一、單選題
1．已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，，，則（ ）.
A．B．C．D．
2．已知數(shù)集滿足：，，若，則一定有：（ ）.
A．B．C．D．
3．已知，則（ ）.
A．B．C．D．選項(xiàng)不完整
4．已知復(fù)數(shù)滿足：，為純虛數(shù)，則這樣的復(fù)數(shù)共有（ ）個(gè).
A．B．C．D．
5．函數(shù)在上的圖象大致為（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，直線過原點(diǎn)且平行于，則到的距離為（ ）.
A．B．1C．D．
7．已知焦點(diǎn)在軸上的橢圓的左右焦點(diǎn)分別為，經(jīng)過的直線與交于兩點(diǎn)，若，，，則的方程為：（ ）.
A．B．C．D．
8．已知空間中的兩個(gè)平面與三棱錐，若，在上的正射影是邊長為3且某邊垂直的正方形，在上的正射影是一個(gè)等邊三角形，則的體積為：（ ）.
A．B．C．D．
二、多選題
9．若，成等差數(shù)列，成等比數(shù)列，則題中等比數(shù)列的公比可以是：（ ）.
A．B．C．D．
10．近期羽毛球價(jià)格的上漲引起了廣泛熱議.小郅同學(xué)調(diào)查了甲、乙兩種有較大影響力品牌的羽毛球在2024年3月~7月的各月平均價(jià)格（單位：打/元）如下表，甲、乙兩球的受眾群體分別約占總?cè)后w的30%與70%，則以甲、乙兩球?yàn)闃颖荆瑢?duì)其和樣本的平均值與方差的數(shù)值的計(jì)算結(jié)果正確的是：（ ）.
A．B．C．D．
11．已知函數(shù)，則下列說法正確的是：（ ）.
A．若，則的最大值為
B．若，則函數(shù)始終有且僅有1個(gè)極值點(diǎn)且為極小值點(diǎn)
C．若，則始終有且僅有1個(gè)零點(diǎn)
D．若恒成立，則的最小值為
三、填空題
12．已知函數(shù).若的定義域?yàn)?，則的定義域?yàn)椋? ；若，的值域?yàn)椋瑒t的取值范圍是： .
13．將拋物線繞原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后得到的曲線方程為： .
14．如圖，在凸四邊形中，為線段上一點(diǎn)，，，，記的面積為，的面積為，則的取值范圍為： .
四、解答題
15．如圖，在三棱錐中，與均為邊長為2的等邊三角形.
(1)若二面角的大小為，求.
(2)設(shè)為平面內(nèi)一點(diǎn)，平面，求證：.
16．希望中學(xué)高三（8）班擬舉辦為期兩天的氣排球比賽，晏老師從體育室拿了4個(gè)排球放入球車中提供使用，4個(gè)排球中有2個(gè)新球與2個(gè)舊球，比賽當(dāng)天從球車中隨機(jī)取出2個(gè)球進(jìn)行比賽，賽完后新球變成舊球放回球車.設(shè)第1天與第2天賽完后球車中舊球數(shù)量分別為和.
(1)求的分布列與數(shù)學(xué)期望.
(2)求與.
17．已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為，經(jīng)過的直線與交于不重合的兩點(diǎn).
(1)若的離心率為2，求證：對(duì)于給定的或，以為直徑的圓經(jīng)過軸上一定點(diǎn).
(2)若，為軸上一點(diǎn)，四邊形為平行四邊形，求其面積的最小值.
18．已知函數(shù)，.
(1)若，求證：沒有極值點(diǎn).
(2)若恒成立，求的取值范圍.
(3)若，存在且僅存在一條直線既是的切線又是的切線，求的值.
19．已知項(xiàng)數(shù)為的有窮數(shù)列的各項(xiàng)取遍中的所有整數(shù)，我們稱該數(shù)列為“規(guī)范的”.對(duì)于一組規(guī)范列，從的第1項(xiàng)開始，取第1個(gè)符合題意的項(xiàng)，使不是的最大項(xiàng)，然后依次刪除、第1個(gè)超過的項(xiàng)、第1個(gè)超過的項(xiàng)、，直到無法刪除為止稱為的1次“變換”.變換后剩余項(xiàng)按其相對(duì)位置不變構(gòu)成新數(shù)列（新數(shù)列也許可以再次進(jìn)行變換，則繼續(xù)進(jìn)行下去），直到最后剩下1項(xiàng)或1組遞減數(shù)列統(tǒng)稱為的“保留列”（若最終沒有剩下任何一項(xiàng)則稱是“不可保留的”，在此我們不研究這類數(shù)列），記保留列的項(xiàng)數(shù)為，若變換進(jìn)行的次數(shù)為且，則稱是“飽和的”（其中：表示不超過的最大整數(shù)）.
