难点专题08 2025年新高考数学挑战140冲刺985模拟卷（一）-【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用）

【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 2025年新高考数学 挑战140冲刺985模拟卷（一） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（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．已知设，则，则的最小值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】先求得复数实部与虚部的关系，再去求的最小值即可解决. 【详解】由，可得，可令， 则 （为锐角，且） 由，可得 则的最小值为3. 故选：A 2．三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个女生相邻的概率是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用条件概率结合计数原理求解. 【详解】从三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，共有 种不同排法， 女生甲不在两端，同时有且只有两个女生相邻分两类 女生甲单独站，则有 ； 女生甲和另一个女生站一起，则有 , 所以，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个女生相邻的概率是 ． 故选：D. 3．已知函数，若有两个零点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据结合两角和差的余弦公式化简，进而可求得，再根据二倍角的正弦公式化简可得. 【详解】易知， 令，则，所以或； 可得或， 因此或， 又因为，所以； 所以 . 故选：B. 【点睛】关键点点睛：根据和差角公式得出，是解决本题的关键. 4．已知双曲线的上、下焦点分别为、，是的上支上的一点（不在轴上），与轴交于点，的内切圆在边上的切点为，若，则的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用切线长定理，结合双曲线的对称性可得，再建立不等关系求出离心率的范围. 【详解】设该内切圆在、上的切点分别为、， 由切线长定理可得，，， 又，，则， 即，解得， 由，即，得，所以． 故选：A. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法： ①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率； ②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解； ③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. 5．设函数，若恒成立，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先确定函数的定义域，接着由函数恒成立得恒成立，分、、和四种情况分析求解不等式解集，从而得，最后代入所求表达式化简利用二次函数的性质即可求解. 【详解】由题可得函数的定义域为， 因为函数恒成立，而，故， 则或，解得或， 若，得不等式的解集为， 则使得，不满足题意； 若，得不等式的解集为， 则使得，不满足题意； 若，得不等式的解集为， 则使得，不满足题意； 若，得不等式的解集为，满足题意， 综上所述， 所以， 因为且，即， 所以的取值范围为， 所以的取值范围为. 故选：C. 6．设，为等差数列，令，，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】分析函数的单调性与对称性，得函数在上单调递增，且图象关于点中心对称.再利用等差数列的性质可得，然后从充分性与必要性两个方面论证，用反证法进行必要性的证明. 【详解】已知，， 则，故在上单调递增. 又由，得， 故，即， 则函数的图象关于点中心对称. 已知数列是等差数列，则. ①先证明充分性： 若，由数列是等差数列， 可得， 则， 所以由函数的对称性可知， ，，，， ，即“”得证. 因此，“”是“”的充分条件； ②再证明必要性： 下面用反证法证明： 假设， 已知数列是等差数列，则， 即，由等差数列性质可得 ， 所以，，，，， 由函数在上单调递增， 可得， 同理可得， ， ， 各式累加得，， 所以，即， 这与已知矛盾，故假设错误； 同理，假设，可证得，也与已知矛盾，故假设也错误； 所以“”得证. 即“”是“”的必要条件. 综上所述，“”是“”的充要条件. