1. 設集合，，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，解得，
解得，，
所以.
故選：C
2. 已知復數(shù)滿足，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】B
【解析】由題意可得：，
所以z在復平面內對應的點為，位于第二象限.
故選：B.
3. 2024年全民健身運動的主題“全民健身與奧運同行”，為了滿足群眾健身需求，某健身房近幾年陸續(xù)購買了幾臺型跑步機，該型號跑步機已投入使用的時間（單位：年）與當年所需要支出的維修費用（單位：千元）有如下統(tǒng)計資料：
根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可得到線性回歸方程為，則（ ）
A. 與的樣本相關系數(shù)
B.
C. 表中維修費用的第60百分位數(shù)為6.5
D. 該型跑步機已投入使用的時間為10年時，當年所需要支出的維修費用一定是12.38萬元
【答案】B
【解析】對于A，由，得與成正相關，樣本相關系數(shù)，A錯誤；
對于B，，，則，B正確；
對于C，，因此第60百分位數(shù)為，C錯誤；
對于D，由選項B知，，當時，，
則當年所需要支出的維修費用約為12.38萬元，D錯誤.
故選：B
4. 向量，，且，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，則，則，
即，解得，
所以.
故選：D.
5. 若是第二象限角，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由得，
因為，所以，
因為是第二象限角，所以，
所以，
所以
故選：A.
6. 已知等比數(shù)列滿足，，記為其前項和，則（ ）
A. B. C. D. 7
【答案】A
【解析】設等比數(shù)列的公比為，
因為，，所以，解得或，
當時，，，所以；
當時，，，所以；
綜上可得.
故選：A
7. 已知直線過拋物線的焦點，且與拋物線交于，兩點，則以線段為直徑的圓的面積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】直線，令，可得，即直線過點；
拋物線的焦點，所以，解得，
所以拋物線，由，消去整理得，
設，，顯然，則，
所以，則以線段為直徑的圓的面積.
故選：C
8. 若滿足，則實數(shù)的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】設，則恒成立，即，
因為，所以在上單調遞增，
且當時，，
故當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
所以當時，取得極小值，即最小值，
，
令，得．
故選：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. 已知，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】對A，周期為，故A對；
對B，令，，則，
若成立，則關于對稱，
令，解得，因為，則B錯誤；
對C，，故C正確；
對D，，當時，則，則D錯誤，
故選：AC.
10. 擲一枚質量均勻的骰子，記事件：擲出的點數(shù)為偶數(shù)；事件：擲出的點數(shù)大于2．則下列說法正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】由題意，，，則，，故A正確；
由全概率公式，則，故B正確；
事件表示擲出的點數(shù)為偶數(shù)且不大于2，則，事件表示擲出的點數(shù)為奇數(shù)且大于2，則，
則，故C錯誤；
，，則，故D正確．
故選：ABD
11. 給定棱長為1的正方體，是正方形內（包括邊界）一點，下列結論正確的有（ ）
A. 三棱錐的體積為定值
B. 若點在線段上，則異面直線與所成角為定值
C. 若點在線段上，則的最小值為
D. 若，則點軌跡的長度為
【答案】ABC
【解析】如圖，以為原點，建立空間直角坐標系，連接，
設，，則，
對于A，易得面的法向量為，設到面的距離為，
由點到平面的距離公式得，而，
則，即三棱錐的體積為定值，故A正確，
對于B，因為點在線段上，所以，
而，，則，，
得到，，解得，即，
如圖，連接，由題意得，，
則，，設異面直線與所成角為，
則，而，故，
即異面直線與所成角為定值，故B正確，
對于C，如圖，將面沿著翻折，使面與面共面，
由題意得四邊形是正方形，四邊形是矩形，
得到，，故
而，則的長度即為所求最小值，
由余弦定理得，解得，故C正確，
對于D，如圖，連接，此時，，
則由兩點間距離公式得，
因為，所以，
兩邊同時平方得，化簡得，
則的軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，
由正方體性質得，則弧長為，
即點軌跡的長度不為，故D錯誤.
故選：ABC
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 已知直線：與：平行，則與間的距離為__________．
【答案】
【解析】由與兩直線平行可得，解得；
即可得：，
所以與間的距離為.
故答案：
13. 圖中平行四邊形有___________個（用數(shù)字作答）.
【答案】90
【解析】由平行四邊形有兩組對邊分別平行相等，
所以分別從四條橫線中取兩條和從六條斜線中取兩條即可，即.
故答案為：90.
14. 已知，函數(shù)，若，使得關于的不等式成立，則實數(shù)的取值范圍是__________．
【答案】
【解析】因為，則定義域為，
所以的圖象是取與圖象位于下方的部分，
作出的圖象如下所示（實線部分）：
當時，顯然在上單調遞減，且；
因為，使得關于的不等式成立，
所以，令，解得，
結合圖象可得的解集為或，
即實數(shù)的取值范圍是.
故答案為：
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，，，分別是角的對邊，已知.
（1）若，求實數(shù)的值；
（2）若，求面積的最大值.
解：（1）由，且，得，
可變形為.
依據(jù)余弦定理，可知，即.
所以.
（2）因為，
根據(jù)余弦定理得，
所以，即，當且僅當時等式成立，
故，當且僅當?shù)忍柍闪ⅲ?br>即所求面積的最大值是.
16. 設數(shù)列的前項和為，若，.
（1）證明：數(shù)列是等差數(shù)列；
（2）求.
（1）證明：，
當時，，
兩式相減得，
又
，
故，且，
所以數(shù)列是以3為首項，公差為2的等差數(shù)列.
（2）由（1）知，
所以
.
17. 已知函數(shù).
（1）求曲線在點處的切線方程；
（2）設函數(shù)，求在區(qū)間上的最大值和最小值.
解：（1），，
，，
在處的切線方程為，即.
（2）
，
令，則在上恒成立，且僅在處等號成立，
在上單調遞減，
，
且僅在處等號成立，
在上單調遞減，
，.
18. 如圖，在三棱柱ABC?中，平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為，AC，，的中點，AB=BC=，AC==2．

