本試卷共8頁.時量120分鐘.滿分150分
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. 設(shè)集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式可得集合，進(jìn)而進(jìn)行集合間的運算.
詳解】由題意可得或，
則，
，
故選：B.
2. 已知數(shù)列是等差數(shù)列，若，“”，“”，則是的（ ）
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】A
【解析】
【分析】利用等差數(shù)列的性質(zhì)，結(jié)合充分性和必要性做出判斷.
【詳解】因為數(shù)列為等差數(shù)列，
當(dāng)時，顯然任意的，均滿足，但不一定滿足，
即“”推不出“”，必要性不成立；
由數(shù)列是等差數(shù)列，設(shè)該數(shù)列的公差為，若，
則
，
即“”能推出“”，充分性成立.
因此，是的充分不必要條件.
故選：A
3. 已知是的重心，過點作一條直線與邊分別交于點（點與所在邊的端點均不重合），設(shè)，則的最小值是（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用重心性質(zhì)以及平面向量共線定理可得，再由基本不等式計算可得結(jié)果.
【詳解】如圖，取中點，則，
，
三點共線，，即，
，
當(dāng)且僅當(dāng)時，取等號.
即的最小值是.
故選：B
4. 若，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)同角三角函數(shù)的關(guān)系化簡，再根據(jù)二倍角公式求解即可.
【詳解】方法一：
，
，解得.
故選：C.
方法二：，
.
故選：C.
5. 已知為數(shù)列的前項和，且，若對任意正整數(shù)恒成立，則實數(shù)的最小值為（ ）
A. 4B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)的關(guān)系，利用相減法結(jié)合等比數(shù)列的定義求解數(shù)列的通項公式，從而將不等式轉(zhuǎn)化為，利用數(shù)列的單調(diào)性求最值即可得實數(shù)的范圍，從而得最小值.
【詳解】由，令，解得，
當(dāng)時，由得，即，
所以數(shù)列是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以，
由，即恒成立，令，則，
而，所以，即數(shù)列單調(diào)遞減，故，
所以，所以的最小值為.
故選：D.
6. 在棱長為4的正方體中，分別是棱，的中點，過作平面，使得，則點到平面的距離是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】設(shè)平面的一個法向量為，根據(jù)，由求得，再利用空間向量的距離公式求解.
【詳解】解：如圖所示：
以原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標(biāo)系，
，
，
設(shè)平面一個法向量為，
，
，
則，令，則，
即為平面的一個法向量，
點到平面的距離.
故選：D
7. 記表示中的最大數(shù)，若，，則的最小值為（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由，，分類討論和兩種情況，由不等式的性質(zhì)和基本不等式可得最小值.
【詳解】由，，分兩種情況討論：
①當(dāng)時，則，
而，
可得至少有一個大于等于2，所以的最小值為2；
②當(dāng)時，則，而，
可得至少有一個大于等于2，所以的最小值為2.
綜上，可得的最小值為2.
故選：C
8. 如圖，過原點的直線交橢圓于兩點，過點分別作軸、的垂線，且分別交橢圓于點，，連接交于點，若，則橢圓的離心率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】設(shè)，則，由，共線，點在橢圓上，得坐標(biāo)關(guān)系，聯(lián)立求解即可.
【詳解】設(shè)，則，
由，則，即，①
由三點共線，則，即，②
又因為，即，③
將①②代入③得，則.
故選：D.
二、選擇題（本大題共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. 已知函數(shù)，則（ ）
A. 有兩個極值點B. 有三個零點
C. 點是曲線的對稱中心D. 直線是曲線的切線
【答案】AC
【解析】
【分析】利用極值點的定義可判斷A，結(jié)合的單調(diào)性、極值可判斷B，利用平移可判斷C；利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義判斷D.
【詳解】由題，，令得或，
令得，
所以在，上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，所以是極值點，故A正確；
因，，，
所以，函數(shù)在上有一個零點，
當(dāng)時，，即函數(shù)在上無零點，
綜上所述，函數(shù)有一個零點，故B錯誤；
令，該函數(shù)的定義域為，，
則是奇函數(shù)，是的對稱中心，
將的圖象向上移動一個單位得到的圖象，
所以點是曲線的對稱中心，故C正確；
令，可得，又，
當(dāng)切點為時，切線方程為，當(dāng)切點為時，切線方程為，故D錯誤.
故選：AC.
10. 已知復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點均在以原點為圓心的單位圓上，且，則（ ）
A. B. 與實部之和為
C. 為純虛數(shù)D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】設(shè)出兩個復(fù)數(shù)的代數(shù)形式，由題解出或，對照選項逐一驗證即可．
【詳解】對AB：設(shè)，
因為，即
，
由題意可得①，②，
所以，
即，且，與①②聯(lián)立可得或；
所以，故B錯誤，A正確；
對C：，或，故C正確；
對D：
，故D正確.
