注意事項：
1.答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚.
2.每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上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.在試題卷上作答無效.
3.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回.滿分150分，考試用時120分鐘.的
一、單項選擇題（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. 已知集合，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分別求兩個集合，再根據(jù)集合的混合運算，即可求解.
【詳解】，解得：，即，，
，所以.
故選：B
2. 已知，且，則一定正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由條件可得，，代入選項A，結合二次函數(shù)性質判斷A，代入B，結合指數(shù)函數(shù)性質判斷B，結合基本不等式判斷CD.
【詳解】因為，，故，
對于A，，
所以4>a2+b2≥2，A錯誤；
對于B，，又，
所以，B錯誤；
由基本不等式可得，當且僅當時等號成立，
又，所以，C正確，
由基本不等式可得，當且僅當時等號成立，
所以，D錯誤；
故選：C.
3. 記的內角的對邊分別為，已知，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用內角和公式求，根據(jù)正弦定理求.
【詳解】因為，，
所以，
由正弦定理可得，又，
所以，
故選：A.
4. 已知是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列結論正確的是（ ）
A. 若，則
B. 若，則
C. 若，則
D. 若，則
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)線面位置關系的判定定理和性質定理，逐項判定，即可求解.
【詳解】
如圖為正方體，
設直線為，直線為，平面為，
則，但，A錯誤；
設平面為，平面為，直線為，
因為，則直線為直線，
滿足條件，但不垂直，B錯誤；
設平面為，平面為，平面為，
則，則相交，C錯誤；
設直線的方向向量為，直線的方向向量為，
平面的法向量為，平面的法向量為，
因為，
所以，，，
所以，所以，D正確；
故選：D.
5. 設，則隨機變量的分布列如下表，則當在內增大時（ ）
A. 增大B. 減小
C. 先增大后減小D. 先減小后增大
【答案】D
【解析】
【分析】由方差的運算公式，結合二次函數(shù)的單調性進行判斷即可.
【詳解】，
，
該二次函數(shù)的對稱軸為，
當在內增大時，先減小后增大，
故選：D.
6. 已知數(shù)列滿足，記，則（ ）
A. B. C. 2024D.
【答案】C
【解析】
【分析】先得到的一個周期為3，且，從而得到.
【詳解】，，，
，……，
故的一個周期為3，且，
故.
故選：C.
7. 已知圓與直線，過上任意一點向圓引切線，切點為和，若線段長度的最小值為，則實數(shù)的值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】設，則，則由題意可求得的范圍，從而可得，而的最小值是圓心到直線的距離，然后列方程可求出實數(shù)m的值
【詳解】圓的方程可化為，
設，則，
因，所以，
又，所以，
又，所以，
而的最小值是圓心到直線的距離，
所以， 又，所以．
故選：B．
8. 已知，若函數(shù)在上單調遞增，則實數(shù)的取值范圍是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】去掉絕對值符號得到正弦或余弦函數(shù)，結合三角函數(shù)的單調性求解即可得到答案.
【詳解】若，則需滿足，
此時去絕對值化簡得：fx=sinωx(ω>0)，在單調遞增，
即，
列出不等式組：ω>0π4+2kπ≤π4ω0，函數(shù)在上單調遞增，
當時，在上f′x0，單調遞增.
【小問2詳解】
設切點為，則，
所以，
即，顯然為方程的根，
又令，
，h′x0，hx單調遞增，
故hx在處取最小值，
故方程只有這一個根，
故.
16. 在整數(shù)中任取三個不同的數(shù)，并構造三條線段的長度恰好為這三個數(shù).
（1）當時，求這三條線段能構成的不同三角形個數(shù)；
（2）當時，求這三條線段能構成最大邊長為的三角形的概率.
【答案】（1）7個 （2）
【解析】
【分析】（1）列出滿足條件的所有選法即可；
（2）列出滿足條件的選法，再利用組合數(shù)求出所有選法，利用古典概型概率公式可得結論.
【16題詳解】
當時，一共有種可能，
其中能夠構成三角形有：，
一共個.
【17題詳解】
設，為滿足題意的三角形的邊長，不妨設，則.
