2024年3月
本試卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試時(shí)長(zhǎng)120分鐘
第I卷（選擇題共58分）
一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1. 已知集合，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化簡(jiǎn)集合即可利用集合的交并補(bǔ)運(yùn)算求解.
【詳解】，
故，
故選：A
2. 已知為虛數(shù)單位.，則（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題意，由復(fù)數(shù)的運(yùn)算以及復(fù)數(shù)相等的概念即可求得，再由復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)公式即可得到結(jié)果.
【詳解】由可得，
則，解得，則.
故選：B
3. 在中，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知利用余弦定理可求值，根據(jù)正弦定理可求的值．
【詳解】∵，
∴由余弦定理可得：,
∴解得：，或（舍去），
∴由正弦定理可得：．
故選:B
4. 在棱長(zhǎng)為1的正方體中，為棱的中點(diǎn)，過(guò)且平行于平面的平面截正方體所得截面面積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，作出并證明過(guò)點(diǎn)，且與平面平行的正方體的截面，再求出面積.
【詳解】在棱長(zhǎng)為1的正方體中，取中點(diǎn)，中點(diǎn)，
連結(jié)，而為棱中點(diǎn)，
顯然，，得四邊形，四邊形都是平行四邊形，
則，，平面，平面，
于是平面，平面，又，平面，
因此平面平面，又，，即四邊形是平行四邊形，
則，顯然平面平面，
從而過(guò)且平行于平面的平面截正方體所得截面為四邊形，
又，即四邊形為菱形，
而，，
所以四邊形的面積為．
故選：A
5. 在平行四邊形中，，則（ ）
A. 16B. 14C. 12D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】選取為基向量，將用基向量表示后，再利用平面向量數(shù)量積的運(yùn)算法則求解數(shù)量積.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以
.
故選：A
6. 若一組樣本數(shù)據(jù)的方差為，則樣本數(shù)據(jù)的方差為（ ）
A. 1B. 2C. 2.5D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)題意，結(jié)合方差的定義以及性質(zhì)代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.
【詳解】設(shè)樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，則，
設(shè)樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，由，
則，所以
.
故選：C
7. 已知，則（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】構(gòu)造函數(shù)，對(duì)求導(dǎo)可得在上單調(diào)遞減，可得，即，再由作差法比較的大小，即可得出答案.
【詳解】令,,
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
因?yàn)?，所以，即?br>所以可得，故，
因?yàn)椋?br>所以，
故.
故選：D.
8. 在邊長(zhǎng)為4的正方體中，點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)是側(cè)面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)（含四條邊），且，則的軌跡長(zhǎng)度為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)，求出，即可利用坐標(biāo)法求解軌跡方程，即可由弧長(zhǎng)公式求解.
【詳解】
在長(zhǎng)方體中，由于平面，平面，
在和中，，，
，，，
在平面，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以為軸的正方向，建立平面直角坐標(biāo)系，
設(shè),則，
則由可得，化簡(jiǎn)可得，由于，故的軌跡表示圓心在，半徑為的圓在第一象限的弧長(zhǎng)，
由于,
故,因此軌跡為所對(duì)的弧長(zhǎng)，故長(zhǎng)度為，
故選：D
二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得3分，有選錯(cuò)的得0分.
9. 已知等比數(shù)列的前項(xiàng)和為，則（ ）
A. B.
C. 數(shù)列為單調(diào)數(shù)列D. 數(shù)列為單調(diào)數(shù)列
【答案】BC
【解析】
【分析】根據(jù)條件得到或，再對(duì)各個(gè)選項(xiàng)逐一分析判斷，即可求出結(jié)果.
【詳解】設(shè)數(shù)列的首項(xiàng)為，公比為，
由題有，解得或，
對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)，為奇數(shù)時(shí)，，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，
對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)椋?dāng)，顯然有，當(dāng)時(shí)，
，所以，故選項(xiàng)B正確，
對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)時(shí)，數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為的遞增數(shù)列，
當(dāng)時(shí)，數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為的遞減數(shù)列，所以選項(xiàng)C正確，
對(duì)于選項(xiàng)D，由選項(xiàng)B知，所以，
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)不具有單調(diào)性，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤，
故選：BC.
