2024年福建高考数学模拟试卷及答案

这是一份2024年福建高考数学模拟试卷及答案，共57页。试卷主要包含了已知集合，，则，若复数z满足，则，函数在[-π，π]的图象大致为，已知，则sin2α=等内容，欢迎下载使用。

（一）
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.若复数z满足，则（ ）
A.-2 B.0 C. D.2
3.函数在[-π，π]的图象大致为（ ）
A.B.
C.D.
4.某单位共有A､B两部门，1月份进行服务满意度问卷调查，得到两部门服务满意度得分的频率分布条形图如下.设A､B两部门的服务满意度得分的第75百分位数分别为，，方差分别为，，则（ ）
A.， B.，
C.， D.，
5.已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）
A.， B.，
C.， D.，
6.已知，，则使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
7.已知O是所在平面内一点，且，，，则∠ABC的最大值为（ ）
A. B. C. D.
8.已知，则sin2α=（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点，函数，则（ ）
A.的图象关于直线对称 B.的图象关于点对称
C.在内恰有一个极大值点 D.在内单调递减
10.已知抛物线的焦点为F，准线交x轴于点D，过F的直线交C于A，B两点，AF的中点M在y轴上的射影为点N，，则（ ）
A. B.∠ADB是锐角
C.是锐角三角形 D.四边形DFMN是菱形
11.已知正方体的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点G在底面上，且平面平面，则下列说法正确的是（ ）
A.若存在λ使得，则
B.若，则平面
C.三棱锥体积的最大值为2
D.二面角的余弦值为
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.某企业生产一种零部件，其质量指标介于的为优品.技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布；技术改造后，该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布.那么，该企业生产的这种零部件技术改造后的优品率与技术改造前的优品率之差为__________.（若，则，，）
13.已知圆台的高为6，AB，CD分别为上､下底面的一条直径，且，，则圆台的体积为__________；若A，B，C，D四点不共面，且它们都在同一个球面上，则该球的表面积为__________.
14.已知双曲线的左焦点为F，过F的直线l交圆于A，B两点，交C的右支于点P.若，，则C的离心率为__________.
四､解答题：共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.（13分）在中，D为BC的中点，且.
（1）求；
（2）若，求.
16.（15分）已知各项均为正数的数列满足，且.
（1）写出，，并求的通项公式；
（2）记求.
17.（15分）11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲､乙两人进行一场五局三胜､每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10∶10.
（1）求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；
（2）求第一局比赛甲获胜的概率；
（3）现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.
18.（17分）在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.
（1）求直线CD与平面所成角的大小；
（2）设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.
（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；
（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.
19.（17分）对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合M中的最小元素和最大元素.
（1）若，求A的元素个数及；
（2）当A恰有一个元素时，a的取值集合记为B.
（i）求B；
（ii）若，数列满足，，集合，.求证：，.
参考答案
一､选择题：本大题考查基础知识和基本运算.每小题5分，满分40分.
1.B 2.D 3.A 4.C 5.A 6.C 7.B 8.B
二､多选题：本大题考查基础知识和基本运算.每小题6分，满分18分，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9.AD 10.ABD 11.BCD
三､填空题：本大题考查基础知识和基本运算.每小题5分，满分15分
13.；（仅答对一空给3分） 14.
四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.本小题主要考查正弦定理､余弦定理等基础知识，考查逻辑推理能力､运算求解能力等，考查化归与转化思想､函数与方程思想､数形结合思想等，考查数学运算､逻辑推理等核心素养，体现基础性和综合性.满分13分.
解法一：（1）由，可得
在中，由正弦定理，得，
所以
在中，由正弦定理，得，
所以
故
因为为的中点，所以，即，
（2）由（1）不妨设
在中，由余弦定理，得
在中，由余弦定理，得.
所以.
解得.
故
解法二：（1）由，得
因为为的中点，所以，所以
又因为，
，
所以，
故.
