一、選擇題（本大題共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. 已知為實數集，集合，，則（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出集合，再根據交集的定義求解即可.
【詳解】由，得，
即，所以，
又或，
所以.
故選：B.
2. 若復數對應復平面內的點的坐標為，則在復平面內對應的點位于（）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】由題意可得，再根據復數的乘方運算可得，進而結合復數的幾何意義判斷即可.
【詳解】由題意，，
則，
所以在復平面內對應的點為.
故選：C.
3. 已知平面向量，滿足，且，，則（）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知數量積求得，再利用計算后可得結論．
【詳解】，∴，
∴，
∴．
故選：C.
【點睛】本題考查平面向量的數量積運算，掌握模與數量積的關系是解題關鍵．
4. 已知直線，則“”是“直線與圓相切”的（）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】
【分析】由題知直線過點，且點在圓上，故，進而求得，再根據充分必要條件的定義即可得答案.
【詳解】解：由題知，直線過定點，
又點在圓上，若直線與圓相切，
則，即有，
因此“”是“直線 與圓相切”的充要條件．
故選：C．
【點睛】本題考查充分必要條件，直線與圓的位置關系，是中檔題.
5. 高二年級五位數學教師“陳雪梅，王杰，周建軍，郭磊，陳正斌”站成一排照相，其中陳正斌與郭磊一定相鄰，但是都不與陳雪梅相鄰的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】將陳正斌與郭磊綁定，由反面求出都不與陳雪梅相鄰的情況，即可求出概率.
【詳解】由于陳正斌與郭磊一定相鄰，則“綁定”為一個整體，有種，再與剩下三人排列有種，則陳正斌與郭磊一定相鄰的排列有種，
而陳正斌和郭磊相鄰且與陳雪梅相鄰有種，
所以都不與陳雪梅相鄰的情況有種，
因為5人全排列共有種，
所以都不與陳雪梅相鄰的概率是.
故選：D.
6. 將函數的圖象向左平移個單位長度，再向下平移1個單位長度，得到的圖象，已知函數的一個零點是，且直線是的圖象的一條對稱軸，則當取最小值時，的值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據函數圖象的平移變換可得，進而結合零點和對稱軸可得，，進而求得的最小值，進而求解.
【詳解】由題意得，
令，即，
所以或，，
因為為函數的一個零點，
所以或，，①
又是的圖象的一條對稱軸，
所以，，②
①②得，，
即，，
由于，所以時，取最小值為，
此時，即.
故選：A.
7. 已知雙曲線的右焦點，過原點的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于、兩點，以為直徑的圓過點，延長交右支于點，若，則雙曲線的漸近線方程是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出圖形，設雙曲線的左焦點為點，連接、，設，則，利用雙曲線的定義及勾股定理求得，進而可得出，，然后利用勾股定理可求得的值，進而可求得的值，由此可求得雙曲線的漸近線方程.
【詳解】如下圖所示，設雙曲線的左焦點為點，連接、，設，則，
由雙曲線的定義可得，，
由于以為直徑的圓經過點，且、，則四邊形為矩形，
在中，有勾股定理得，即，
解得，，，
由勾股定理得，即，，
所以，，則.
因此，雙曲線的漸近線方程是.
故選：A.
【點睛】本題考查雙曲線漸近線方程的求解，考查了雙曲線定義的應用，考查計算能力，屬于中等題.
8. 已知函數（，為自然對數的底數）與的圖象上存在關于軸對稱的點，則實數的取值范圍是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】設上一點關于軸對稱點坐標為，則在上，得到方程有解，即函數與在上有交點，利用導數判斷出函數的單調性和最值，可得實數的取值范圍．
【詳解】設上一點，，且關于軸對稱點坐標為，在上，
有解，即有解.
令，則，，
當時，；當時，，在上單調遞減；在上單調遞增
，，，
有解等價于與圖象有交點，.
故選：B
【點睛】本題考查導數在最值中的應用，考查函數與方程思想，考查學生邏輯推理能力與計算能力，屬于中檔題．
二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20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5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）
9. 設，為正實數，則下列命題中是真命題是（）
A. 若，則B. 若，則
C. 若，則D. 若，，則
【答案】AD
【解析】
【分析】結合不等式的基本性質，熟練應用作差比較進行運算，即可求解，得到答案.
