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. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由復數(shù)乘除法運算法則直接計算可得結果.
【詳解】.
故選：B．
2. 已知集合，，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】結合解一元二次不等式求出，根據(jù)集合的交集運算，即可求得答案.
【詳解】因為，所以，
又，所以，
故選：C．
3. 已知樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)和標準差均為4，則數(shù)據(jù)的平均數(shù)與方差分別為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)樣本數(shù)據(jù)同加上一個數(shù)和同乘以一個數(shù)后的新數(shù)據(jù)的平均值和方差的性質(zhì)，即可求得答案.
【詳解】由題意知樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)和標準差均為4，則的方差為16，
則的平均數(shù)為，方差為，
故的平均數(shù)為，方差，
故選：B
4. 已知函數(shù)，則曲線在處的切線方程為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】代入法求得，以及利用導數(shù)的四則運算法則求得f′x進一步求得即可得解.
【詳解】由題意知，，
∴曲線y=fx在處的切線的斜率為，
∴曲線y=fx在處切線方程為，且.
故選：C．
5. 已知拋物線上一點到其焦點的距離為，過該拋物線的頂點作直線的垂線，垂足為點，則點的坐標為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先得到拋物線的焦點坐標與準線方程，根據(jù)拋物線的定義及焦半徑公式求出，即可得到、的坐標，設點P的坐標為，由及點在直線上，求出的坐標.
【詳解】由題意得，拋物線的焦點，準線方程為，
從而由拋物線的定義得，解得，所以拋物線方程為，則．
又點在拋物線上，即，所以或（舍去），
所以，則，
設點P的坐標為，則，即，所以，又點在直線上，
所以，解得，所以，所以點的坐標為．
故選：D．
6. 已知函數(shù)圖象的對稱軸方程為，則（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由為的對稱軸，可得的最小正周期，從而得到，根據(jù)對稱軸的性質(zhì)可得，令，代入函數(shù)即可求出，從而得到答案.
【詳解】，其中．
由函數(shù)圖象的對稱軸方程為，得的最小正周期，
所以，所以．
由函數(shù)圖象的對稱軸方程為，得，
令，得，即，得，
所以，經(jīng)驗證滿足題設，則．
故選：A．
7. 已知，分別是橢圓的左、右焦點，若橢圓C上存在點M使得，則橢圓C的離心率e的取值范圍為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中，由余弦定理用表示出MF1?MF2，再由三角形的面積公式得到關于的不等關系，從而得到離心率的范圍.
【詳解】由題，，則．設，，則由橢圓的定義得．
在中，由余弦定理得，
所以，
所以．
設，則，所以，
所以，所以，
兩邊同時平方得，解得，
又，所以.
故選：D．
8. 已知A，B，C，D是半徑為2的圓O上的四個動點，若，則的最大值為（ ）
A. 6B. 12C. 24D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】利用極化恒等式進行轉化可求最大值.
【詳解】如圖：
分別取AB，CD的中點E，F(xiàn)，連接DE，CE，EF．
又，所以由極化恒等式得
，，
所以
．
連接OE，OF，OA，OB，OC，OD，
由，，得，
所以E，F(xiàn)在以O為圓心，為半徑的圓上．所以EF的最大值為，
所以的最大值為24．
故選：
【點睛】知識點點睛：極化恒等式：在中，若為中點，則.
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. 已知二項式（且，，）的展開式中第項為15，則下列結論正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用二項展開式的通項公式可求， 的值，可判斷AB的準確性；再利用排列數(shù)和組合數(shù)的運算性質(zhì)判斷CD.
【詳解】由二項式定理得，
所以，故AB正確．
因為，所以C錯誤．
因為，，所以，故D錯誤．
故選：AB
10. 已知函數(shù)，其中分別是將一枚質(zhì)地均勻的骰子拋擲兩次得到的點數(shù)．設“函數(shù)的值域為”為事件，“函數(shù)為偶函數(shù)”為事件，則下列結論正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，求出事件的所有可能結果，并求出概率，再結合事件的和與積、條件概率逐項分析即可.