（2）由（1）不妨设
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以
所以，
解得.
故.
解法三：（1）设.由，得，所以
因为为的中点，所以
所以，
即.因为，所以.
因为，所以
即.
所以，即.
（2）由（1）不妨设.
在中，由余弦定理，得.
在中，由余弦定理，得
所以.
解得
故.
解法四：（1）取中点，连结.
又为中点，所以，
又，所以，故，
所以
又，故.
（2）不妨设.
过作于点，过作于点
又，所以，且，
所以四边形为矩形.
因为，所以.
所以，所以.
又，
所以
16.本小题主要考查递推数列､等差数列､等比数列及数列求和等基础知识，考查运算求解能力､逻辑推理能力等，考查化归与转化思想､分类与整合思想等，考查逻辑推理､数学运算等核心素养，体现基础性､综合性.满分15分.
解法一：（1）因为，
所以，当时，，所以.
当时，，所以.
当时，
，
所以
当时，也符合上式.
综上，
（2）由（1）得即
记
则①，
②
①-②，得，
所以，
故.
解法二：（1）因为，
所以，当时，，所以.
当时，，所以.
因为，
所以，即.
所以，即.
又，所以
（2）由（1）得即
记，
则
.
故.
17.本小题主要考查条件概率､全概率公式､概率的分布列及期望等基础知识，考查数学建模能力､运算求解能力､逻辑推理能力等，考查统计与概率思想､分类与整合思想､函数与方程思想等，考查数学抽象､数学建模和数学运算等核心素养，体现应用性和创新性.满分15分.
解法一：（1）依题意，的所有可能取值为
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
所以，
.
所以的分布列为
故的均值为.
（2）设第一局比赛甲获胜为事件
则.
由（1）知，，
由全概率公式，得
解得，即第一局比赛甲获胜的概率.
（3）由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，
设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，
所以.
故该场比赛甲获胜的概率.
解法二：（1）同解法一，
（2）设第一局比赛甲获胜为事件后的两球均为甲得分为事件，这两球甲和乙各得1分为事件，易知，事件与事件互斥.
于是.
当这两球甲和乙各得1分后比赛面临的形势与时的形势一致，故.
由（1）知，所以，
解得，即第一局比赛甲获胜的概率.
（3）由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，不妨设打满了5局且甲获胜局数为，
因为每局的比赛结果相互独立，所以.
故该场比赛甲获胜的概率为
所以该场比赛甲获胜的概率为
解法三：（1）同解法一
（2）由（1）知，由规则知打成后必须再打球才能决出胜负.
设第一局比赛甲获胜为事件后又打了球甲获胜为事件，依然平局为事件.
由于各球的比赛结果相互独立，
故.
所以
由于事件之间两两互斥，故，
即第一局比赛甲获胜的概率.
（3）同解法一.
18.本小题主要考查平面与平面垂直的性质定理､直线与平面所成的角､解三角形､空间向量､椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查直观想象能力､逻辑推理能力､运算求解能力等，考查数形结合思想､化归与转化思想､分类与整合思想等，考查直观想象､逻辑推理､数学运算等核心素养，体现基础性､综合性与创新性.满分17分.
解法一：（1）因为平面，平面平面，
所以.
所以直线在内的射影为直线，所以直线与所成角为.
过作，垂足为.因为平分，所以.
又，所以，所以
又，所以.
因为，所以，
所以直线与平面所成角为
（2）（i）曲线是椭圆
理由如下：
由（1）可知，，所以是的中点
设的中点为，所以.又，所以.
在内过作，所以
以为原点，所在的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.因为，所以，
设，又，则.
因为，又，所以，
化简得，即，所以曲线是椭圆.
（ii）设.
在平面内，因为与不重合，可设，由得，所以.
由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.
若，则，即，
因为，
所以，
当时，上式恒成立，所以符合题意；
当时，有，
所以，所以.