【詳解】對于A選項，由，為正實數，且，可得，所以，
所以，
若，則，可得，這與矛盾，故成立，所以A中命題為真命題；
對于B選項，取，，則，但，所以B中命題為假命題；
對于C選項，取，，則，但，所以C中命題為假命題；
對于D選項，由，則，
即，可得，所以D中命題為真命題.
故選AD.
【點睛】本題主要考查了不等式的性質的應用，其中解答中結合不等式的基本性質，熟練應用作差比較進行運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.
10. 已知在等比數列中，滿足，，是的前n項和，則下列說法正確的是（）．
A. 數列是等比數列
B. 數列是遞增數列
C. 數列是等差數列
D. 數列中，，，仍成等比數列
【答案】AC
【解析】
【分析】根據等比數列、遞增數列、等差數列等知識對選項進行分析，由此確定正確答案.
【詳解】依題意可知，
所以，所以數列是等比數列，A選項正確.
，所以，且，所以數列是遞減數列，B選項錯誤.
設，則，
所以數列是等差數列，C選項正確.
，因為，故數列{}中，不成等比數列，所以D選項錯誤.
故選：AC.
11. 已知正方體,過對角線作平面交棱于點,交棱于點,下列正確的是（ ）
A. 平面分正方體所得兩部分的體積相等
B. 四邊形一定是平行四邊形
C. 平面與平面不可能垂直
D. 四邊形的面積有最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由正方體的對稱性可知,平面分正方體所得兩部分的體積相等;依題意可證,,故四邊形一定是平行四邊形;當為棱中點時,平面,
平面平面;當與重合,當與重合時的面積有最大值.
【詳解】解: 對于A：由正方體的對稱性可知,平面分正方體所得兩部分的體積相等,故A正確;
對于B：因為平面,平面平面,
平面平面,.
同理可證：,故四邊形一定是平行四邊形,故B正確;
對于C：當為棱中點時,平面,又因為平面,
所以平面平面,故C不正確;
對于D：當與重合,當與重合時的面積有最大值,故D正確.
故選:ABD
【點睛】本題考查正方體的截面的性質, 解題關鍵是由截面表示出相應的量與相應的關系,考查空間想象力.
12. 已知定義域為的函數滿足是奇函數，為偶函數，當時，，則（）
A. 函數不是偶函數
B. 函數的最小正周期為4
C. 函數在上有3個零點
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根據是奇函數，為偶函數，可得的對稱中心和對稱軸，再結合時，解析式，作出的圖像，可判斷A，C的正誤；根據對稱軸和對稱中心，即可得的最小正周期，可判斷B的正誤；根據的周期性及題干條件，代數化簡，即可比較的大小，即可得答案.
【詳解】對于A：因為是奇函數，圖像關于對稱，
所以圖像關于對稱，
因為為偶函數，圖像關于對稱，
所以圖像關于對稱，
又因為時，，作出圖像，如下圖所示
所以函數圖像不關于y軸對稱，即不是偶函數，故A正確；
對于B：因為是奇函數，
所以，即，
因為為偶函數，
所以，即，
所以，即，
所以，即，
所以函數的最小正周期為8，故B錯誤；
對于C：由圖像可得：在上圖像與x軸有3個交點，所以函數在上有3個零點，故C正確；
對于D：由題意得：，，
所以，故D錯誤.
故選：AC
解題的關鍵是熟練掌握函數的周期性?對稱性，并靈活應用，難點在于，根據對稱性，得到周期性，再結合題意求解，考查分析理解，數形結合的能力，屬中檔題.
三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）
13. 已知，則__________________．
【答案】
【解析】
【分析】由余弦的二倍角公式結合誘導公式即可得解.
【詳解】∵，∴，
∴．
故答案為：．
14. 已知展開式的二項式系數之和為256，則______；展開式中常數項為______.
【答案】 ①. 8 ②.
【解析】
【分析】（1）解方程即得解；
（2）設常數項為第項，則，令即得解.
【詳解】（1）由題得二項式系數之和為，可得.
（2）設常數項為第項，
則，
故，即，
則常數項為.
故答案為：8；.
【點睛】本題主要考查二項式展開式的系數之和，考查展開式的指定項的求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.
15. 已知拋物線：與圓：，直線：與拋物線交于，兩點，與圓交于，兩點，若，則拋物線的準線方程為________.
【答案】
【解析】
【分析】設，，聯立，結合韋達定理及弦長公式可得，再根據圓求出弦長，進而列出方程即可求解.