【詳解】將一枚質(zhì)地均勻的骰子拋擲兩次出現(xiàn)的點數(shù)共有種情況，
由函數(shù)的值域為，
則，即，
滿足的有，，共2種情況，
則，.
由函數(shù)為偶函數(shù)，得，
滿足的有，，，，，，共6種情況，
則.
對于A，滿足事件A，B同時發(fā)生的有，共1種情況，
則，故A錯誤；
對于B，事件包含的有，，，，，，，共7種情況，
因此，故B正確；
對于C，，故C正確；
對于D，滿足事件，B同時發(fā)生的有，，，，，共5種情況，
因此，則，故D錯誤．
故選：BC.
11. 一般地，我們把三組對棱分別相等的四面體叫做等面四面體．下列結論正確的是（ ）
A. 若一個四面體的四個面的周長都相等，則該四面體是等面四面體
B. 等面四面體的一組對棱中點的連線與這組對棱都垂直
C. 三組對棱長度分別為，，的等面四面體外接球的表面積為
D. 過等面四面體任一頂點的三個面且以該點為頂點的三個角之和為
【答案】ABD
【解析】
【分析】對于選項A ，利用周長關系，化簡可得答案；
對于選項B，作出圖等面四面體中，設與的中點分別為，，可證明，從而證明，，判斷B；
對于C，將等面四面體放到長方體中，即可求出外接球半徑，從而得到外接球表面積；
對于D，將等面四面體展開，從而得到，即可說明答案.
【詳解】選項A：四面體中，設，，，，，，且，
將，兩邊分別相加，得，
再由得，同理得，，所以四面體是等面四面體，所以A正確．
選項B：如圖1，在等面四面體中，設與的中點分別為，，
連接，，則，所以，所以，同理可證，所以B正確．
選項C：將等面四面體放到長方體中，如圖2，
所以等面四面體的外接球即長方體的外接球，不妨設，，，
則，，，得，
，，所以等面四面體外接球的半徑，
所以等面四面體外接球的表面積為，所以C錯誤．
選項D：將等面四面體展開，如圖3，
由等面四面體的定義可以證得，所以，，
所以，同理在其他頂點處也成立，所以D正確．
故選：ABD
【點睛】方法點睛：能放在長方體中求外接球半徑的三棱錐模型：
(1)墻面模型：共點的三條線兩兩垂直；
(2)正四面體模型：棱長全等的三棱錐；
(3)對棱相等的三棱錐
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 已知數(shù)列為等差數(shù)列，，則______．
【答案】12
【解析】
【分析】解法一：利用等差數(shù)列的性質(zhì)將已知中的進行轉化，從而求解；
解法二：利用等差數(shù)列的通項公式求解.
【詳解】解法一 ：因為，所以．
解法二 ：設數(shù)列an的公差為d，則，
從而．
故答案為：12
13. 某金屬晶體的原子排列的正八面體最密堆積（表示金屬晶體原子的六個等徑球按如圖1所示的方式排列：相鄰的兩個等徑球相切且六個球體中心的連線成正八面體形狀，如圖2）依然存在空隙（最密堆積中六個球所圍成的中間空著的地方）．若等徑球的半徑為，空隙中能容納的最大外來原子（圖3中位于中間的小球）的半徑為，則______．

【答案】##
【解析】
【分析】結合某金屬晶體的原子排列的正八面體最密堆積，設正八面體EABCDF的棱長為a，連接AC，BD，EF，則，由題意得，，即可求解.
【詳解】由題意，最大外來原子一定與6個原子相切，則是正八面體對角線長．
如圖所示，

設正八面體EABCDF的棱長為a，連接AC，BD，EF，則，
由題意得，，
所以，，
故．
故答案為：.
14. 表示三個數(shù)中的最大值，對任意的正實數(shù)，，則的最小值是______．
【答案】2
【解析】
【分析】設，因，可得，借助于基本不等式可得，驗證等號成立的條件，即得.
【詳解】設，則，，，
因，則得．又因，所以，
當且僅當，即，時等號成立，故的最小值為2．
故答案為：2.
【點睛】思路點睛：本題解題的思路在于，先根據(jù)的含義，設出，即得，將問題轉化為求的最小值，而這可以利用基本不等式求得，同時需驗證等號成立的條件.