(1)已知規(guī)范數(shù)列：5，3，2，1，4，6.求出其保留列并判斷它是否為飽和的；若交換其第5、6項(xiàng)或交換其2、3項(xiàng)，請(qǐng)直接判斷其是否為飽和的.
(2)若為飽和的規(guī)范列，它的項(xiàng)數(shù)與其保留列項(xiàng)數(shù)滿足為正偶數(shù)：
（i）證明：任意規(guī)定的第項(xiàng)為其保留列，總至少存在個(gè)符合題意的（其中：）.
（ii）若，對(duì)每一組任意給定的，求使的項(xiàng)最多有幾個(gè)（用含的代數(shù)式）.
月
3
4
5
6
7
甲
70
80
95
105
130
乙
55
60
70
75
85
參考答案：
1．A
【分析】由等差數(shù)列前和公式、等差數(shù)列的性質(zhì)可得答案.
【詳解】，故，
則.
故選：A.
2．C
【分析】借助交集與并集的性質(zhì)推導(dǎo)即可得.
【詳解】由，，
故、或、，
由，故，故C正確，D錯(cuò)誤；
同理，、或，，故A、B錯(cuò)誤.
故選：C.
3．B
【分析】將兩邊同時(shí)平方，利用同角間關(guān)系和二倍角公式，即可求得.
【詳解】因?yàn)椋?
兩邊同時(shí)平方得：，
所以，則，
故選：B.
4．B
【分析】法一：設(shè)該復(fù)數(shù)，借助復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則計(jì)算出后結(jié)合純虛數(shù)定義即可得；法二：借助復(fù)數(shù)的三角形式及其幾何意義計(jì)算即可得.
【詳解】法一：設(shè)，則的實(shí)部為且虛部不為，
，
則，，
因?yàn)?，故，即?br>則有，解得或或，
當(dāng)時(shí)，，則，舍去；
當(dāng)時(shí)，，即，則，舍去；
當(dāng)時(shí)，，則，
故，即，共有兩個(gè).
綜上所述，這樣的復(fù)數(shù)共有兩個(gè).
法二：設(shè)的輻角為，，
表示將復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，
由幾何圖形的對(duì)稱性：與在復(fù)平面內(nèi)應(yīng)關(guān)于軸對(duì)稱，
則解得：或或或，
易知：時(shí)，，舍去，
故，故有兩個(gè)不同的復(fù)數(shù)滿足題意.
故選：B.
5．D
【分析】利用排除法，先判斷奇偶性，然后再利用導(dǎo)數(shù)判斷其極值點(diǎn)即可得答案；
【詳解】因?yàn)椋?br>所以為偶函數(shù)，故排除B項(xiàng)；
由，得，
顯然，在區(qū)間上，，
所以，在給定區(qū)間端點(diǎn)處函數(shù)切斜的斜率為0，排除A、C.
故選：D
6．C
【分析】根據(jù)題意取，然后求出在方向上的投影，再結(jié)合勾股定理可求得結(jié)果.
【詳解】由題意取，則，
所以到的距離為
.
故選：C
7．A
【分析】由題意可知：，根據(jù)數(shù)量積的幾何意義可得，，進(jìn)而結(jié)合橢圓的定義求，即可得方程.
【詳解】因?yàn)椋芍?br>則，，
可得，，即，，則，
由橢圓定義可得，即，
且，則，
即 ，可得，，
所以橢圓的方程為.
故選：A.
8．A
【分析】作一個(gè)直四棱柱（的一部分），設(shè)底面為，不妨設(shè)后平面為，均垂直于，，利用可得答案.
【詳解】如圖：作一個(gè)直四棱柱（的一部分），設(shè)底面為，不妨設(shè)后平面為，
均垂直于，為等邊三角形，
此時(shí)符合題意，
連接，則四邊形為平行四邊形，
，故，
即，
求得，則.
故選：A.
9．BCD
【分析】設(shè)公比為，根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列可得，運(yùn)算求解即可.
【詳解】因?yàn)槌傻缺葦?shù)列，設(shè)其公比為，則，
又因?yàn)槌傻炔顢?shù)列，則，
可得，則，
整理可得，解得或或，
結(jié)合選項(xiàng)可知：A錯(cuò)誤，BCD正確，
故選：BCD.
