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．已知集合，若，則（ ）
A．0B．1C．2D．0或1
2．已知函數(shù)，若，則的最小值為（ ）
A．2B．4C．D．
3．已知函數(shù)的最小正周期為，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．關于點對稱
C．將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，得到的函數(shù)圖象恰好關于軸對稱
D．若在區(qū)間上單調，則實數(shù)的取值范圍為
4．如圖，在棱長為1的正方體中，為的中點，則點到平面的距離為（ ）
A．B．C．D．
5．阿波羅尼斯，古希臘人，與阿基米德、歐幾里得一起被譽為古希臘三大數(shù)學家．阿波羅尼斯研究了眾多平面軌跡問題，其中阿波羅尼斯圓是他的論著中的一個著名問題：已知平面上兩點，則所有滿足（且）的點的軌跡是一個圓．已知在平面直角坐標系中，，動點滿足，記動點的軌跡為.對任意實數(shù)，直線：與曲線恒有公共點，則的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
6．已知某工廠生產的某批產品的質量指標服從正態(tài)分布，質量指標大于或等于20的產品為優(yōu)等品，且優(yōu)等品出現(xiàn)的概率為，現(xiàn)從該批產品中隨機抽取6件，用表示這6件產品的質量指標不在區(qū)間的產品件數(shù)，則（ ）
A．0.96B．0.48C．1.2D．2.4
7．已知數(shù)列滿足，，則的2024項的和為（ ）
A．2024B．2025C．2026D．2027
8．若對，函數(shù)的函數(shù)值都不超過函數(shù)的函數(shù)值.則實數(shù)的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
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．定義域和值域均為-a,a的函數(shù)y=fx和y=gx的圖象如圖所示，其中，則（ ）
A．方程有且僅有3個解B．方程有且僅有3個解
C．方程有且僅有5個解D．方程有且僅有1個解
10．在中，角所對的邊分別為，給出下列命題，其中正確的命題為（ ）
A．若，則
B．若，則滿足條件的有兩個
C．若，則是鈍角三角形
D．存在，使得成立
11．如圖，在正方體中，分別是的中點.下列結論錯誤的是（ ）
A．
B．平面
C．與所成的角為
D．平面
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．甲、 乙兩人同時解關于的方程：.甲寫錯了常數(shù)，得兩根為及；乙寫錯了常數(shù)，得兩根及，則這個方程的真正的根為
13．已知，且，則 ．
14．設是數(shù)字的排列，若存在成立，則稱這樣的排列為“樹德好排列”，則從所有的排列中任取一個，則它是“樹德好排列”的概率是 .
四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟.
15．（13分）已知二次函數(shù)．
(1)函數(shù)有無零點，若有，求出零點；若沒有，說明理由；
(2)求函數(shù)在時的值域，并簡單說明理由．
16．（15分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知．
(1)求角；
(2)若，，求的周長；
(3)若，D，E是邊BC上的兩點，且，求的值．
17．（17分）長方體中，底面為邊長為2的正方形，，點在棱上，且．
(1)求三棱錐的體積；
(2)求直線與平面所成角的正切值；
(3)過線段作一個與底面成角大小的截面，求截面的面積．
18．（15分）已知雙曲線的離心率為2，左頂點為，過右焦點的直線交雙曲線于兩點.
(1)求雙曲線的方程；
(2)從下面兩個結論中選擇一個給出證明（多選則按照第一個給分）.
①；②若線段的垂直平分線交軸于點，則為定值.
19．（17分）設是等比數(shù)列，公比大于0，是等差數(shù)列.已知，，，.
(1)求和的通項公式；
(2)設，數(shù)列的前n項和為，求的值；
(3)設其中，求.
參考答案
1．A
【分析】由補集運算直接求解即可.
【詳解】由，且，
可知，且，解得：，符合集合元素特性.
故選：A
2．D
【分析】由條件可得，即，再利用基本不等式求解.
【詳解】由，，
所以，即，
所以.
當且僅當，即時，等號成立.
故選：D.
3．C
【分析】利用輔助角公式化簡函數(shù)，再結合正弦函數(shù)的性質逐項求解判斷.
【詳解】函數(shù)，則，，，
對于A，，A錯誤；
對于B，，圖象關于點不對稱，B錯誤；
對于C，是偶函數(shù)，其圖象關于軸對稱，C正確；
對于D，由，得，
則是的一個單調區(qū)間，依題意，，，D錯誤.
故選：C
4．A
【分析】先證明平面，將點到平面的距離轉化為點到平面的距離，再利用等體積計算即得.