當時，若，不能構成三角形，
若，
若，
…
若，
所以一共有個，
又因為在整數(shù)1，2，…，20中任取三個不同的數(shù)的總的方法數(shù)為.
故所求的概率為.
17. 如圖，在四棱錐中，四邊形為平行四邊形，平面，且，連接.
（1）求證：；
（2）當與平面所成角正切值為時，求棱的長.
【答案】（1）證明見解析
（2）或6
【解析】
【分析】（1）先證明，由線面垂直判定定理證明?平面?，再證明線線垂直；
（2）建立空間直角坐標系，設，，求出平面的法向量，由線面角公式化簡整理得，解方程即可．
【小問1詳解】
證明：因為，
所以，
所以，故，又四邊形為平行四邊形，
所以四邊形?為矩形，
過點?在平面?內作?交棱?于點?，連接?，
因為?，所以?，
又?，所以?，于是?.
又?，所以?∽?，所以?，
因為?，于是?，所以?，
因為?平面?，?，所以?平面?，
于是?，又?，且?、?平面?，
所以?平面?，
又因為?平面?，因此?.
【小問2詳解】
解：以點為原點，分別以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖所示.
設，a>0，
則，
所以，
設平面的法向量為，則，
即，
取，可得，
則為平面的一個法向量，
于是.
設與平面所成角為，
因為，所以，
則，
化簡整理得，解得或2，
所以棱的長為或6.
18. 設，點是拋物線上的動點，點到拋物線的準線的距離最小值為2.
（1）求的最小值；
（2）求的取值范圍；
（3）證明：.
【答案】（1）；
（2）；
（3）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題設有，設，應用兩點距離公式及導數(shù)求距離最小值；
（2）由題設有，結合∠PAB=∠OAB?∠OAPt>0，應用差角正切公式得，分類討論求的范圍，即可的取值范圍；
（3）結合（2）的分析有，即可證結論.
【小問1詳解】
由題設，則拋物線，
設點，則，
記，則，
因為t2+4t+64=t+22+60>0，所以，解得.
所以時，時，則在上單調遞減，在上單調遞增，
所以的最小值為，故的最小值為.
【小問2詳解】
依題意及（1），知，
由∠PAB=∠OAB?∠OAPt>0或，
根據(jù)到角公式，得：.
當時，，則；
當時，，
所以，則；
當時，，
所以，則.
綜上，的取值范圍是.
【小問3詳解】
由（2）知，且，所以.
19. 已知遞增數(shù)列的各項為正整數(shù)，前項和為，數(shù)列滿足“對任意的，均有成立.且.
（1）證明：數(shù)列為等差數(shù)列，并求的通項公式；
（2）若的公差大于1，定義首項為2且公比大于1的等比數(shù)列為“G-數(shù)列”，證明：
①對任意且，存在“-數(shù)列”，使得成立；
②當且時，不存在“-數(shù)列”，使得對任意正整數(shù)成立.
【答案】（1）證明見解析，，或
（2）①證明見解析②證明見解析
【解析】
【分析】（1）由條件關系取可得，結合關系證明：，再證明時。結論也成立，由此證明數(shù)列為等差數(shù)列，結合，，求和公差，.由此可求數(shù)列的通項公式；
（2）由（1），公比為，，
①要證明原結論只需證明存在對且，成立，利用導數(shù)證明，由此證明滿足條件即可；
②設成立，則成立，取推出矛盾，完成證明.
【小問1詳解】
取，則，
又，，
所以，
當時，，
兩式相減整理得：
又：，
兩式相減整理可得：，
由，當時，，即，
所以對任意的，都有，
所以是等差數(shù)列，由，可得：
.
∴.
【小問2詳解】
由于，∴，設“數(shù)列”的公比為，且.
①由題意，只需證存在對且，成立，
即成立，設，
令，所以在上單增，上單減，
又∵，∴，
所以，使得對任意且成立.
又，，，
，，
所以對任意且，均成立，
所以對任意且，存在“數(shù)列”，使得成立；
②由①知，若成立，則成立，當
時，，
取，由不存在，
所以當且時，不存在“數(shù)列”，使得對任意正整數(shù)成立.
【點睛】“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現(xiàn)象看本質，它們考查的還是基礎數(shù)學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.1
2

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