（1）求證：AC⊥平面BEF；
（2）求二面角B?CD?C1余弦值；
（3）證明：直線FG與平面BCD相交．
（1）證明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，∴四邊形A1ACC1為矩形．
又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點，∴AC⊥EF．
∵AB=BC，E為AC的中點，．∴AC⊥BE，而，
∴AC⊥平面BEF．
（2）解：［方法一］：【通性通法】向量法
由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如圖建立空間直角坐稱系E-xyz．

由題意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F(xiàn)（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
設平面BCD的法向量為，
∴，∴，
令a=2，則b=-1，c=-4，
∴平面BCD的一個法向量，
又∵平面CDC1的一個法向量為，∴．
由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角，所以二面角B-CD-C1的余弦值為．
［方法二］： 【最優(yōu)解】轉化＋面積射影法
考慮到二面角與二面角互補，設二面角為，易知，，所以．
故．
［方法三］：轉化＋三垂線法
二面角與二面角互補，并設二面角為，易知平面．
如圖3，作，垂足為H，聯(lián)結．則是二面角的平面角，所以，不難求出，所以二面角的余弦值為．

（3）證明：［方法一］：【最優(yōu)解】【通性通法】向量法
平面BCD的一個法向量為，∵G（0，2，1），F(xiàn)（0，0，2），
∴，∴，∴與不垂直，
∴GF與平面BCD不平行且不在平面BCD內，∴GF與平面BCD相交．
［方法二］：幾何轉化
如圖4，取的中點，分別在取點N，M，使．聯(lián)結．則平面平面，又平面，平面，故直線與平面相交．

［方法三］：根據(jù)相交的平面定義
如圖5，設與交于P，聯(lián)結．

因為，且，所以四點共面．
因為，所以．
又，所以四邊形是梯形，即直線與直線一定相交．
因為平面，所以直線與平面相交．
19. 已知橢圓的焦距為2，離心率為.
（1）求橢圓的方程；
（2）已知橢圓上點處的切線方程是.在直線上任取一點引橢圓的兩條切線，切點分別是、.
①求證：直線恒過定點；
②是否存在實數(shù)，使得，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.
解：（1）由題意可知，所以，
所以，
所以橢圓的方程為.
（2）①設，，，由題設可知：，，
又因為，經(jīng)過點，所以，
所以，均在直線上，即，
由，解得，所以直線過定點.
②設實數(shù)存在，因為，所以，
當直線斜率不存在時，此時直線的方程為，
由，解得，
所以，故.
當直線斜率時，不滿足題意：
當直線斜率時，設直線的方程為，則，
故，
所以，
聯(lián)立可得，顯然，
所以，，
所以.
綜上可知，存在滿足條件.
2
3
4
5
6
2.2
3.8
5.5
6.5
7

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