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于应用反证法进行必要条件的证明，基于自变量不等（大小）关系的假设，借助函数单调递增等价转化为函数值的不等关系，进而结合函数对称性推出与等量关系矛盾. 7．点M、N为正四面体的内切球球面上的两个动点，T为棱上的一动点，则当取最大值时，（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正四面体体积的等积性求得内切球半径，由球的性质可知：当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质，结合锐角三角函数定义、正切二倍角公式、正弦函数的单调性进行求解即可. 【详解】设正四面体的棱长为，正四面体的内切球的球心为，顶点在底面的射影为， 显然在线段上，该正四面体内切球的半径为， 如图，为正三角形的中心，则， ， 由三棱锥的等体积得，即， 解得， ， 由球的性质可知：当，与圆相切时，最大， 如图所示：， 由圆的切线长定理可知：， 在中，， 最大时，最小，因为， 所以此时为的中点，即有， 正四面体的内切球的球心为，显然也是该正四面体的外接球的球心， 所以， 因此，， ， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用球的几何性质即当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质求解. 8．已知，，是非零向量，与的夹角为，，，则，的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先设出几何图形，确定给定向量的位置，结合给定条件得到，再对的取值进行讨论，求解最值即可. 【详解】设，，，所以， 因为，所以，即， 因为与的夹角为，所以， 因为，，， 所以，故， 如图，取中点，作，作，连接， 因为，所以，故，， 由向量中线定理得， 所以， 故， ， ， 因为，所以， 因为，所以，得到， 故， 由可得， 故 ， 即，解得，故， 因为，所以在以为圆心，为半径的圆上， 由题意得，而， 当且仅当时，， 此时， 由三角形边长性质得，当且仅当共线时取等， 在直角三角形中，所以，故， 代入数据得，解得， 此时，即的最小值是， 当时，，此时的终点不在， 通过平移，使其终点到达，同时设起点为， 此时三点共线，所以， 所以， 由三角形边长性质得，当且仅当共线时取等， 在直角三角形中，所以，故， 代入数据得，解得， 此时，即的最小值是， 综上，的最小值是，故D正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是作出图形，利用给定条件得到，然后对参数进行分类讨论，得到所要求的最值即可． 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。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．某高中开展一项课外实践活动，参与活动并提交实践报告可以获得学分，且该校对报告的评定分为两个等级：合格，不合格．评定为合格可以获得0.2学分，评定为不合格不能获得学分．若评定为不合格，则下一次评定为合格的概率为，若评定为合格，则下一次评定为合格的概率为．已知小李参加了3次课外实践活动，则（   ） A．“小李第一次评定合格”与“小李第一次评定不合格”是互斥事件 B．若小李第一次评定为不合格，则小李获得0.4学分的概率为 C．若小李第一次评定为合格，则小李第三次评定为合格的概率为 D．“小李第一次评定合格”与“小李第三次评定合格”相互独立 【答案】AB 【分析】A项由互斥事件概念可得；B项由概率乘法公式可得；C项由全概率公式求解即可判断；D项由全概率公式求概率，再结合相互独立事件的等价条件判断. 【详解】A项，事件“小李第一次评定合格”与“小李第一次评定不合格”不可能同时发生，所以互斥，故A正确； B项，若第一次评定为不合格，设事件“第次评定为合格”，. 则事件“小李获得0.4学分”即事件， 由概率乘法公式得， ，故B正确； C项，若第一次评定为合格，设事件“第次评定为合格”，“第次评定为不合格”，. 则由全概率公式得， ，故C错误； D项，由C项知； 若第一次评定为不合格，设事件“第次评定为合格”，“第次评定为不合格”，. 由全概率公式可得 ； 即； 所以，即第一次评定是否合格对第三次评定合格的概率有影响， 故“小李第一次评定合格”与“小李第三次评定合格”不相互独立，故D错误. 故选：AB. 10．如图，在正三棱台中，，，点M在内运动（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．DC与BE所成角的余弦值是 B． 与平面平行时，M点的轨迹长度是2 C．与平面所成角的余弦值最大值是 D．