．2C．-5D．4
【答案】A
【解析】設向量，則，
因為，所以，
故.
故選：A.
2．已知，則（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】C
【解析】，
則，所以.
故選：C.
3．已知等差數列滿足，則（ ）
A．12B．18C．20D．30
【答案】C
【解析】由已知得，故，所以．
故選：C
4．已知正三棱臺的體積為，若，則該正三棱臺的高為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在正三棱臺中，上、下底面均為正三角形，設正三棱臺的高為h，
則，，
又，解得．
故選：A
5．已知，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因為，則，可得，
所以.
故選：D.
6．在第33屆夏季奧運會期間，中國中央電視臺體育頻道在某比賽日安排甲、乙、丙、丁4個人參加當天A，B，C三個比賽場地的現場報道，且每個場地至少安排一人，甲不在A場地的不同安排方法數為（ ）
A．32B．24C．18D．12
【答案】B
【解析】按照A場地安排人數，可以分以下兩類：
第一類，A場地安排1人，共種安排方法，
第二類，A場地安排2人，共種安排方法，
由分類加法計數原理得，共有（種）不同安排方法.
故選：B
7．已知函數的圖象與直線有兩個交點，則（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】C
【解析】由題意可得直線恒過點，且無論取何值，直線與函數都有兩個交點，
所以分析函數的對稱中心為，
所以，，
所以，
故選：C.
8．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，過點作傾斜角為30°的直線l與C的左、右兩支分別交于點P，Q，若，則C的離心率為（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【解析】依題意，由，
得，即的平分線與直線PQ垂直，
設的平分線與直線PQ交于點D，如圖，
則，，又，
所以，所以，．
由題得，，設，，，
在中，，，則，，
由雙曲線的性質可得，解得，
則，所以在中，，
又，，所以，
即，整理得，所以．
故選：A
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．下圖為2024年中國大學生使用APP偏好及目的統(tǒng)計圖，根據統(tǒng)計圖，下列關于2024年中國大學生使用APP的結論正確的是（ ）
A．超過的大學生更愛使用購物類APP
B．超過半數的大學生使用APP是為了學習與生活需要
C．使用APP偏好情況中7個占比數字的極差是
D．APP使用目的中6個占比數字的分位數是
【答案】AC
【解析】對于選項A，根據圖表知，大學生使用購物類APP占比為，所以選項A正確，
對于選項B，根據圖表知，大學生使用APP是為了學習與生活需要的占比為，所以選項B錯誤，
對于選項C，根據圖表知，使用APP偏好情況中7個占比數字的極差是，所以選項C正確，
對于選項D，根據圖表知，APP使用目的中6個占比數字從小排到大分別為，
又，所以分位數是，故選項D錯誤.
故選：AC.
10．已知定義在上的函數滿足，，且對任意，都有，則下列結論正確的是（ ）
A．是周期為4的奇函數B．圖象關于直線對稱
C．在區(qū)間上單調遞增D．
【答案】ABD
【解析】任意，有，
令，則，解得，
任意x∈R，令，則，
即，所以是奇函數，則的圖象關于原點對稱；
又fx+2=?fx=f?x，則函數y=fx的圖象關于直線對稱；
又fx+2=?fx，則fx+4=?fx+2=fx，
所以函數y=fx為周期函數，4為函數y=fx的一個周期，
故A正確，B正確；
C項，對任意，都有，
故在?1,0單調遞增，又圖象關于原點對稱，
則在0,1單調遞增，又的圖象關于直線對稱，
則在1,2單調遞減，故C錯誤；
D項，由的周期為4，且的圖象關于直線對稱，
則，故D正確：
故選：ABD.
11．已知實數a，b是方程的兩個根，且，，則（ ）
A．ab的最小值為9B．的最小值為18
C．的最小值為D．的最小值為12
【答案】ABC
【解析】因為實數a，b是方程的兩個根，
所以，所以或，
由根與系數的關系得，，，
又，，所以，且，綜上得．
消去k，得，
由基本不等式得，即，
令，則，解得或（舍去），
當時，，解得，當時，ab的最小值為9，故A正確；
因為，當時取等號，的最小值為18，故B正確；
，
當，即，時取等號，
所以的最小值為，故C正確；
因為，所以，
，
當，即，時等號成立，此時的最小值為13，故D錯誤．
故選：ABC
第二部分（非選擇題 共92分）
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12．已知集合，，則 ．
【答案】
【解析】由題意，可得，又，所以．
故答案為：
13．與曲線和曲線均相切的直線的方程為 .
【答案】
【解析】設在點和在點的切線重合，
，，
故，即，，
在點處的切線方程為，
將代入得，
即，
所以，
又，故，則，
故切線方程為，即.
故答案為：
14．若對項數為的數列中的任意一項，也是該數列中的一項，則稱這樣的數列為“可倒數數列”.已知正項等比數列是“可倒數數列”，其公比為，所有項和為，寫出一個符合題意的的值 .