10. 已知函數(shù)，則（ ）
A. 是的一個(gè)周期
B. 的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱
C. 的圖象過(guò)點(diǎn)
D. 為上的單調(diào)函數(shù)
【答案】ABC
【解析】
【分析】直接利用三角函數(shù)的性質(zhì)，函數(shù)的周期性和對(duì)稱性判斷ABC，舉反例排除D.
【詳解】函數(shù)，
對(duì)于A：
，
故是函數(shù)的一個(gè)周期，故A正確；
對(duì)于B：函數(shù)
，
故函數(shù)的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故B正確；
對(duì)于C：當(dāng)時(shí)，，故C正確；
對(duì)于D：因?yàn)椋?br>所以，，
即，，
所以函數(shù)在上不是單調(diào)函數(shù)，故D錯(cuò)誤．
故選：ABC．
11. 曲線是平面內(nèi)與兩個(gè)定點(diǎn)的距離的積等于的點(diǎn)的軌跡，給出下列四個(gè)結(jié)論：其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是（ ）
A. 曲線關(guān)于坐標(biāo)軸對(duì)稱；
B. 周長(zhǎng)的最小值為；
C. 點(diǎn)到軸距離的最大值為
D. 點(diǎn)到原點(diǎn)距離的最小值為.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根據(jù)題意求出曲線的方程，對(duì)于A，由對(duì)稱的性質(zhì)判斷，對(duì)于B，表示出三角形的周長(zhǎng)后利用基本不等式可求出其最小值，對(duì)于C，將曲線的方程化為的一元二次方程，然后由可求出的范圍，從而可求出點(diǎn)到軸距離的最大值，對(duì)于D，將方程化為關(guān)于的一元二次方程，由可得，再把曲線方程變形可求出結(jié)果.
【詳解】解：設(shè)得：，得，
由于方程中的次數(shù)均為偶數(shù)，故其圖象關(guān)于坐標(biāo)軸對(duì)稱，故正確；
因?yàn)榈闹荛L(zhǎng)為，故B正確；
展開方程得：關(guān)于的一元二次方程有解，
，所以，所以，故C錯(cuò)誤；
將方程化為關(guān)于的一元二次方程有解，
，恒成立，
因?yàn)?，所以?br>所以
所以，所以點(diǎn)到原點(diǎn)距離的最小值為，故D成立.
故選：ABD
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查曲線與方程的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意求出曲線的方程，然后逐個(gè)分析判斷，考查數(shù)學(xué)計(jì)算能力，屬于較難題.
第Ⅱ卷（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. 求值：__________.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)誘導(dǎo)公式及輔助角公式求解即可.
【詳解】.
故答案為：.
13. 展開式中的常數(shù)項(xiàng)為__________.
【答案】
【解析】
【分析】表示個(gè)相乘，再結(jié)合組合即可得解.
【詳解】表示個(gè)相乘，
則常數(shù)項(xiàng)，應(yīng)個(gè)，個(gè)，個(gè)，個(gè)相乘，
所以展開式中的常數(shù)項(xiàng)為.
故答案為：.
14. 已知是拋物線上異于頂點(diǎn)的點(diǎn)，在處的切線分別交軸?軸于點(diǎn)，過(guò)作的垂線分別交軸?軸于點(diǎn)，分別記與的面積為，則的最小值為__________.
【答案】1
【解析】
【分析】由拋物線的對(duì)稱性，設(shè)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義分別求出直線和直線的方程，進(jìn)而求出四點(diǎn)的坐標(biāo)，再分別求出兩個(gè)三角形的面積，化簡(jiǎn)進(jìn)而可得出答案.
【詳解】由拋物線的對(duì)稱性，不妨設(shè)點(diǎn)在第一象限，設(shè)，
由，得，當(dāng)時(shí)，，
所以切線的方程為，即，
令，則，令，則，即，
由題意直線的方程為，即，
令，則，令，則，即，
則，，
故，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，
所以的最小值為.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義分別求出直線和直線的方程，是解決本題的關(guān)鍵.