因为，所以，
所以，所以，即.
因为上式对于任意的恒成立，所以.
综上，存在点满足，或时，符合题意.
解法二：（1）同解法一.
（2）（i）同解法一
（ii）设
在平面内，因为与不重合，可设，由得，
所以.
由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.
当与重合时，因为，又，所以.
所以当时，符合题意.
当与不重合时，过作，垂足分别为.
连接，则因为，所以.
又，所以平面，
所以，同理
又，所以，所以，
所以RtRt，所以直线平分
又在轴上，所以在平面内直线的倾斜角互补
在平面内，设直线的斜率分别为，
则对于任意的恒成立，
所以.
综上，存在点满足，或时，符合题意.
19.本小题主要考查集合､函数的零点､导数､数列和不等式等基础知识，考查逻辑推理能力､直观想象能力､运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想､化归与转化思想､分类与整合思想､数形结合思想和特殊与一般思想等，考查数学抽象､逻辑推理､直观想象､数学运算等核心素养，体现基础性､综合性与创新性.满分17分.
解法一：（1）当时，，其定义域为.
由得，.设，则.
当时，；当时，；
所以在单调递增；在单调递减.
注意到，所以在恰有一个零点，且，
又，所以，所以在恰有一个零点，
即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点，
所以，所以的元素个数为2.又因为，所以.
（2）（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意；
当时，，其定义域为.由得，.
设，则.
设，则.
①当时，，所以在单调递增.
又，所以在恰有一个零点，
即在恰有一个不动点，符合题意；
②当，故恰有两个零点.
又因为，所以.
当时，；当时，；
当时，；
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；
注意到，所以在恰有一个零点，且，
又时，，所以在恰有一个零点，
从而至少有两个不动点，不符合题意；
所以的取值范围为，即集合.
（ii）由（i）知，，所以，
此时，，由（i）知，在单调递增，
所以，当时，，所以，即，
故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，
重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，，
下面我们先证明当时，.设，
则当时，，所以在单调递减，
所以，即当时，，
从而当时，，
从而，即，
故，即，由于，所以，
故，故时，..
所以，故.
解法二：（1）同解法一
（2）（i）当时，，故是的一个不动点；
当时，由，得（*），
要使得恰有一个元素，即方程有唯一解，因此方程（*）无实数解，
即直线与曲线无公共点.
令，则，令，
则，
所以在单调递减，又因为，所以当时，，当时，，
所以当时，，当时，
所以在单调递增，在单调递减，
令，则，
则.
又因为当时，，当时，，
所以曲线的大致图象如图所示：
由图可知，，所以的取值范围为，即集合.
（ii）由（i）知，，所以，
此时，.令，则.
令，当时，，所以在单调递增，
所以当时，，所以，
所以在单调递增，所以，
故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，
重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，.
下面先证明当时，.令，则，
所以在单调递增，所以当时，，所以当时，.
所以，
由于，所以，故，即，
故，故时，.
所以，故.
（2）（i）同解法一
（ii）同解法一得，.
下面我们先证明当时，.设，则当时，，所以在单调递减，所以，即，
从而当时，，于是，
从而，即，
故，即，由于，所以，
故，故时，.
所以.故.
（二）
一、选择题
1、已知集合，则（）
A.B.C.D.
2、已知复数为纯虚数，则实数a等于（）
A.-1B.0C.1D.2
3、等差数列中，，则的前9项和为（）
A.-180B.-90C.90D.180
4、已知，，且满足，则（）
A.B.C.D.
5、已知双曲线C的焦点分别为，，虚轴为，若四边形的一个内角为，则C的离心率等于（）
A.B.C.D.3
6、已知圆锥SO的母线长为2，AB是圆O的直径，点M是SA的中点.若侧面展开图中，为直角三角形，则该圆锥的侧面积为（）
A.B.C.D.