【答案】或（答案不唯一）
【解析】已知正項等比數列是“可倒數數列”，
首先，
若，結合，解得，此時，但不在這5個數中，矛盾，故，
則若，則也在數列中，若在數列中，則（且）也在數列中，
因為正項等比數列是“可倒數數列”，
所以數列嚴格單調，而，
所以只能，
（否則，不妨設，那么或一定有三個數小于1，而他們的倒數都大于1，這必定導致有一個數的倒數不在中），
從而，所以，
解得或（舍去），
所以解得或.
故答案為：或（答案不唯一）.
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步棸。
15．（13分）
已知的內角的對邊分別為，．
(1)求；
(2)若邊上的高等于，求．
【解析】（1）由得，
所以，即，又，所以，
又，得. （6分）
（2）由題得示意圖，如圖，作，則，
因為，所以，得，， （9分）
所以，利用等面積法可知：
即，
解得：. （13分）
16．（15分）
如圖，在三棱臺中，和都為等腰直角三角形，為線段的中點，為線段上的點.
(1)若點為線段的中點，求證：平面；
(2)若平面分三棱臺所成兩部分幾何體的體積比為，求二面角的正弦值.
【解析】（1）連接，設連接，
三棱臺 ，則，又
∴四邊形為平行四邊形，
故是的中點，且點是的中點，
故,且平面，平面，
故平面 （5分）
（2）
，且面，則 面，
故，,
且三棱臺中， ,故，
則， （7分）
平面分三棱臺所成兩部分幾何體的體積比為，
故，化簡得：,
故此時點和點重合，
又為等腰直角三角形，則，又（1） 知，則面，
故建立如圖所示的坐標系，
則 ，， （11分）
設平面的法向量則，令解得，
設平面的法向量，則，令，解得，
設二面角 的平面角為， ，
所以. （15分）
17．（15分）
已知橢圓C：的左、右焦點分別為，，橢圓C的右焦點與拋物線的焦點重合，兩曲線在第一象限的交點為P，的面積為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點P的直線l交橢圓C于另一點A，若，求l的方程.
【解析】（1）由拋物線方程知，所以，
設，則，
又點在拋物線上，所以，解得，即，
根據橢圓定義，解得，，所以，
所以橢圓C的方程為. （6分）
（2）因為，所以，又，
直線，聯立，
消去y得，，解得或，
當時，，
當時，，
所以或， （12分）
又因為直線l過點，
所以或，
可求得直線l的方程為或，
即或. （15分）
18．（17分）
牛頓（1643－1727）給出了牛頓切線法求方程的近似如圖設是y=fx的一個零點，任意選取作為的初始近似值，過點x0,fx0作曲線y=fx的切線，與軸的交點為橫坐標為，稱為的1次近似值，過點x1,fx1作曲線y=fx的切線，與軸的交點為橫坐標為，稱為的2次近似值．一般地，過點作曲線y=fx的切線，與軸的交點為橫坐標為，就稱為的次近似值，稱數列為牛頓數列．
(1)若的零點為，，請用牛頓切線法求的2次近似值；
(2)已知二次函數有兩個不相等的實數根，數列為的牛頓數列，數列滿足，且．
（?。┰O，求的解析式；
（ⅱ）證明：
【解析】（1）
，所以
當，所以
當，
所以的2次近似值為. （4分）
（2）（ⅰ）因為二次函數有兩個不等實根,
所以不妨設，
則，
因為所以
所以在橫坐標為的點處的切線方程為
令則
即，
所以. （8分）
（?、。┯桑á。┲?，
所以.
因為所以所以.
令則，又
所以， （12分）
數列是公比為2的等比數列.
.
令，則
當時，，所以在單調遞減，
所以，即
因為所以即.
. （17分）
19．（17分）
如果離散型隨機變量的取值為，離散型隨機變量的取值為，，則稱為二維離散型隨機變量.稱取，的概率為的聯合分布律.記分別稱為關于和關于的邊緣分布律.用表格形式表示如下：
(1)現袋中有質地大小均相同的2只白球，3只黑球，現先后隨機摸球兩次，定義分別求有放回和不放回取球下的聯合分布律和邊緣分布律（表格形式表示）；
(2)若二維離散型隨機變量的聯合分布律與邊緣分布律滿足則稱隨機變量與相互獨立.
（i）那么（1）中有放回和不放回取球下的（）是否相互獨立并說明理由；
（ii）證明：若與相互獨立，則分布律中任意兩行（或任意兩列）對應成比例.
【解析】（1）有放回取球下的聯合分布律和邊緣分布律；
，
，
，
不放回取球下的聯合分布律和邊緣分布律；
，
，
， （6分）
（2）（i）由（1）知有放回取球下的聯合分布律和邊緣分布律中，
，
，
經檢驗，滿足.
所以與相互獨立.
在不放回摸球聯合分布律中，
，不滿足滿足，，則與不是相互獨立. （10分）
（ii）任取分布律中的一行為，
另一行為，其中
因為二維離散型隨機變量與相互獨立，的聯合分布律與邊緣分布律滿足，
所以
因為
所以，則分布律中任意兩行對應成比例.
同理可證分布律中任意兩列也對應成比例. （17分）邊緣分布律
邊緣分布律
1
0
1
邊緣分布律
0
1
邊緣分布律
1
0
1
邊緣分布律
0
0.3
0.3
0.6
1
0.3
0.1
0.4
邊緣分布律
0.6
0.4
1

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