四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明?證明過(guò)程或演算步驟.
15. 如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，平面為側(cè)棱中點(diǎn).
（1）求點(diǎn)到平面的距離；
（2）求二面角的正切值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)利用等體積法計(jì)算可得；
（2）設(shè)為的中點(diǎn)，過(guò)作交于，連接、，即可證明平面，從而得到平面，則為二面角的一個(gè)平面角，再求出、，即可得解.
【小問(wèn)1詳解】
由平面，可得，
令點(diǎn)到平面的距離為，則，
由，可得，
則，
由，可得，
由平面，平面，所以平面平面，
又，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，則，
所以，即點(diǎn)到平面的距離為
【小問(wèn)2詳解】
設(shè)為的中點(diǎn)，過(guò)作交于，連接、，
是的中點(diǎn)，，又平面，所以平面，
又平面，，
又，平面，
平面，平面，，
為二面角的一個(gè)平面角，
又，
且，所以，
所以，
即二面角的正切值為.
16. 某人準(zhǔn)備應(yīng)聘甲?乙兩家公司的高級(jí)工程師，兩家公司應(yīng)聘程序都是：應(yīng)聘者先進(jìn)行三項(xiàng)專業(yè)技能測(cè)試，專業(yè)技能測(cè)試通過(guò)后進(jìn)入面試.已知該應(yīng)聘者應(yīng)聘甲公司，每項(xiàng)專業(yè)技能測(cè)試通過(guò)的概率均為，該應(yīng)聘者應(yīng)聘乙公司，三項(xiàng)專業(yè)技能測(cè)試通過(guò)的概率依次為，，m，其中，技能測(cè)試是否通過(guò)相互獨(dú)立.
（1）若.求該應(yīng)聘者應(yīng)聘乙公司三項(xiàng)專業(yè)技能測(cè)試恰好通過(guò)兩項(xiàng)的概率；
（2）已知甲?乙兩家公司的招聘在同一時(shí)間進(jìn)行，該應(yīng)聘者只能應(yīng)聘其中一家，應(yīng)聘者以專業(yè)技能測(cè)試通過(guò)項(xiàng)目數(shù)的數(shù)學(xué)期望為決策依據(jù)，若該應(yīng)聘者更有可能通過(guò)乙公司的技能測(cè)試，求m的取值范圍.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)相互獨(dú)立事件的乘法公式即可求解，
（2）根據(jù)二項(xiàng)分布的期望公式求解去甲公司的期望，根據(jù)相互獨(dú)立事件的概率乘法公式可求解去乙公式通過(guò)項(xiàng)目的概率，即可求解期望，進(jìn)而比較兩者的期望即可求解.
【小問(wèn)1詳解】
記“該應(yīng)聘者應(yīng)聘乙公司三項(xiàng)專業(yè)技能測(cè)試恰好通過(guò)兩項(xiàng)”為事件
由題設(shè)，
【小問(wèn)2詳解】
分別記“該應(yīng)聘者應(yīng)聘甲?乙公司三項(xiàng)專業(yè)技能測(cè)試中通過(guò)的項(xiàng)目數(shù)為”
由題設(shè)知：，所以
的所有可能取值為
，
，
，
故的分布列為
從而
由得解得，
故的范圍為：
17. 己知橢圓過(guò)點(diǎn)，橢圓的右焦點(diǎn)與點(diǎn)所在直線的斜率為.
（1）求橢圓的方程；
（2）若過(guò)的直線與橢圓交于兩點(diǎn).點(diǎn).直線分別交橢圓于點(diǎn)，直線的斜率是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【答案】（1）；
（2）是定值，定值為2.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，列出關(guān)于的方程，即可得到結(jié)果；
（2）根據(jù)題意，設(shè)的方程為，聯(lián)立直線與橢圓的方程，結(jié)合韋達(dá)定理代入計(jì)算，表示出，即可得到結(jié)果.
【小問(wèn)1詳解】
由題意可設(shè)橢圓的半焦距為，且橢圓的右焦點(diǎn)為，
由題意得：
解得，
所以的方程為：.