10．AD
【分析】首先計(jì)算甲和乙的平均數(shù)和方差公式，再代入總體平均數(shù)和方差公式，即可求解.
【詳解】，，
，故A正確；
，，
故，故D正確.
故選：AD
11．ABD
【分析】若，則，利用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性，最值，即可判斷A；若，，求導(dǎo)，結(jié)合圖象分析導(dǎo)數(shù)的正負(fù)情況，即可判斷B；若，求導(dǎo)分析單調(diào)性可得，由選項(xiàng)的結(jié)論可得，即可判斷C；恒成立，即恒成立，當(dāng)是的切線時(shí)，的值最小，設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最小值，即的最小值，即可判斷D.
【詳解】，，則，
令，得，令，得，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
則，故A正確；
，，
作出與的圖象，
由圖可得，兩支圖象始終有且僅有一個(gè)交點(diǎn)，
即函數(shù)始終有且僅有1個(gè)極值點(diǎn)，
當(dāng)時(shí)，在極值點(diǎn)左側(cè)，的圖象在的上方，
則，即，單調(diào)遞減，
在極值點(diǎn)右側(cè)，的圖象在的下方，
則，即，單調(diào)遞增，
故該極值點(diǎn)為極小值點(diǎn)，故B正確；
，，
當(dāng)時(shí)，令，得，
令，得，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
又，則，
則，
由A項(xiàng)可知：的最大值為-2，故，
無零點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
恒成立，即恒成立，
對(duì)于，要使較小，則減小，體現(xiàn)為直線向下平移至與相切，
所以當(dāng)是的切線時(shí)，的值最小，
，，
設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為，則，
，即，
則，
令，，
則，
令，得，令，得，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，
即的最小值為，故D正確.
故選：ABD
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：當(dāng)方程無法求解時(shí)，可利用函數(shù)與方程的關(guān)系，將方程的解轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點(diǎn)來分析.如本題B選項(xiàng)中，無法求出方程的根，移項(xiàng)可得，方程的根可轉(zhuǎn)化為函數(shù)與的圖象的交點(diǎn)，借助圖象關(guān)系來分析的正負(fù)情況.
12．
【分析】根據(jù)題意結(jié)合抽象函數(shù)值域分析求解；分析可得，根據(jù)指數(shù)函數(shù)可得的值域?yàn)?，結(jié)合二次函數(shù)運(yùn)算求解.
【詳解】若的定義域?yàn)?，即，則，
所以的定義域?yàn)椋?br>因?yàn)椋?br>可得的值域?yàn)?，則的值域?yàn)椋?br>可得，解得：，
所以的取值范圍為.
故答案為：；.
13．
【分析】分析可知旋轉(zhuǎn)后所得圖形仍為拋物線，且新焦點(diǎn)為，新準(zhǔn)線為，結(jié)合拋物線的定義列式求解即可.
【詳解】因?yàn)榈慕裹c(diǎn)為2,0，準(zhǔn)線為，準(zhǔn)線與x軸交點(diǎn)為，
旋轉(zhuǎn)后所得圖形仍為拋物線，且新焦點(diǎn)為，拋物線的對(duì)稱軸為，
則新準(zhǔn)線過點(diǎn)，斜率為，
可得新準(zhǔn)線方程為，即，
由拋物線定義可得，
整理得，
所以得到的曲線方程為.
故答案為：
14．
【分析】設(shè)，利用正弦定理進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)為，把邊轉(zhuǎn)為角，可得，，換元令，利用圖形求其范圍，進(jìn)而可得的取值范圍.
【詳解】設(shè)，過A作（垂足為），
在中，由正弦定理：，
即，則，
可得，，
因?yàn)?，可得?br>在中，，，，
在中，，
所以，
，
可得，
令，則：，
設(shè)：，
可知點(diǎn)在以0,2為圓心，1為半徑的右半圓上，
結(jié)合圖形可知：直線的斜率，
且在內(nèi)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，可得，
所以，即的取值范圍為.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：1.設(shè)角，利用正弦定理進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)化，進(jìn)而把面積問題轉(zhuǎn)化為角的問題；
2.求分式的范圍，常常轉(zhuǎn)化為斜率問題，結(jié)合圖形求其范圍.
15．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）取中點(diǎn)為，連接，則可得為二面角的平面角，得為等邊三角形，從而可求出；
（2）分別取為中點(diǎn)，連接，過作，則結(jié)合已知條件可得平面，平面，所以平面平面，平面平面，再結(jié)合平面，可證得結(jié)論.