【詳解】設，，
聯立，化簡得，
所以，
，，
所以，
由圓：，即，
所以圓心為，半徑為，
所以圓心到直線的距離為，
所以，
由，得，解得，
所以拋物線：，
所以拋物線的準線方程為.
故答案為：.
16. 盧浮宮金字塔位于巴黎盧浮宮的主院，是由美籍華人建筑師貝聿銘設計的，已成為巴黎的城市地標.盧浮宮金字塔為正四棱錐造型，該正四棱錐的底面邊長為，高為，若該四棱錐的五個頂點都在同一個球面上，則球心到該四棱錐側面的距離為________.
【答案】##
【解析】
【分析】連接、，交于，連接，則球心在的延長線上，結合題意可得，且，，設，，求出，以為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，再結合法向量求解即可.
【詳解】如圖，連接、，交于，連接，則球心在上（或延長線上），
在正四棱錐中，，且，，
設，
所以，解得，
以為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，
則，，，，
所以，，，
設平面的法向量為，
則，即，
取，得，
所以球心到四棱錐側面的距離為.
故答案為：.
四、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明賽程或演算步驟）
17. 從①，，成等差數列；②，，成等比數列；③這三個條件中任選一個補充在下面的問題中，并解答下列問題.
已知為數列的前項和，，，且________.
（1）求數列的通項公式；
（2）記，求數列的前項和.
注：若選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得數列為等比數列，公比為，進而結合等差中項、等比中項、等比數列的前項和公式求解即可；
（2）分為奇數和為偶數兩種情況結合等差、等比數列的前項和公式分別進行求和，進而求解.
【小問1詳解】
由，，
當時，，
兩式相減得，即，
所以數列為等比數列，公比為.
選①，由，，成等差數列，
可得，即，
解得，所以.
選②，由，，成等比數列，
得，即，
解得，所以.
選③，由，得，
所以.
【小問2詳解】
當為奇數時，，
記前項和中的奇數項之和為，
則.
當為偶數時，，
記前項和中偶數項之和為，
則，
故.
18. 在中，已知內角，，所對的邊分別是，，，且.
（1）求角；
（2）若，角平分線，求的面積.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據余弦定理和正弦定理化簡題設可得，進而結合兩角和的正弦公式可得，進而求解；
（2）結合角平分線利用等面積法可得，進而求解即可.
【小問1詳解】
因為，
所以由余弦定理得，即，
由正弦定理得，
整理得，
即，
又，則，
所以.
【小問2詳解】
因為為角的平分線，
所以，
由，得，
即，解得，
所以.
19. 某“雙一流”大學的專業(yè)獎學金是以所學專業(yè)各科考試成績作為評選依據，分為專業(yè)一等獎學金（資金3000元）、專業(yè)二等獎學金（獎金1500元）和專業(yè)三等獎學金（獎金600元），且專業(yè)獎學金每個學生一年最多只能獲得一次.圖1是該校2022年500名學生每周課外平均學習時間的頻率分布直方圖，圖2是這500名學生在2022年每周課外平均學習時間段專業(yè)獎學金的頻率柱狀圖.
（1）求這500名學生中獲得專業(yè)三等獎學金的人數.
（2）若將每周課外平均學習時間超過35h學生稱為“努力型”學生，否則稱為“非努力型”學生，畫出列聯表，依據小概率值的獨立性檢驗，能否認為該校學生獲得專業(yè)一、二等獎學金與努力有關？
（3）若以頻率作為概率，從該校任選1名學生，記該學生2022年獲得的專業(yè)獎學金的金額為隨機變量，求隨機變量的分布列和期望.
附表：
觀測值計算公式：.
【答案】（1）人
（2）列聯表見解析，能；
（3）分布列見解析，期望為元.
【解析】
【分析】（1）根據直方圖和頻率柱狀圖求出獲專業(yè)三等獎學金頻率，進而求對應人數；
（2）由圖分析出非努力、努力型學生人數，分別求出其中對應獲一、二等獎學金的人數，進而得到列聯表，應用卡方公式求卡方值，根據獨立檢驗的基本思想得結論；
（3）該學生2022年獲得的專業(yè)獎學金的金額為，根據已知圖求對應概率，寫出分布列，進而求期望.