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15. 在中，內(nèi)角，，所對的邊分別為，，，且．
（1）求的最大值，并判斷此時的形狀；
（2）若，，求的面積．
【答案】（1）最大值，直角三角形
（2）6.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理將邊化為角，得到與的關系，利用基本不等式得到的最大值，求出當取最大值時A，B，C的大小，從而判斷出的形狀；
（2）解法一：先求，的值，過點B作于點D，求BD的長，最后求的面積；解法二：過B作于點D，根據(jù)（1）中可求得AD，CD，結合求出BD，求的面積.
【小問1詳解】
由及正弦定理，得，
所以，即，
所以．
易知，則．①
所以．
易知，所以，
當且僅當時，取得最大值．②
此時，所以，．由三角形內(nèi)角和定理得，
所以當取得最大值時，為直角三角形．
【小問2詳解】
解法一：由題，，得，
由（1）可得，所以，
所以，．③
易知為銳角三角形，過點B作于點D，則D在邊AC上，
設，則，
由得，所以，從而，④
所以．
解法二：由題意得是銳角三角形，過點B作于點D，則D在邊AC上，
且，．因為，所以，
因為，所以，，
設，則，，
所以，得，即，⑤
所以．
16. 如圖，已知在多面體ABCDEF中，，，平面，平面，

（1）求證：平面平面；
（2）若，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由推出平面，再由平面，平面得到，繼而得到平面，最后由面面平行的判定定理即得；
（2）依題意建立空間直角坐標系，寫出相關點的坐標，求得相關向量的坐標，計算出兩個平面的法向量坐標，利用空間向量的夾角公式即可求得.
【小問1詳解】
因為，平面，平面，
所以平面，①
因為平面，平面，所以，
同理可證平面，②
又，平面，所以平面平面.
【小問2詳解】
易知AB，AD，AE兩兩垂直，故可以A為坐標原點，AB，AD，AE所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，
故，，，

設平面BDE的法向量為，則，即，
令，則，，所以，
設平面BDF的法向量為，則，即，
令，則，，所以，
則，
易知二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為.
17. 某學校在2023—2024年度體育節(jié)活動中設置了一項趣味輪滑比賽，比賽設置了2個動作項目組，其中項目組一中有3個規(guī)定動作，項目組二中有2個自選動作，比賽規(guī)則：每位運動員從2個項目組的5個動作中選擇3個參賽，最后得分越多者，排名越靠前．評分規(guī)則：對于項目組一中的每個動作，若沒有完成得0分，若完成得10分．對于項目組二中的動作，若沒有完成得0分，若只完成1個得20分，若完成2個得50分．已知運動員甲完成項目組一中每個動作的概率均為，完成項目組二中每個動作的概率均為，且每個動作是否能完成相互獨立．
（1）若運動員甲選擇項目組一中的3個動作參賽，設甲的最后得分為，求的分布列與數(shù)學期望；
（2）以最后得分的數(shù)學期望為依據(jù)，判斷運動員甲應選擇怎樣的方案參賽，請說明你的理由．
【答案】（1）分布列見解析，15；
（2）從項目組一中選擇1個動作、從項目組二中選擇2個動作參賽，理由見解析.
【解析】
【分析】（1）依題意， 的所有可能取值為0，10，20，30，分布求出對應的概率，列出的分布列，從而得到數(shù)學期望；
（2）由題意，運動員甲的參賽方案有3個：方案1：從項目組一中選擇3個動作參賽．方案2：從項目組一中選擇2個動作、從項目組二中選擇1個動作參賽．方案3：從項目組一中選擇1個動作、從項目組二中選擇2個動作參賽，分別列出分布列，求出數(shù)學期望，即可判斷答案.