【詳解】（1）解：取中點(diǎn)為，連接，
因?yàn)榕c均為邊長為2的等邊三角形，
所以 ，，
所以為二面角的平面角，故，
所以為等邊三角形，
所以；
（2）證明：分別取為中點(diǎn)，連接，
過作，
因?yàn)榕c均為邊長為2的等邊三角形，
所以，
所以，
因?yàn)?，平面?br>所以平面，
因?yàn)槠矫妫云矫嫫矫妫?br>由于平面，平面平面，
所以，
因?yàn)?，，，平面?br>所以平面，
因?yàn)槠矫?，所以平面平面?br>由于平面，平面平面，
所以，
所以，
又因?yàn)闉閮刹煌叺闹写咕€，
故成立.
16．(1)分布列見解析，
(2)，
【分析】（1）求出可取的值及相應(yīng)的概率，求出可取的值及相應(yīng)的概率，可得的分布列及期望；
（2）求出，，由條件概率公式計(jì)算可得答案.
【詳解】（1）可取的值為，
，
，
，
可取的值為，
，
，
，
，
所以：的分布列為：
；
（2），
，
.
17．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）首先由條件得到，，并設(shè)出直線與橢圓的方程，并方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理表示，即可判斷圓過定點(diǎn)；
（2）直線與雙曲線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理表示的中點(diǎn)坐標(biāo)，以及弦長，面積，利用基本不等式求面積的最值.
【詳解】（1），即，，
故可設(shè)，，，
設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，
聯(lián)立，得，且，
所以，則，
設(shè)，易知：，所以，，
有，
即，
所以，得，且該解同時(shí)滿足以上方程，故該圓經(jīng)過定點(diǎn).
（2）時(shí)，，令，
聯(lián)立，得，
，，
設(shè)中點(diǎn)為，，
，又在軸上，
所以，得，，
由于斜率為正的漸近線為：，，故在的異支上，
，，
所以，，
故，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，
所以.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵轉(zhuǎn)化幾何意義得到代數(shù)關(guān)系，第一問的關(guān)鍵是由垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化為數(shù)量積為0；第二問的關(guān)鍵是由平行四邊形對(duì)角線互相平分，轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)關(guān)系得到.
18．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）由，再次求導(dǎo)，討論，，可得的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而得最小值，則，單調(diào)遞增，沒有極值點(diǎn).
（2）法一：
設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，，討論當(dāng)，時(shí)，，即成立，所以.
法二：
題意等價(jià)于，令，，
再令，則，可得單調(diào)遞增，
進(jìn)而得在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增， 又可解，故，可得 .
（3）設(shè)與和分別切于、，則：， ，由于重合，可得，令：，，
令：，即：，討論當(dāng)，時(shí)，，又在單調(diào)遞增，故，則，討論可得是的最大值點(diǎn)，時(shí)有：時(shí)只有唯一解，故.
【詳解】（1）因?yàn)椋?br>則，則，
令，則，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
，
故，單調(diào)遞增，沒有極值點(diǎn).
（2）法一：
設(shè)，
則，當(dāng)時(shí)，，
①，則，單調(diào)遞增，又，當(dāng)時(shí)，，沒有恒成立，舍去，
②，令，則，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，
故，即成立，
綜上：.
法二：
題意等價(jià)于，令，，
再令，則，
令，則，故單調(diào)遞增，
，故單調(diào)遞增，
所以，又當(dāng)時(shí)，，故存在唯一使，
于是在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，
又可解，故，所以 .
（3）由，，
則，，
設(shè)與和分別切于、，
則， ，
由于重合，故有，
解②得：代入①得：，
則方程③只有1個(gè)解，其中.
令，，
令，即，
當(dāng)時(shí)，，等式不成立，
當(dāng)時(shí)，對(duì)原式移項(xiàng)取對(duì)數(shù)化簡(jiǎn)后得,
，
又易知在單調(diào)遞增，故，即④，
當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，，
所以，1）當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；
2）當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，，故，
又，由④得,，
所以是的最大值點(diǎn)，時(shí),時(shí)，③只有唯一解，故.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：不等式恒成立求參數(shù)值或范圍的方法，不等式恒成立，一種方法利用導(dǎo)數(shù)求得，然后由轉(zhuǎn)化為關(guān)于參數(shù)的不等式，從而求得參數(shù)范圍或值，另一種方法是分離參數(shù)，化不等式不，由導(dǎo)數(shù)求的最大值，然后解不等式可得．
19．(1)保留列：2，1.. 是飽和的；5、6項(xiàng)交換：飽和的；2、3項(xiàng)交換：不飽和的
(2)（i）證明見解析；（ii）項(xiàng)數(shù)至多為
【分析】（1）根據(jù)題意以及題中的相關(guān)定義即可得解.