7、已知圆关于直线对称，l与C交于A，B两点，设坐标原点为O，则的最大值等于（）
A.2B.4C.8D.16
8、人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术.在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.设，，则曼哈顿距离，余弦距离，其中（O为坐标原点），已知，，则的最大值近似等于（）
(参考数据：，)
二、多项选择题
9、已知向量，，则下列说法正确的是（）
A.若，则B.若，则
C.的最大值为2D.的取值范围是
10、在党中央、国务院决策部署下，近一年来我国经济运行呈现企稳回升态势，如图为2022年2月至2023年l月社会消费品零售总额增速月度同比折线图，月度同比指的是与去年同期相比，图中纵坐标为增速百分比，就图中12个月的社会消费品零售总额增速而言，以下说法正确的是（）
A.12个月的月度同比增速百分比的中位数为
B.12个月的月度同比增速百分比的平均值大于0
C.图中前6个月的月度同比增速百分比波动比后6个月的大
D.共有8个月的月度同比增速百分比大于12个月的月度同比增速百分比的平均值
11、函数的图象可以是（）
A.B.
C.D.
12、直四棱桂中，底面ABCD是菱形，，且，M为AD的中点，动点P满足，且x，，则下列说法正确的是（）
A.当时，
B.若，则P的轨迹长度为
C、若平面，则
D.当时，若点O满足，则OP的取值范围是
三、填空题
13、曲线在点处的切线方程为_____.
14、已知定义在R上的函数满足：为偶函数：当时，.写出的一个单调递增区间为_______.
15、在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的焦点为F，过的直线l与C交于A，B两点.若的面积等于的面积的2倍，则_______.
16、将0，1，2，3，10任意排成一行，可以组成_____个不同的6位数.(用数字作答)
四、解答题
17、数列中，，且.
(1)证明：数列为等比数列，并求出；
(2)记数列的前项和为.若，求.
18、在平面四边形ABCD中，，，点B，D在直线AC的两侧，，
（1）求
（2）与的面积之和的最大值.
19、在四棱锥中，底面ABCD为矩形，点P在平面ABCD内的投影落在棱AD上，
（1）求证：平面平面PDC
（2），，当四棱锥的体积最大时，求平面PDC与平面PBC的夹角的余弦值..
20、某同学尝试运用所学的概率知识研究如下游戏规则设置：游戏在两人中进行，参与者每次从装有3张空白券和2张奖券的盒子中轮流不放回地摸出一张，规定摸到最后一张奖券或能判断出哪一方获得最后一张奖券时游戏结束，能够获得最后一张奖券的参与者获胜。
（1）从胜负概率的角度，判断游戏规则设置是否公平；
（2）设游戏结束时参双方摸券的次数为X，求随机变量X的分布列.
21、已知函数.
（1）判断的导函数的零点个数；
（2）若，求a的取值范围.
22、在锐角中，，于点D，.
（1）建立适当的坐标系，求动点M的轨迹C
（2）点F是以AB为直径的圆上的中点，过点F的直线与C交于P，Q两点，判断是否存在定点R，使得为定值.
参考答案
1、答案：D
解析：由题意可得，则.
2、答案：A
解析：因为为纯虚数，所以，解得.
3、答案：C
解析：因为，所以，又，所以，所以.
4、答案：B
解析：因为，可得，因为，所以，又因为，则，，所以，整理得.
5、答案：A
解析：因为，，，由对称性可得：四边形为菱形，且，所以，即，可得，整理得，即C的离心率.
6、答案：C
解析：
因为，且为直角三角形，则，又因为M为SA的中点，则，可得为等边三角形，即，所以该圆锥的侧面积.
