第一部分（選擇題 共58分）
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.
1. 若復數z滿足(為虛數單位），則的最大值為( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2．已知可導函數的定義域為，是的導函數，且為偶函數為奇函數，則（ ）
A．B．C．D．
3. 已知，則（ ）
A. B. C. D.
4．已知向量、滿足：，，向量與向量的夾角為，則的最大值為（ ）
A．B．2C．D．4
5. 設函數，若恒成立，則的最小值為（ ）
A. B. C. D. 1
6． 已知正方體的棱長為1，點P在正方體的內切球表面上運動，且滿足平面，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．
7. 已知為圓錐的底面直徑，為底面圓心，正三角形內接于，若，圓錐的側面積為，則與所成角的余弦值為（ ）
A. B. C. D.
8. 已知點，，是與軸的交點．點滿足：以為直徑的圓與相切，則面積的最大值為（ ）
A. B. 8C. 12D. 16
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9. 將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則（ ）
A. 與的圖象關于直線對稱
B. 與的圖象關于點對稱
C. 當時，
D. 當時，與的圖象恰有4個交點
10. 已知點Q在圓上，，動點滿足：在中，．則( )
A. 記的軌跡方程為軌跡： B. 的最大值為
C. 的最小值是 D. （點O為坐標原點）的最小值為7
11. (合肥二模）已知函數的定義域為，且，，則（ ）
A. B. ，
C. 的圖象關于點對稱D. 為偶函數
第二部分（非選擇題 共92分）
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 已知函數，若實數滿足，則的最大值為____________．
13. 已知，則_________．
14. 如圖，在的方格中放入棋子，每個格子內至多放一枚棋子，若每行都放置兩枚棋子，則恰好每列都有兩枚棋子的概率為____________．
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. (13分）在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，滿足．
（1）求證：；
（2）若是銳角三角形，且角A的平分線交BC邊于D，且，求邊b的取值范圍．
16. （15分）如圖，三棱柱所有棱長都為2，,是的中點，．
（1）證明：平面平面；
（2）求與平面所成角的正弦值．
（15分）已知橢圓的右焦點與雙曲線的右焦點重合，且橢圓C過.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）當過的動直線l與橢圓C相交于不同的兩點A，B時，在線段AB上取一點Q，滿足，證明：Q在某定直線上.
18．（17分）洛必達法則對導數的研究產生了深遠的影響.洛必達法則：給定兩個函數，當時，.已知函數，.
(1)證明：在區(qū)間上單調遞減；
(2)對于恒成立，求實數的取值范圍；
(3)，證明：（附：）
19. （17分）當前，以大語言模型為代表的人工智能技術正蓬勃發(fā)展，而數學理論和方法在這些模型的研發(fā)中，發(fā)揮著重要作用．例如，當新聞中分別出現“7點鐘，一場大火在郊區(qū)燃起”和“7點鐘，太陽從東方升起”這兩個事件的描述時，它們提供的“信息量”是不一樣的，前者比后者要大，會吸引人們更多關注．假設通常情況下，它們發(fā)生的概率分別是和，用這個量來刻畫“信息量”的大小，計算可得前者約為9，后者接近于0．現在假設離散型隨機變量的分布列為，，．則稱為的信息熵，用來刻畫隨機變量蘊含的信息量的大小．
（1）若的分布列為，，，求的最大值；
（2）證明：；
（3）若，且為定值，設，證明：．
參考答案
部分小題詳解：4．D【詳解】由，
故，即，如圖，設，則是等邊三角形，向量滿足與的夾角為, ，因為點在外且為定值，所以的軌跡是兩段圓弧，是弦AB所對的圓周角，因此：當是所在圓的直徑時,取得最大值，在中，由正弦定理可得：，故取得最大值4. 故選：D.
6．A 由題意得，正方體內切球的球心為正方體的中心，記為點，內切球半徑.
∵，平面，平面，∴平面，同理可得平面，
∵平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面，故點的軌跡是平面與正方體內切球的交線，此交線為圓，記圓心為.
如圖，以為原點建立空間直角坐標系，則，，，，∴，，.
設平面的法向量為，則，
令，則，故，∴點到平面的距離為，
∴圓的半徑為，
由得，，∴，
∴的最小值為.故選：A.
7. ，，所以，又正三角形內接于，所以，解得：，所以，所以，過點作交的延長線于點，，所以與所成角即為與所成角或其補角，所以為與所成角，
8. 設以為直徑的圓的圓心為，，顯然兩圓內切，所以，，，所以的軌跡為以，為焦點的橢圓，，，當為短軸頂點即時，的面積最大為8 B.
10. ACD由題意可知，設，過點作軸于點，如圖： 則，，∴，即，，；∵由對稱性可假設點在一象限，則，，∴，B選項錯誤；
，∴，C選項正確；
當在圓與軸的左交點處時，此時同時取最小，
11.【詳解】A選項，中，令得，又，故，解得，
中，令得，故，A正確；D選項，中，令得，即，，
中，令得，即，因為，所以，故，
故的一個周期為1，故，所以，故為偶函數，D正確；B選項，中，令得
，由于，，故，由于的一個周期為1，故，所以，解得，
中，令得，又，故，，所以，故，故不存在，，B錯誤；由上可知，，故的圖象關于點對稱，C正確.故選：ACD
14.

圖1有1種方法，圖2、3、4、5各有2種方法，圖6中，第三行有種放置方法，其選定方格后，第四行只有唯一的放置方法.所以總共有種方法.
因第一行棋子有種放置方法，其他5種情況同理，故.
所以，若每行都放置兩枚棋子，則恰好每列都有兩枚棋子的概率
故答案為：
15. 【2】，，，因為為的平分線，且，所以，所以，在中，，即，，，，.
16. 【1】證明：取的中點，連接，因為是的中點，所以，
四邊形為菱形，所以，所以，因為，且，平面，所以平面，所以，，又因為，且，所以平面，因為平面，所以平面平面.
【2】解：連接，，可得為等邊三角形，且為的中點，所以，由（1）知：平面平面，平面平面，且平面，所以平面，，
所以，設平面的法向量為，則，，，
17.（1）（2）證明：設，，，
由題得，，，均不為零.由，可設（，），不妨設，，則有①，②，又A，B在橢圓上，所以③，④，將①②分別代入③④，化簡得⑤，且⑥，因此點Q在定直線上.
18.（1），令，則，令，則，若，則單調遞減，單調遞減，，在上單調遞減，若，則單調遞增，，即存在唯一，使得，且在上，單調遞減，在上，單調遞增，
且，在區(qū)間上單調遞減，且在上連續(xù)，
綜上，在區(qū)間上單調遞減.（2）當時，，成立.當時，由可得，令，由（1）可知在上單調遞減，.
由洛必達法則：，.
（3）當且時，，令，則，令，則，在上單調遞增，，
即在上單調遞增，（當時取等號），
，，
，，即.
19.（1）由題意知，，其中．令，則．所以當時，，所以在上單調遞增；當時，，所以在上單調遞減．所以在時取得最大值，且最大值為．
【2】要證，即證，因為（當且僅當，即時等號成立成立），，所以.【3】由題意知，則，由，則，
所以，則，即得題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
C
D
D
A
A
B
ACD
ACD
題號
11
12
13
14






答案
ACD









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