【詳解】
連接,因,可得,則,
因平面，平面，故平面，
則點到平面的距離即點到平面的距離.
在中，因,
由余弦定理，,則，
于是，而.
設點到平面的距離為，
由，可得，解得.
即點到平面的距離為.
故選：A.
5．A
【分析】根據(jù)兩點間的距離公式可得曲線的方程，由題意可得對任意實數(shù)，都有，分類參數(shù)即可求解.
【詳解】設,因為，，
所以，化簡可得，
所以曲線的圓心為，半徑為.
因為對任意實數(shù)，直線：與曲線恒有公共點，
所以對任意實數(shù)，都有，
即任意實數(shù)恒成立.
因為,所以，
所以，解得，
所以的取值范圍是.
故選:A.
6．A
【分析】根據(jù)正態(tài)分布的對稱性求出質量指標不在區(qū)間的概率，得隨機變量服從二項分布，根據(jù)二項分布的方差公式求解即可.
【詳解】由正態(tài)分布的性質得質量指標在區(qū)間的概率為，
則1件產品的質量指標不在區(qū)間的概率為，
所以，故.
故選：A.
7．D
【分析】求出數(shù)列的周期，利用數(shù)列的周期性求和.
【詳解】由已知得，，，
由此可知數(shù)列是周期為的周期數(shù)列，
由于，則，
故選：.
8．C
【分析】在同一平面直角坐標系中作出的圖象，然后考慮臨界位置：經(jīng)過點以及與相切，分析此時的取值，通過平移的圖象可求解出的取值范圍.
【詳解】在同一平面直角坐標系中作出，的圖象如下圖所示：
且，即與軸交于，
當位于其對稱軸左側的圖象經(jīng)過時，此時在的圖象上，所以，解得；
當位于其對稱軸右側的圖象經(jīng)過時，此時在的圖象上，所以，
接下來分析當與相切時的情況：
，令，解得（舍去），，
所以切點坐標為，所以，解得；
由上可知，當時，經(jīng)過且與相切，
結合圖象，通過平移的圖象可知，當時，恒成立，
綜上所述，實數(shù)的取值范圍是，
故選：C.
9．ABD
【分析】根據(jù)復合函數(shù)的零點求解方法，從外到內數(shù)形結合分析，即可判斷和選擇.
【詳解】對于選項A：由數(shù)形結合可知：令, 或或;
令,,
因為，所以，
由數(shù)形結合可知：,都有一個根，
故方程有且僅有3個解，故選項A正確;
對于選項B：由數(shù)形結合可知：令gx=0, ;令，
因為，由數(shù)形結合可知：都有3個根，
方程有且僅有3個解，故選項B正確;
對于選項C: 由數(shù)形結合可知：令, 或或;
令,,
由題可知：，，
由數(shù)形結合可知，,各有三解，
故方程有且僅有9個解,故選項C錯誤；
對于選項D：由數(shù)形結合可知：令gx=0, ;令，
因為，所以只有1解，
故方程有且僅有1個解,故選項D正確.
故選：ABD.
【點睛】思路點睛：對于復合函數(shù)的零點個數(shù)問題，求解思路如下：
（1）確定內層函數(shù)和外層函數(shù)；
（2）確定外層函數(shù)的零點；
（3）確定直線與內層函數(shù)圖象的交點個數(shù)，則可得到函數(shù)的零點個數(shù).
10．ABC
【分析】根據(jù)大角對大邊，結合正弦定理即可判斷A；根據(jù)正弦定理即可判斷B；根據(jù)三角形內角和定理結合兩角和的正切公式即可判斷CD.
【詳解】對于A，若，則，
由正弦定理可得，故A正確；
對于B，若，則，
因此滿足條件的有兩個，故B正確；
對于C，若，則，
所以，，所以，
所以是鈍角三角形，故C正確；
D. 由于當時，，
所以，故D不正確.
故選：ABC.
11．C
【分析】根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明判斷ABD；利用線線角的向量求法求解判斷C.
【詳解】在正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，
則，，
對于A，，，，A正確；
對于B，，則，，而平面，
因此平面，B正確；
對于C，，，
因此與所成的角為，C錯誤；
對于D，由平面，得平面的一個法向量，
又，平面，因此平面，D正確.
故選：C
12．或
【分析】利用對數(shù)方程的解法進行分析即可求解.
【詳解】原方程可變形為：
甲寫錯了，得到根為及，；
又乙寫錯了常數(shù)，得到根為及，；
原方程為，即，
或，或.