7、答案：B
解析：
圆C：，即，虽心为，直线：，因为，所以直线的斜率不为0，又，令，解得，即直线恒过定点，又圆C关于直线对称，所以圆心C在直线上，所以，解得，所以圆C：，半径，显然，即圆C过坐标原点O，因为1与C交于A，B两点，即AB为直径的两个端点，所以，所以，即，当且仅当时取等号，所以，即，当且仅当时取等号，
8、答案：B
解析：
设，由题意可得：，即，可知表示正方形ABCD，其中，，，，即点在正方形的边上运动，
因为，，由图可知：当取到最小值，即最大，点N有如下两种可能：①点N为点A，则，可得；②点N在线段上运动时，此时与同向，不妨取，则；因为，所以的最大值为.
9、答案：ACD
解析：因为向量，，所以
，对于A，当时，，则故A正确；对于B，，，，，解得：，故B错误；
对于C，已知，，，的最大值为2，故C正确；
对于D，向量，，，，，，，，所以的取值范围为
10、答案：AC
解析：由折线图可得增速百分比(%)由小到大依次为：-11.1，-6.7，-5.9，-3.5，-1.8，-0.5，2.5，2.7，3.1，3.5，5.4，6.7，
对于选项A，12个月的月度同比增速百分比的中位数为故A选项正确；对于选项B，，12个月的月度同比增速百分比的平均值小于0，故B选项错误；对于选项C，由折线图可得前6个月的月度同比增速百分比先大幅度波动后渐渐趋于稳定，后6个月的大波动整体较小，前6个月的月度同比增速百分比波动比后6个月的大，故C选项正确；对于选项D，，可知大于-0.47的有2.5，2.7，3.1，3.5，5.4，6.7，共有6个，共有6个月的月度同比增速百分比大于12个月的月度同比增速百分比的平均值，故D选项错误.
11、答案：AD
解析：
12、答案：BCD
解析：
对于A，由题意，x，，当P与D重合时，假设，则，又，，，平面，则平面，又平面，则，因为底面ABCD是菱形，，所以为等边三角形，与矛盾，则假设不成立，故A错误；对于B，分别取BD，的中点，N，因为底面ABCD是菱形，所以，又平面ABCD，且平面ABCD，所以，又，BD，平面，则平面，又平面，则，因为四边形为正方形，则，又，，平面，所以平面，所以P的轨迹是线段，而，故B正确；
对于C，取的中点，连接，，因为M为AD的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理，平面，平面，所以平面，又，，平面，所以平面平面，若平面，则P的轨迹是线段，因为，所以，故C正确；
对于D，取的中点Q，连接BQ交于点S，过B作交于点E，当时，P的轨迹是线段BQ，因为为等边三角形，M为AD的中点，所以，又，所以点O在直线上，在中，，则点O在线段BP的垂直平分线上，所以点O为直线与线段BP的垂直平分线的交点，当P与Q重合时，点O为S；当P与B重合时，点O为E；当P在线段BQ上时，点O在线段SE上，因为，所以，，因为x，，且，所以OP的取值范围是，故D正确.
13、答案：
解析：因为，所以，所以，可得曲线在点处的切线方程为：.
14、答案：
解析：因为为偶函数，所以，因此的图象关于直线对称.当时，，所以在单调递减，在单调递增.由对称性，可得在单调递减，在单调递增.故的一个单调递增区间为.
15、答案：
解析：
由题意，知抛物线的焦点，准线.设O，F到直线AB的距离分别为，则，又，，从而，所以.分别过点A，B作于，于，则，，，所以，故答案为.
16、答案：84
解析：将0，1，2，3，10任意排成一行，且数字0不在首位，有种，数字1和0相邻且1在0之前的排法有种，故所求满足题意的6位数有个.
17、答案：（1）证明见解析，
（2）1360
解析：（1）由可得，因为，所以，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列所以，即.
（2）因为，当时，，所以，即，又，所以.又因为，所以，
18、答案：（1）
（2）1
解析：（1）在中，由余弦定理，得因为，，，所以，即.所以，故.