小問1詳解】
由題意得的所有可能取值為0，10，20，30，
所以，，
，，①
故的分布列為
所以．
【小問2詳解】
由題意，運動員甲的參賽方案有3個：
方案1：從項目組一中選擇3個動作參賽．
方案2：從項目組一中選擇2個動作、從項目組二中選擇1個動作參賽．
方案3：從項目組一中選擇1個動作、從項目組二中選擇2個動作參賽．
對于方案1：由（1）知甲的最終得分的數(shù)學期望為15．
對于方案2：設甲的最終得分為，則的所有可能取值為0，10，20，30，40，
則，
，
，
，，
所以．②
對于方案3：設甲的最終得分為，則的所有可能取值為0，10，20，30，50，60，
則，，
，，
，，
所以．③
因為，
所以甲應選擇方案3，即從項目組一中選擇1個動作、從項目組二中選擇2個動作參賽.
18. 已知O為坐標原點，P，Q是雙曲線上的兩個動點．
（1）若點P，Q在雙曲線E的右支上且直線PQ的斜率為2，點T在雙曲線E的左支上且，，求雙曲線E的漸近線方程；
（2）若，，成等比數(shù)列，，證明直線PQ與定圓相切．
【答案】（1）；
（2）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）取PQ的中點M，連接OM，由雙曲線的對稱性得到，設直線PQ的傾斜角為，直線OM的傾斜角為，從而，，再由，求得，然后利用點差法，由求解；
（2）易知OP，OQ的斜率存在且不為0，設直線OP的方程為y=kxk≠0，直線OQ的方程為，代入雙曲線方程，結合，，成等比數(shù)列，有，從而，設點O到直線PQ的距離為，再利用射影定理則求解.
【小問1詳解】
解：如圖所示：
取PQ中點M，連接OM，
由及雙曲線的對稱性可知O為線段QT的中點，則．
設直線PQ的傾斜角為，直線OM的傾斜角為，則，，
由題意得，所以．
設Px1,y1，Qx2,y2，則，兩式相減，得，
化簡得，即，所以，
故雙曲線E的漸近線方程為．
【小問2詳解】
易知OP，OQ的斜率存在且不為0，設直線OP的方程為y=kxk≠0，
由，可得直線OQ的方程為，
將代入雙曲線方程，得，得，則，
所以，將k換成得．
因為，，成等比數(shù)列，所以，
則．
設點O到直線PQ的距離為，則，
兩邊同時平方得，
所以，可得，
所以直線PQ與定圓相切．
【點睛】關鍵點點睛：本題第一問關鍵是直線PQ的傾斜角與直線OM的傾斜角的關系，從而得到，再由點差法，得到結論而得解.
19. 已知函數(shù)．
（1）討論函數(shù)的單調(diào)性．
（2）給定且，對于兩個大于1的正實數(shù)，，若存在實數(shù)m滿足：，，使得不等式恒成立，則稱函數(shù)為區(qū)間D上的“優(yōu)化分解函數(shù)”．若，函數(shù)為區(qū)間上的“優(yōu)化分解函數(shù)”，求實數(shù)m的取值范圍．
【答案】（1）答案見解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用導數(shù)分類討論單調(diào)性；
（2）利用導數(shù)得Fx的單調(diào)性，再分的情況，依次驗證是否符合“優(yōu)化分解函數(shù)”的定義即可.
【小問1詳解】
依題意，函數(shù)的定義域為0,+∞，
，
令，解得或．
①當時，，
∴當或時，f′x0，單調(diào)遞增，
故函數(shù)在上單調(diào)遞增，在和上單調(diào)遞減．
②當時，恒成立，
∴在0,+∞上單調(diào)遞減．
③當時，，
∴當或時，f′x0．
故函數(shù)在上單調(diào)遞增，在和上單調(diào)遞減．
綜上，當時，在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
當時，0,+∞上單調(diào)遞減；
當時，在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
【小問2詳解】
當時，，
∴在1,+∞上恒成立，
∴Fx在區(qū)間1,+∞上單調(diào)遞增，∴當時，．
當時，有，
，
得，同理．
∴由Fx的單調(diào)性知，，
從而有，符合題意．
當時，，
，
由Fx的單調(diào)性知，
∴，與題意不符．
當時，同理可得，，
故由Fx的單調(diào)性知，
得，與題意不符．
綜上，實數(shù)m的取值范圍為0,1．
【點睛】關鍵點點睛：第（2）問中分，和三種情況下比較與
的大小關系，驗證是否符合“優(yōu)化分解函數(shù)”的定義.0
10
20
30

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