故選：ACD．
11. 已知函數(shù)的定義域為，且是奇函數(shù)，函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，則下列命題為真命題的是（ ）
A. B. 在上單調(diào)遞減
C. 若，則D. 若，則
【答案】ABC
【解析】
【分析】對A，根據(jù)是奇函數(shù)判斷即可；
對B，先推導(dǎo)，再根據(jù)單調(diào)性判斷即可；
對C，先根據(jù)單調(diào)性可得，再根據(jù)判斷即可；
對D，數(shù)形結(jié)合判斷與對稱軸的大小關(guān)系即可.
【詳解】對于A，因為是奇函數(shù)，所以，故A正確；
對于B，因為，
所以的圖象關(guān)于直線對稱，
因為在上單調(diào)遞增，
所以在上單調(diào)遞減，故B正確；
對于C，因為，所以，
因為的圖象關(guān)于直線對稱，
所以，所以，故C正確；
對于D，因為，且，
圖象關(guān)于直線對稱，
所以，解得，故D錯誤.
故選：ABC
三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分.）
12. 在中，角，，的對邊分別為，，，已知.則______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理邊角互化得到，結(jié)合余弦定理求得.
【詳解】因為，
由正弦定理得，整理可得，
則，且，故.
故答案為：
13. 第十五屆中國國際航空航天博覽會在2024年11月12日至17日在廣東珠海舉行.此次航展，觀眾累計參觀近60萬人次，簽約金額超2800億人民幣.為慶祝這一盛會的成功舉行，珠海某商場決定在航展期間舉行“購物抽獎送航?！被顒?盒中裝有5個除顏色外均相同的小球，其中2個是紅球，3個是黃球.每位顧客均有一次抽獎機(jī)會，抽獎時從盒中隨機(jī)取出1球，若取出的是紅球，則可領(lǐng)取“隱形戰(zhàn)機(jī)殲-35A”模型，該小球不再放回；若取出的是黃球，則可領(lǐng)取“隱形戰(zhàn)機(jī)殲-20S”模型，并將該球放回盒中.則在第2位顧客抽中“殲-20S”模型的條件下，第1位顧客抽中“隱形戰(zhàn)機(jī)殲-35A”模型的概率為______.
【答案】
【解析】
【分析】利用條件概率求解.
【詳解】解：設(shè)第1位顧客抽中“殲-35A”為事件，第2位顧客抽中“殲-20S”為事件，
則，
故，
所以在第2位顧客抽到“殲-20S”模型的條件下，第1位顧客抽到“殲-35A”模型的概率為.
故答案為：
14. 高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的美譽，函數(shù)稱為高斯函數(shù)，其中，表示不超過的最大整數(shù)，例如：，.已知函數(shù)，則函數(shù)的值域是_________.
【答案】
【解析】
【分析】令，利用判別式法可得的取值范圍，即可得的值域，結(jié)合所給定義即可得的值域.
【詳解】令，由，則有，
當(dāng)時，有；
當(dāng)時，則有，
解得，又，即或；
綜上可得，則，
故的值域是.
故答案為：.
四、解答題（本大題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）
15. 在數(shù)列中，，.
（1）求證：數(shù)列是等差數(shù)列；
（2）設(shè)數(shù)列的前項和為，若恒成立，求的取值范圍.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）解方程得到，根據(jù)等差數(shù)列的定義知數(shù)列是等差數(shù)列.
（2）由，裂項相消求和得到，若恒成立，轉(zhuǎn)化為求的最大值，進(jìn)而得到的范圍.
【小問1詳解】
由，可得，
即，所以，
又，所以是以2為首項，2為公差的等差數(shù)列，
則.
【小問2詳解】
，
，
因為，所以，所以，
又恒成立，即恒成立，，即.
所以的取值范圍為.
16. 如圖，在四棱錐中，， ，，平面平面．
（1）求證：平面；
（2）點Q在棱上，與平面所成角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）若分別為中點，連接，易得、、、，再應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)得面，由線面垂直的性質(zhì)證、，最后綜合線面垂直的性質(zhì)及判斷定理證結(jié)論；
（2）構(gòu)建合適空間直角坐標(biāo)系，首先根據(jù)線面角的向量求法列方程求Q位置，再應(yīng)用向量法求面面角的余弦值.
【小問1詳解】
若分別為中點，連接，
由，，則為直角梯形，且為中位線，
所以，且，
由，則，又，可得，
面面，面，面面，
則面，面，故，則，
由面，則，又，均在面內(nèi)，
所以面，面，可得，
所以，故，即，
由，則，而均在面內(nèi)，
所以平面.
【小問2詳解】
由（1）可構(gòu)建如上圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
所以，
令且，則，
則，，，
若是面一個法向量，則，
令，則，
由題意，
整理得，故，則，
若是面的一個法向量，則，
令，則，
所以平面與平面夾角的余弦值.
17. 已知橢圓與拋物線有相同的焦點，為橢圓上一點，分別為橢圓的左、右焦點，且的面積的最大值為，過點做斜率之和為3的兩條直線和與橢圓交于兩點，與橢圓交于兩點，線段的中點分別為.
（1）求的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）直線是否過定點？若是，求出定點坐標(biāo)；若不是，請給出理由.
【答案】（1）
（2）過定點，
【解析】
【分析】（1）求出拋物線焦點得的坐標(biāo)，再利用橢圓的范圍結(jié)合三角形面積最大值求出即可得解.