（2）设，，则.在中，由正弦定理，得，即，所以.因为，，所以，因为，所以，当，即时，，故与的面积和的最大值为1
19、答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）作于点O，由已知平面ABCD，又平面ABCD，所以，又因为，，AD，平面PAD，所以平面PDA因为平面PDC，所以平面平面PDC.
(2)
过O作于，连结PE.由已知，，，得，所以，又因为平面ABCD，又平面ABCD，所以，且，，PO，平面POE，所以平面POE，又平面POE，所以.所以，且，，四棱锥的体积为，在中，，所以，当且仅当时，，此时四棱锥的体积最大，以O为坐标原点，向量，，，为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，，，，，，，设平面PDC的法向量为.则即取，则.设平面PBC的法向量为.则即取，则.设平面PDC与平面PBC的夹角为，，所以，故平面PDC与平面PBC的夹角的余弦值为.
20、答案：（1）不公平，理由见解析
（2）分布列见解析
解析：（1）将3张空白券简记为“白”，将2张奖券简记为“奖”，率先摸券的一方获胜，包括以下几种情况：①双方共摸券3次，出现“奖白奖”、“白奖奖”、“白白白”这三种情形，对应的概率为；②双方共摸券4次，出现的恰好是“三白一奖且前三次必定出现一次奖券”，对应的概率为故先摸券的一方获胜的概率为.又，故这场游戏不公平.
(2)由题意可知X的所有可能取值为2，3，4.
，，，
所以X的分布列为
21、答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）.当时，，此时没有零点；当时，由于，即在单调递增.取，，则，由零点的存在性定理，可知存在唯一的零点.
（2）因为，由(1)可知，即有且当时，单调递减；当时，，单调递增：所以，因此只需，即，令，则只需，因为，所以在单调递增，又，由，可得，即，故.
22、答案：（1）
（2）存在，证明见解析
解析：（1）
如图，以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，则，，设，因为是锐角三角形，所以，则，，.由，得，整理，得，所以点M的轨迹方程为.
（2）因为点F是以AB为直径的圆上的中点，所以点F在y轴上，不妨设点.假设存在满足条件的点.①当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为，，，由消去y，得，整理，得，从而，，，，在中，由余弦定理，得
所以解得，此时，②当PQ的斜率不存在时，PQ的方程为，此时，，，，，所以，故，综上，可知存在定点，即.
（三）
一、选择题
1．已知集合，，则( )
A.B.C.D.
2．已知复数z满足，则( )
A.B.C.-8D.8
3．已知互相垂直的平面，交于直线l.若直线m，n满足，，则( )
A.B.C.D.
4．已知向量，，则( )
A.B.C.D.
5．的展开式中的系数为( )
A.B.C.14D.49
6．已知，，，则的值为( )
A.B.C.D.2
7．已知直线与抛物线相交于A，B两点，以为直径的圆与抛物线C的准线相切于点，则( )
A.4B.C.5D.6
8．已知函数的定义域为R，且，，则( )
A.B.为奇函数
C.D.的周期为3
二、多项选择题
9．下列命题正确的是( )
A.若，则B.若，则
C.若，则D.若，则
10．已知点与圆是圆C上的动点，则( )
A.的最大值为
B.过点B的直线被圆C截得的最短弦长为
C.
D.，的最小值为
11．如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，点Q满足，，下列说法正确的是( )
A.不存在使得
B.若Q，M，N，P四点共面，则
C.若，点F在侧面内，且平面，则点F的轨迹长度为
D.若，由平面分割该正方体所成的两个空间几何体和，某球能够被整体放入或，则该球的表面积最大值为
三、填空题
12．定义在R上的函数满足，且在上单调递减，则不等式的解集为_________.
13．在中，，，，D为上一点，为的角平分线，则_________.
14．斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，点T是椭圆上的一点，且满足，点P，Q分别是，的重心，点R是的外心.记直线，，的斜率分别为，，，若，则椭圆C的离心率为_________.