【小問1詳解】
由題圖，專業(yè)三等獎學金頻率為，
所以500名學生中獲得專業(yè)三等獎學金的人數人；
【小問2詳解】
非努力型學生人數為人，
其中獲一、二等獎學金的人數為人，
所以努力型學生人數為人，其中獲一、二等獎學金的人數為人，
綜上，列聯表如下：
，
所以依據小概率值的獨立性檢驗，能認為該校學生獲得專業(yè)一、二等獎學金與努力有關.
【小問3詳解】
由題設，該學生2022年獲得的專業(yè)獎學金的金額為，
，
，
，，
分布列如下：
元.
20. 如圖，在三棱柱中，側面是菱形，，是棱的中點，，點在線段上，且.
（1）求證：平面.
（2）若，平面平面，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）連接交于點，連接，結合相似可得，進而求證即可；
（2）過作，垂足為，連接，結合可得，以為原點，以，，所在直線為軸建立空間直角坐標系，進而結合法向量求解即可.
【小問1詳解】
連接交于點，連接，
因為，所以，
又，所以，所以，
又平面，平面，
所以平面.
【小問2詳解】
過作，垂足為，連接，
因為，所以為的中點，
因為平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因為為正三角形，為的中點，
所以.
如圖，以為原點，以，，所在直線為軸建立空間直角坐標系，
不妨設，則，，，，，，
則，，
設平面的法向量為，
則，得，取，
平面的法向量可取，
所以，
所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.
21. 已知橢圓：（）的左、右焦點分別為，，離心率為，斜率為的直線過且與橢圓相交于，兩點，的周長為.
（1）求橢圓的標準方程；
（2）設線段的中垂線交軸于，在以，為鄰邊的平行四邊形中，頂點恰好在橢圓上，求直線的方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根據橢圓定義和離心率定義即可求出橢圓標準方程；
（2）先設出直線方程及，點坐標，聯立直線方程與橢圓方程，利用韋達定理得到，點坐標之間的關系.再利用中垂線性質及平行四邊形中的向量等式得到點坐標，最后把點坐標代入橢圓方程求出斜率得到直線方程.
【詳解】解：（1）由的周長為，則有，所以，
又橢圓的離心率，
則，，故橢圓的標準方程為：.
（2）由題意可知，直線的斜率，設直線：，，
由可得
顯然，，
則中點，中垂線方程為：.
所以，由四邊形為平行四邊形，則，
即
所以，
由在橢圓上，則，解得，即.故直線的方程為.
【點睛】本題考查橢圓的定義、標準方程、性質及直線與橢圓的位置關系，關鍵是利用向量工具表示點的坐標，采用設而不求，屬于中檔題.
22. 已知函數.
（1）若，求實數的取值范圍；
（2）若有兩個極值點分別為，，求的最小值.
【答案】（1）；（2）最小值為.
【解析】
【分析】（1）先求解出，然后分類討論確定單調性，再求最小值，然后解不等式即可；
（2）根據是的兩個極值點可求得的值，再利用的值將化簡成，然后通過構造新函數并分析其定義域結合單調性求解出其最小值.
【詳解】（1）因為，
所以，
由得或.
①當時，因為，不滿足題意，
②當時，在上單調遞減，在上單調遞增，
于是，解得，
所以的取值范圍為.
（2）函數，定義域為，，
因為，是函數的兩個極值點，所以，是方程的兩個不等正根，
則有，，，
得，對稱軸，故，.
且有，，
.
令，則，
，，
當時，單調遞減，當時，單調遞增，
所以，
所以的最小值為.
思路點睛：導數中求解雙變量問題的一般步驟：
（1）先根據已知條件確定出變量滿足的條件；
（2）將待求的問題轉化為關于的函數問題，同時注意將雙變量轉化為單變量，具體有兩種可行的方法：①通過將所有涉及的式子轉化為關于的式子，將問題轉化為關于自變量（亦可）的函數問題；②通過的乘積關系，用表示（用表示亦可），將雙變量問題替換為（或）的單變量問題；
（3）構造關于或或的新函數，同時根據已知條件確定出或或的范圍即為新函數定義域，借助新函數的單調性和值域完成問題的分析求解.
0050
0.010
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
非努力型
努力型
專業(yè)一、二等獎學金
92
36
128
非專業(yè)一、二等獎學金
348
24
372
440
60
500
0
600
1500
3000
0.424
0.32
0.198
0.058

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