（2）設(shè)出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立求出點坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線即可求得定點.
【小問1詳解】
拋物線的焦點坐標(biāo)為，則橢圓焦點，
設(shè)點的縱坐標(biāo)為，則，，
于是，，
所以的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
【小問2詳解】
設(shè)直線的方程為，直線的方程為，點，
由消去得，
則，
于是點，同理點，而，
因此直線的斜率為
直線的方程為，
即
而
，因此直線：過定點，
所以直線恒過定點.
18. 已知函數(shù).
（1）求的導(dǎo)函數(shù)的極值；
（2）不等式對任意恒成立，求k的取值范圍；
（3）對任意，直線與曲線有且僅有一個公共點，求b的取值范圍.
【答案】（1）當(dāng)時,有極小值 2，無極大值.
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，得到極值；
（2）參變分離后，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題即可；
（3）有唯一解，構(gòu)造函數(shù)參變分離，有唯一解，構(gòu)造函數(shù)，借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可.
【小問1詳解】
因為函數(shù)，所以的定義域為
令，則，注意到為增函數(shù)，且，
所以當(dāng)時,，單調(diào)遞減；
當(dāng)時,，單調(diào)遞增；
所以當(dāng)時,有極小值 2，無極大值.
【小問2詳解】
由題意可知對任意恒成立，
即對任意恒成立，
設(shè)，則
設(shè)，則
因為在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以
則在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以則
所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，
所以，所以.
【小問3詳解】
由題意可知有唯一解，
設(shè)
注意到，當(dāng)時,；當(dāng)時,
所以至少有一個解.
因為有唯一解，所以有唯一解，
設(shè)，因為，所以為單調(diào)函數(shù)，
則恒成立，
設(shè)，則恒成立,
則 所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，
注意到所以當(dāng)時,單調(diào)遞減；
當(dāng)時,單調(diào)遞增；
故只需即可， 所以
19. 集合是數(shù)學(xué)中的基本概念和重要內(nèi)容.對于實數(shù)集中的兩個非空有限子集和，定義和集.記符號表示集合中的元素個數(shù).當(dāng)時，設(shè)是集合中所有元素按從小到大順序的一種排列，記集合.
（1）已知集合，求的值；
（2）已知集合，若，求的值；
（3）已知，記集合或.
（?。┊?dāng)時，證明：的充要條件是；
（ⅱ）若，求的所有可能取值.
【答案】（1）
（2）2 （3）（?。┳C明見解析；（ⅱ）2
【解析】
【分析】（1）根據(jù)集合的新定義分別求解的值即可；
（2）由（1）得，從而得集合，先求解，從而得；
（3）（?。┫茸C充分性，設(shè)，從而得的元素，進(jìn)而求得；再證必要性，設(shè)，其中，確定集合中的最小元素與最大元素，從而確定的元素，進(jìn)而求解；（ⅱ）分別驗證，，時，結(jié)合新定義判斷即可.
【小問1詳解】
當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，；
當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，；
當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，；
綜上，結(jié)合集合中元素的互異性，.
【小問2詳解】
（2）由（1）知，且，
且同時成立，解得，所以，
又，
所以
【小問3詳解】
（3）（?。┫茸C充分性.因為，所以，且.
從而可以設(shè)，其中，
此時中的元素為，故.
再證必要性.設(shè)，其中.
注意到和集中的最小元素為，最大元素為，
因為，
所以中間三個元素可以是，也可以是，
它們是對應(yīng)相等的，所以有，
即. 故，得證.
（ⅱ）①若，由（?。┬柕姆治鲋?，
設(shè)，其中，
此時中的元素為，這與條件矛盾.
②取，其中，
容易驗證此時中的元素為，符合條件，所以可以取2.
（注：構(gòu)造方式不唯一，集合中的元素滿足有一個，其余均為即可.）
③若，設(shè)，其中.
結(jié)合知，，其中，
至少存在兩個不同的正整數(shù)，使得.
不妨設(shè)是符合這一條件最小的正整數(shù)，是符合這一條件最大的正整數(shù).
注意到
（*），
這是中的個不同的元素.
根據(jù)的定義我們有，
即，（★）
當(dāng)時，由的最小性知，即，
此時我們有，
因此，與（★）矛盾，
當(dāng)時，有，
由此說明：是中的元素，但與（*）式中的個元素均不相等.
同理，根據(jù)的定義有是中的元素，但與（*）式中的個元素均不相等.
因為，所以，此時，矛盾.
注：個元素也可以按照其他從小到大的順序排列，然后找出不同于這個元素的其他元素.
綜上，的取值只能為2.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：
在實際解決“新定義”問題時，關(guān)鍵是正確提取新定義中的新概念、新公式、新性質(zhì)、新模式等信息，確定新定義的名稱或符號、概念、法則等，并進(jìn)行信息再加工，尋求相近知識點，明確它們的共同點和不同點，探求解決方法，在此基礎(chǔ)上進(jìn)行知識轉(zhuǎn)換，有效輸出，合理歸納，結(jié)合相關(guān)的數(shù)學(xué)技巧與方法來分析與解決.

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