四、解答题
15．2023年秋季，支原体肺炎在我国各地流行，该疾病的主要感染群体为青少年和老年人.某市医院传染病科从该市各医院某段时间就医且年龄在70岁以上的老年人中随机抽查了200人，并调查其患病情况，将调查结果整理如下：
（1）试根据小概率值的独立性检验，分析70岁以上老年人感染支原体肺炎与自身慢性疾病是否有关？
（2）用样本估计总体，并用本次抽查中样本的频率代替概率，从本市各医院某段时间就医且年龄在70岁以上的老年人中随机抽取3人，设抽取的3人中感染支原体肺炎的人数为X，求X的分布列和数学期望.
附：.
16．如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，,设平面平面.
（1）作出l（不要求写作法）；
（2）线段上是否存在一点E，使平面？请说明理由；
（3）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
17．设等差数列的公差为，令，记，分别为数列，的前n项和.
（1）若，，求数列的通项公式；
（2）若数列是公比为正数的等比数列，，，，求数列的前n项和.
18．已知函数，m是大于0的常数，记曲线在点处的切线为l，l在x轴上的截距为，.
（1）若函数，，求的单调区间；
（2）当时，求的取值范围.
19．已知双曲线是双曲线C的左顶点，直线.
（1）设直线l过定点，且交双曲线C于E，F两点，求证：直线与的斜率之积为定值；
（2）设直线l与双曲线C有唯一的公共点M.
（i）已知直线l与双曲线C的两条渐近线相交于两点R，S，求证：；
（ii）过点M且与l垂直的直线分别交x轴､y轴于，两点，当点M运动时，求点的轨迹方程.
参考答案
1．答案：B
解析：，，
则，
故选：B.
2．答案：A
解析：，则，
故选：A.
3．答案：C
解析：由题意知，，，.故选C.
4．答案：C
解析：，
因为，所以两向量垂直，则，
故选：C.
5．答案：D
解析：的展开式的通项为，
则，，
则展开式中的系数为，
故选：D.
6．答案：A
解析：，
，
，分子分母同时除以得：
①，
由于，所以，所以，
所以，
所以，即，
分子分母同时除以得：
即，，代入①得：
，解得.
故选：A.
7．答案：C
解析：由题意知，抛物线C的准线为，即，解得，
因为，所以抛物线C的方程为：，其焦点为，
又直线，所以直线l恒过抛物线的焦点，
设点，，因为A，B两点在抛物线C上，
联立方程，两式相减可得，，
设的中点为，则，因为点在直线l上，
解得可得，所以点是以为直径的圆的圆心，
由抛物线的定义知，圆Q的半径，
因为，所以，
解得，则，则.
故选：C.
8．答案：C
解析：令，得得或，
当时，令得不合题意，故，所以A错误；
令得，且的定义域为R，故为偶函数，所以B错误；
令，得，所以，
所以，则，则，
所以的周期为6，所以D错误；
令，得，因为，
所以，所以，故C正确.
故选：C.
9．答案：AC
解析：对A，因为，则两边同乘a得，两边同乘b得，
则，故A正确；
对B，当时，，故B错误；
对C，因为，则，又因为，所以，故C正确；
对D，举例，，则，而，
此时两者相等，故D错误.
故选：AC.
10．答案：ACD
解析：对A，圆的圆心坐标，半径，
将原点代入圆的方程有，则原点在圆外，
则，则，故A正确；
对B，将代入圆方程得，则点B在圆内，
设圆心到过点B的直线距离为d，则,
而被截的弦长为，
则弦长最短为，故B错误；
对C，作出在上投影向量，
则，因为，
即，
则，故C正确；
对D，对，与共线，则的最小值为点C到直线的距离，
易知直线的方程为，则点C到直线的距离，故D正确.
故选：ACD.