故答案為：或.
13．
【分析】根據(jù)給定條件，利用同角公式求出，再利用和差角的余弦公式求出即可.
【詳解】由，得，，
由，得，，
由，得，
即，則，
因此，所以.
故答案為：
14．
【分析】先得到進行排列，共有種情況，再列舉出滿足要求的情況，求出概率.
【詳解】進行排列，共有種情況，
其中滿足存在成立的情況有，
，共10種情況，
故從所有的排列中任取一個，則它是“樹德好排列”的概率為.
故答案為：
15．(1)函數(shù)無零點，理由見解析
(2)值域為，理由見解析
【分析】（1）令，利用根的判別式判斷求解即可；
（2）根據(jù)二次函數(shù)的單調性求解即可.
【詳解】（1）函數(shù)無零點，理由如下：
令，
由于，則方程無實數(shù)根，
所以函數(shù)無零點.
（2）值域為，理由如下：
因為函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，
且，，，
所以函數(shù)在時的值域為.
16．(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）運用正弦定理進行邊角互化，結合三角恒等變換即可；（2）運用面積公式，結合余弦定理計算即可；（3）運用三角形全等，結合三角形面積公式計算.
【詳解】（1）因為，
所以由正弦定理可得，
所以，
所以，因為，則.
，又因為，
所以．
（2）因為，所以，則，
又因為，所以，
故，得，所以的周長為．
（3）因為，，．
所以，則，
因為，所以，
則．
因為，
所以，
則．
17．(1)
(2)
(3)答案見解析
【分析】（1）根據(jù)棱錐的體積公式即可求得答案；
（2）找到直線與平面所成角，解直角三角形，即可求得答案；
（3）討論的具體范圍，確定截面形狀，即可求得答案.
【詳解】（1）由題意知長方體中，底面為邊長為2的正方形，
點在棱上，故M到平面的距離為2，
則；
（2）連接，長方體中，平面，
故即為直線與平面所成角；
由于， ，故,
在中，，
故.
（3）過線段作一個與底面成角的截面，
當時，截面即為底面四邊形，面積為4；
設交于O，因為，故在中，，
故；
當時，不妨設截面與交于點N，連接，
則，而，故為截面與底面所成二面角的平面角，
即，故，則截面面積為；
當時，則截面為如圖所示四邊形，為等腰梯形，
設EF中點為P，連接，則，則，
PO為梯形的高，，
由題意可知為等腰直角三角形，故，
故截面面積為.
【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的解決關鍵在于，根據(jù)的取值范圍確定截面的形狀，從而得解.
18．(1)；
(2)選①：證明見解析；選②：為定值.
【分析】（1）由題意可得，再結合即可求解；
（2）選①：分直線的斜率不存在與斜率存在討論，根據(jù)即可證明；選②：易知直線的斜率存在，設直線的方程為，根據(jù)弦長公式求MN，求線段的垂直平分線可求的坐標及，從而進而證明.
【詳解】（1）因為雙曲線的離心率為2，右焦點為，
則，解得，
所以雙曲線的方程為.
（2）若選①：若直線的斜率不存在，則直線的方程為，
代入，可得，不妨設,
又，則,
所以，
所以.
（ii）若直線的斜率不存在，設直線的方程為，
聯(lián)立,可得,
化簡可得.
因為過右焦點的直線交雙曲線于兩點,
所以，且.
設，則，
，
則
，
所以.
綜上所述，.
若選②：易知直線的斜率存在，設直線的方程為，
設，
由①可得，
則
.
，
所以的中點的坐標為.
當時，線段的垂直平分線為，則,
則,
則.
當時，線段的垂直平分線為.
令，可得，即.
則,
所以.
綜上所述，為定值1.
【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．
(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.
19．(1)，，，
(2)
(3)
【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列以及等比數(shù)列定義計算即可求得其通項公式；
（2）由（1）中的結論可得，再利用裂項相消求和可得結果；
（3）根據(jù)的表達式，采用分組求和以及錯位相減法計算可得結果.
【詳解】（1）設數(shù)列an的公比為，，數(shù)列bn的公差為，
因為且，所以，
解得或，又因為，所以，
所以，，
則，，
因為且數(shù)列bn是等差數(shù)列，
所以，，
又，所以，，
所以，，，
所以，.
所以數(shù)列an的通項公式為，，數(shù)列bn的通項公式為，.
（2）由（1）可知
因此數(shù)列的前n項和為
即可得.
（3）由可知
所以，
其中，
記；
則，
兩式相減可得，
可得，
即；
所以

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