当时，M点的轨迹长度是 【答案】ABD 【分析】对于A，取中点，连接、，，平行且等于，推导出，，由此求出的余弦值；对于B，取的中点，连接连接，由题意得平面和平面，即得平面平面，进而得出点的运动轨迹即线段，计算即得；对于C，设上下底面的中心分别为，连接并延长交于点，取的中点，连接，推理得到平面，即得即与平面所成角，推理得到要使最大，需使最大，即点与点(或)重合时计算即得的最大值；对于D，推导出以为直径的球与平面的交线，就是点的轨迹，取为的中点，为的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动，求出这段圆弧的长度． 【详解】 对于A，如上图取的中点，连接，易得，故得， 则且，则DC与BE所成角即为DC与CG所成角，故或其补角即可所求， 因正三棱台中，，，则易得， 则，则，在中，由余弦定理得， 在中， ，即DC与BE所成角的余弦值为，故A正确； 对于B，如上图，取的中点、取的中点，连接， 由题意得且，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 因，平面，所以平面平面， 又平面平面，由题意，与平面平行，且点M在内， 故点的运动轨迹即线段，而，故B正确； 对于C，如上图，设正三棱台的上下底面的中心分别为，连接并延长交于点， 则点为的中点，连接，易得，， 取的中点，连接，因平面平面，平面平面， 平面平面，故，即得，故， 因平面，则平面，则即与平面所成角，记为， 则，因为正棱台的高，其长度为， 故要使最大，只需使最大，因点在内，故当点与点(或)重合时，取得最大， 即， 故的最大值为，即与平面所成角的余弦值的最小值为，故C错误； 对于D，如上图，过作垂直平面于，由C选项可知，， 当点运动到点时，，则点的轨迹即以为直径的球与平面的交线， 取为的中点，为的中点，则点在以为圆心，为半径的圆弧上运动， 这段圆弧对的圆心角为，，故这段圆弧的长度为，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】思路点睛：关于空间几何中的轨迹问题，主要是根据几何关系找到动点所满足的数量关系，结合各种曲线的定义和特征进行判断. 11．已知函数，，则下列正确的选项有（   ） A．若的定义域为，则的定义域为 B．若函数是增函数，则实数的取值范围为 C．当时，若是函数与函数的交点，则 D．若，则的最大值为 【答案】ACD 【分析】对于选项A，通过复合函数定义域的求法即可求解；对于选项B，通过分离参数，利用导数研究函数的单调性与最值计算即可求解；对于选项C，通过变形得到，解出，即可得出结果；对于选项D，通过分类讨论含参函数的单调性，得出，构造函数，利用导数研究其单调性及最值计算即可求解. 【详解】对于选项A，因为的定义域为，所以， 所以，所以的定义域为，故A正确； 对于选项B，因为，且是增函数， 所以，且在定义域上恒成立， 则在上恒成立. 令，则， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以在时取到最小值，即，所以， 所以实数的取值范围为，故B错误； 对于选项C，因为， ， 当时，， 因为是函数与函数的交点， 所以， 即，即， 所以，所以，， 所以，故C正确； 对于选项D，若，则， 令，则， （1）当，即时，则，此时在上单调递增， 且当时，，不符合题意； （2）当，即，令，则， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以时，取到最小值， 即 即， 所以， 令，则， 易知当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 即当时，取到最大值，即， 所以， 当且仅当，时， 取到最大值，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：构造函数，利用导数研究其单调性及最值是解决函数问题最重要的方法. 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．写出一个函数 ，使得对于任意的恒成立． 【答案】 【分析】利用迭代和换元的思想方法可得结果. 【详解】用表示两次迭代即，则令有， 令有 ， 再令有 ， 这说明任意的都能用的形式表示，所以有，代回原式得到， 故答案为：． 13．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则面积的最大值为 . 【答案】 【分析】 利用余弦定理得，再利用基本不等式和三角形面积公式得到，最后借助辅助角公式求出最大值. 【详解】 由余弦定理知，所以， 即， 因为，当且仅当时等号成立， 所以，即， 所以. 设的面积为S，所以， 令，可得， 当且仅当时，上式等号成立， 即有，解得或（舍去）， 则，所以， 故面积的最大值为. 故答案为：. 【点睛】 关键点点睛：利用基本不等式得到面积，通过取倒数从而设，借助于辅助角公式求出的最小值，即可得到的最大值. 14．