11．答案：ACD
解析：正方体中，由，故中，不可能是直角三角形的斜边，
即不存在使得，A选项正确；
R，S分别是棱，的中点，点Q为中点时，平面在正方体上的截面为正六边形，
则Q，M，N，P四点共面，有，B选项错误；
若，则Q为上靠近C点的三等分点，
取上靠近的三等分点G，的中点H，连接，，，
则在正方形中，可得，
平面，平面，则有平面，
同理可由，证明平面，
，平面，，所以平面平面，
点F在侧面内，且平面，所以即为点F的轨迹，
，C选项正确；
若，则Q为的中点，平面分割该正方体所成的两个空间几何体和，
平面在正方体上的截面为正六边形，
某球能够被整体放入或，该球的表面积最大时，是以为顶点，底面为正六边形的正六棱锥的内切球，
正六边形的边长为，面积为，
正六棱锥，侧棱长，每个侧面面积为，棱锥的高为，
设该球的半径为R，由体积法可得，
解得，所以该球的表面积为，D选项正确.
故选：ACD.
12．答案：
解析：因为函数满足，则关于直线对称，
又因为在上单调递减，则在上单调递增，
则由得，
即，解得，则解集为，
故答案为：.
13．答案：
解析：由得，，
解得.
故答案为：.
14．答案：
解析：取，的中点C，D，依题意，点R是中点，点P，Q分别在，上，
设，，由两式相减得，
直线斜率，直线斜率，则，
直线，的斜率分别为，，同理，，又，
因此，解得，
所以椭圆C的离心率.
故答案为：.
15．答案：（1）有关
（2）分布列见解析；
解析：（1）假设岁以上老人感染支原体肺炎与自身慢性疾病无关.
则，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为70岁以上老人感染支原体肺炎与自身慢性疾病有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（2）由已知得，，，1，2，3，
，，
，，
所以随机变量X的分布列为：
所以.
16．答案：（1）作图见解析
（2）E为线段的中点，理由见解析
（3）
解析：（1）延长，交于点Q，经过点P，Q画直线，则直线即为所作直线l，如图：
，平面，则平面，同理平面，又平面，平面，
因此平面平面，即平面平面，
所以直线即为所作直线.
（2）点E为的中点，使平面.
由，得，而，则，即A为的中点，
又E为的中点，于是，而平面，平面，
因此平面，所以线段的中点E，使平面.
（3）分别取，中点O，M，连接，，则，而，则有，
又，，，l，平面，于是平面，
即平面，而平面，则，由，O为中点，得，
以O为原点，直线，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
设向量为平面的法向量，则，取，得，
又为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1），，，
即，，
，，，
又，，
，
，解得:或，
又，，.
（2）设数列公比为，
，，
，，又，
，
，，，
.
，①
，②
①②:，
，
.
18．答案：（1）答案见解析
（2）
解析：（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，由，得，由，得，
则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，的减区间为，增区间为.
（2）函数，求导得，切线l方程为：，
令，得，由，得，
又，，，又由，得，
即，令，，
求导得，当时，，当时，，
因此函数在区间单调递增，在区间单调递减，
而，则由，得，
所以的取值范围是.
19．答案：（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析；（ii）
解析：（1）因为直线l过定点，所以，
由消去x，得，，，
设，，则，，
直线的斜率，，
所以
.
即直线与的斜率之积为定值.
（2）因为直线与双曲线C有唯一的公共点M，
所以直线l与双曲线C相切.
由，消去x，得.
由题意得，，化简得.
记切点，则，，
代入直线l得，故.
（i）双曲线的两条渐近线方程为，
由，得，由得，
故，，
所以，所以.
（ii）过点M且与l垂直的直线方程为.
令，得，令，得，
所以.因为，，
所以，，
所以，化简得，
因为，，，，
，
所以点的轨迹方程为.
0
1
2
X
2
3
4
P
有慢性疾病
没有慢性疾病
未感染支原体肺炎
60
80
感染支原体肺炎
40
20
0.10
0.05
0.025
0.010
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
X
0
1
2
3
P