【小問(wèn)2詳解】
設(shè)的方程為，設(shè)，則直線的方程為，
由可得，
結(jié)合，可得，
可得，解得，
代入，解得，
同理可得，
故
.
故直線的斜率是定值，且定值為2
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題主要考查了橢圓與直線相交問(wèn)題，難度較大，解答本題的關(guān)鍵在于聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理計(jì)算.
18. 已知函數(shù).
（1）求的單調(diào)區(qū)間，
（2）已如.若函數(shù)有唯一的零點(diǎn).證明，.
【答案】（1）減區(qū)間為，增區(qū)間為；
（2）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）求出，求得在上恒成立，可得為增函數(shù)，由，結(jié)合定義域可得單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）由已知可得，求導(dǎo),由（1）可知在單調(diào)遞增，
且，及,則存在唯一的使得，
分析單調(diào)性，得到，再通過(guò)函數(shù)有唯一的零點(diǎn)，即，
化簡(jiǎn)可得，構(gòu)造函數(shù)，
分析單調(diào)性，再分別判斷的正負(fù)，即可求解.
【小問(wèn)1詳解】
當(dāng)時(shí)，為增函數(shù)
又
當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增.
的減區(qū)間為，增區(qū)間為
【小問(wèn)2詳解】
由（1）可知在單調(diào)遞增，且，
又
存在唯一的使得
當(dāng)時(shí)單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)單調(diào)遞增；
若方程有唯一的實(shí)數(shù)，則
消去可得
令，
則
在上為減函數(shù)
且
當(dāng)時(shí)，即
19. 設(shè)數(shù)列.如果對(duì)小于的每個(gè)正整數(shù)都有.則稱是數(shù)列的一個(gè)“時(shí)刻”.記是數(shù)列的所有“時(shí)刻”組成的集合，的元素個(gè)數(shù)記為.
（1）對(duì)數(shù)列，寫出的所有元素；
（2）數(shù)列滿足，若.求數(shù)列的種數(shù).
（3）證明：若數(shù)列滿足，則.
【答案】（1）；
（2）15種； （3）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）利用“時(shí)刻”的定義分析數(shù)列，從而得解；
（2）利用“時(shí)刻”的定義，結(jié)合列舉法，列出所有滿足的情況即可得解；
（3）分類討論，兩種情況，結(jié)合“時(shí)刻”的定義，分析的取值情況，從而得證.
小問(wèn)1詳解】
由題設(shè)知當(dāng)時(shí)，，故是數(shù)列的一個(gè)“時(shí)刻”，
同理當(dāng)時(shí)，都有，即也是數(shù)列的一個(gè)“時(shí)刻”，
綜上，.
【小問(wèn)2詳解】
解法一：
由，易知或
①當(dāng)時(shí)，必須從左往右排列，6可以是中任一個(gè)，共有5種情況
②當(dāng)時(shí)，若中的四個(gè)元素是由集合中的元素或或或引起的
1.若由引起，即4，3，2，1從左往右排列，則5必須排在4的后面，共4種；
2.若由引起，即5，3，2，1從左往右排列，則4必須排在3的后面，共3種
3.若由引起，即從左往右排列，則3必須排在2的后面，共2種；
4.若由引起，即從左往右排列，則2必須排在1的后面，共1種
綜上，符合的數(shù)列有15種
解法二：
因?yàn)閿?shù)列，
由題意可知中的四個(gè)元素為中的四個(gè)，共有5種情況：
①當(dāng)時(shí)，數(shù)列共有1種情況；
②當(dāng)時(shí)，數(shù)列共有2種情況；
③當(dāng)時(shí)，數(shù)列共有3種情況；
④當(dāng)時(shí)，
數(shù)列共有4種情況；
⑤當(dāng)時(shí)，
數(shù)列，共有5種情況；
綜上，符合的數(shù)列有15種.
【小問(wèn)3詳解】
①若，由，
所以，即成立；
②若，
不妨設(shè)且
從而
由累加法知：
又，即；
綜上，，證畢.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵是充分理解“時(shí)刻”的定義，從而得解.
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