设有一组圆，若圆和圆是这组圆中的两个圆，且圆和圆相切，，则 ． 【答案】1 【分析】求解圆的圆心与半径，当异号时，两圆不可能相切，再结合已知得，进而根据两圆外切列式求得. 【详解】由得， 其圆心为，半径为．故圆与坐标轴相切， 若异号，则两圆心距离， 两圆的半径和为，显然，故圆和圆外离； 若同号，因为，所以且． 则圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为． 两圆心距离， 两圆的半径和为，两圆半径差为，显然， 故圆和圆不可能内切，只能外切， 所以，解得． 故答案为：1 【点睛】关键点点睛：本题考查了利用圆与圆的位置关系求解参数，解题的关键是根据圆与坐标轴相切，进而分析出两圆的位置关系，从而利用两圆关系求解即可. 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．如图，在四棱锥中，且，底面是边长为的菱形， (1)平面平面 (2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线垂直可得平面，即可根据面面垂直的判定求证， （2）根据面面垂直的性质可得为直线与平面所成角的平面角且为的重心，即可建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，根据法向量的夹角以及换元法得，结合二次函数的性质即可求解最值. 【详解】（1）连接交于点,连接, 由于，是的中点，故, 又,平面， 故平面，平面， 故平面平面 （2）过作于点， 由于平面平面，且两平面的交线为, 平面，故平面， 因此为直线与平面所成角的平面角，故, 平面，平面，故， 又平面， 故平面，平面，故， 结合可知为的垂心， 由于底面是边长为的菱形，，故为等边三角形， 因此为的重心， , 以建立轴，过平面的垂线作为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由于，则,故， 则 设,故，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设二面角的平面角为， 则 ， 令则,， 由于， 故， 当且仅当，即时取等号， 故的最大值为，因此的最小值为， 【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法： （1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有： ①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质； （2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角. 16．已知函数，为的导数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论零点的个数； (3)设为的零点，证明：当时，． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率即可求得切线方程； （2）由题意得，等价于在零点的个数，分，两种情况判断单调性，进而可得零点个数； （3）（i）若，结合（2）的单调性，可得，可得，构造函数，求导可得结论；（ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点，可得，可得，进而构造函数，进而有，，可得结论. 【详解】（1）当时，，则， 故，，曲线在点处的切线方程为． （2）因为，且，故零点的个数等价于函数在零点的个数． 当时，，没有零点． 当时，，令，则， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增． 又，当时，，此时没有零点； 当时，，此时有一个零点． 若，则，又，，， 结合的单调性可知，在区间和各恰有一个零点， 即在区间存在一个零点，在区间存在一个零点． 综上，当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点． （3）（i）若，由（2）可知，在区间没有零点，且， 故在区间单调递增，，且此时． 因为，故． 设，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，故． 故当时，． （ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点， 即在存在唯一极大值点，故当时，． 由（2）可知，，且， 故当时，都有． 又因为，且在区间单调递增， 故存在唯一零点，且满足． 设， 则，． 由上可知，在区间单调递减，且， 故，此时也有． 综上，由（i），（ii）可知，当时，． 17．