（2）（i）設(shè)為保留列，剩下的項(xiàng)按相對(duì)位置不變構(gòu)成新數(shù)列，由為偶數(shù)得，得應(yīng)刪除的總項(xiàng)數(shù)為，從而得中有項(xiàng)，取，中任取一項(xiàng)，則第一次變換應(yīng)刪除，接下來依次取為剩余項(xiàng)的第1項(xiàng)，令，于是得到了一組，接下來將數(shù)列插入（從第一項(xiàng)開始插入）中分情況即可構(gòu)造出了一組，進(jìn)而結(jié)合的取法即可得證.
（ii）先設(shè)保留列為，，，，，，，接著結(jié)合題意得到對(duì)每一組任意給定的，使的項(xiàng)有個(gè)項(xiàng)，再用反證法證明項(xiàng)數(shù)為是最多的即可得解.
【詳解】（1）由題意第一次剩下：3，2，1，4，第二次剩下：2，1，結(jié)束，
所以數(shù)列2，1是數(shù)列5，3，2，1，4，6的保留列.
又，是飽和的，
5、6項(xiàng)交換， 飽和的；2、3項(xiàng)交換：不飽和的.
（2）（i）由題每一次變換至少刪除2項(xiàng)，所以飽和的規(guī)范列的每次變換都能且只能刪除2項(xiàng)，
不妨設(shè)為保留列，剩下的項(xiàng)按相對(duì)位置不變構(gòu)成新數(shù)列，
由于為偶數(shù)，故，應(yīng)刪除的總項(xiàng)數(shù)為，
故中有項(xiàng)，取，中任取一項(xiàng)，
則第一次變換應(yīng)刪除；再取為剩余項(xiàng)的第1項(xiàng)，令，
再從剩下的項(xiàng)中取一項(xiàng)，
則第二次變換刪除的項(xiàng)為；
再取為剩余項(xiàng)的第1項(xiàng)，令，剩下的項(xiàng)中取一項(xiàng)，...，以此類推，這樣就得到了一組，
接下來將數(shù)列插入（從第一項(xiàng)開始插入）中：項(xiàng)只有2種情況：
①是的第一項(xiàng)，那么令，中其他項(xiàng)均減1；
②不是的第一項(xiàng)，那么令為前面所有項(xiàng)的最小值減1，原本所有不超過的項(xiàng)減1，
這樣就構(gòu)造出了一組，由的取法，共有至少存在個(gè)符合題意的.
（ii）先不妨設(shè)保留列為，，，，，，，
，，，
這時(shí)，，除外其他項(xiàng)均滿足：，故有個(gè)項(xiàng)，
將與的數(shù)值交換位置得到成立的情況，
再將與的數(shù)值交換位置得到成立的情況，，
將與的數(shù)值交換位置得到成立的情況，
當(dāng)為奇數(shù)時(shí)先取同理可得這些情況，
由于，所以得到了取定時(shí)所有符合題意的情況，
再證明項(xiàng)數(shù)為是最多的：
由于第一項(xiàng)一定不滿足題意，于是假設(shè)若有個(gè)項(xiàng)滿足條件，
那么除第一項(xiàng)外剩余項(xiàng)均應(yīng)有：，
則：，，
而故，以此類推得：，
這時(shí)：，變換只進(jìn)行1次，剩余項(xiàng)，與矛盾，故：個(gè)項(xiàng)不成立，
即項(xiàng)數(shù)至多為.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解答新定義類題型的基本思路是：
（1）正確理解新定義；
（2）面對(duì)全新定義的規(guī)則要結(jié)合所學(xué)的知識(shí)、經(jīng)驗(yàn)將問題轉(zhuǎn)化成熟悉的問題或情境；
（3）在新的規(guī)則運(yùn)算過程中，可結(jié)合數(shù)學(xué)中原有的運(yùn)算和運(yùn)算規(guī)則進(jìn)行計(jì)算或邏輯推理，從而達(dá)到解答的目的.
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
B
D
C
A
A
BCD
AD
題號(hào)
11









答案
ABD









2
3
4

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