信息在传送中都是以字节形式发送，每个字节只有0或1两种状态，为保证信息在传送中不至于泄露，往往需要经过多重加密，若 A， B是含有一个字节的信息，在加密过程中，会经过两次加密，第一次加密时信息中字节会等可能的变为0或1，且0，1之间转换是相互独立的，第二次加密时，字节中0或1发生变化的概率为p，若A，B的初始状态为0，1或1，0，记通过两次加密后A，B中含有字节1的个数为 (1)若两次加密后的A，B中字节1的个数为2，且，求A，B通过第一次加密后字节1的个数为2的概率； (2)若一条信息有种等可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，，，，，则称其中为这条信息的信息熵，试求A，B通过两次加密后字节1的个数为X的信息熵 ； (3)将一个字节为0的信息通过第二次加密，当字节变为1时停止，否则重复通过第二次加密直至字节变为1，设停止加密时该字节通过第二次加密的次数为证明： . 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据全概率公式、条件概率计算公式求得正确答案； （2）根据独立重复事件概率计算公式求得； （3）先求得期望的表达式，根据根据极限的知识证得结论成立. 【详解】（1）记事件为“A，B通过第一次加密后字节1的个数为i”，，1，2， 事件N为“A， B通过第二次加密后字节1的个数为2”， 则，，，，， 则， 故； （2）由题知，1，2， 由（1）知， 同理可得， 则， 故X的信息熵； （3）由题知，其中，2，3，， 则， 因为， ，① ，② ①②得 ， 所以 当n无限增大时，和都无限趋近于0，且， 所以 【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是对进行类似于数列求和的错位相减法求解. 18．已知圆的圆心在抛物线上，且圆与抛物线的准线相切.如图，过抛物线上的三个不同点(在之间)，作抛物线的三条切线，分别两两相交于点.    (1)求圆和抛物线的方程； (2)是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)当点的横坐标为4时，以为直角顶点，作抛物线的两个内接及，求线段的交点坐标. 【答案】(1)圆的方程为，抛物线的方程为 (2)存在，使得，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据圆的标准方程求出圆心坐标，代入抛物线方程，再结合圆与抛物线准线相切求出的值，从而得到圆和抛物线的方程； （2）设，利用导数求出切线方程，进而得到交点坐标，再通过向量运算可得答案； （3）根据已知条件求出点坐标，设，利用直角三角形条件得到方程，解方程组求出交点坐标. 【详解】（1）圆的圆心， 因为圆心在抛物线上，所以，即， 因为圆与抛物线的准线相切，所以， 解得，， 所以圆的方程为， 抛物线的方程为； （2）存在常数，使得，理由如下， 设，， 则在点处的坐切线方程为，即， 在点处的坐切线方程为，即, 由，解得，所以， 同理可得，，，， ， ， 所以 ， ， ，可得， 所以存在，使得； （3）因为、是抛物线的两个内接三角形， 所以直线的斜率存在且不为0， 当点的横坐标为4时，代入得，所以， 设， 由为直角顶点， 设，则， 则直线的方程为，与联立得 ，则, ，可得， 同理可得， 所以直线的方程为 ， 整理得，即， 设，则， 则直线的方程为，与联立得 ，则, ，可得， 同理可得， 所以直线的方程为 ， 整理得， 由得， 所以的交点坐标为. 【点睛】方法点睛：在探究抛物线切线相关问题，利用导数求出切线方程，进而求出交点坐标，凸显出导数作为工具在解析几何中确定图形的关键. 19．给定正整数，，其中，如果有限数列同时满足下列两个条件，则称为-数列.记-数列的项数的最小值为. 条件①：的每一项都属于集合； 条件②：从集合中任取个不同的数排成一列，得到的数列都是的子数列. 注：从中选取第项、第项、...、第项（其中）形成的新数列，称为的一个子数列. (1)分别判断下面两个数列是否为-数列，并说明理由：数列；数列； (2)求证：； (3)求的值. 【答案】(1)数列是数列，数列不是数列，理由见解析 (2)证明见解析 (3)12 【分析】（1）根据数列的定义进行判断可得结论； （2）根据；；，；；；；；等数列都是的子数列，得到数列中一定有；；；；；等数列都为的子数列，得到数列中一定有，从而可得； （3）从集合中取出个不同的数排成一列，可得个数列，根据数列都是的子数列中应包含这个数列中的每一个数列可知数列中一定有，从而可得. 【详解】（1）， 数列和中每一项都属于集合，符合条件①， 从集合中取出个不同的元素，排成一列得到；；；；；. 根据子数列的定义可知，以上个数列都是数列的子数列，故数列是数列； 而数列不是数列的子数列，故数列不是数列. （2）， 若从集合中任取个不同的数排成一列，得到的数列都是数列的子数列， 则为了满足；；，；；；；；等数列都是的子数列， 则数列中一定有， 又为了满足；；；；等数列都为的子数列， 则数列中一定有， 则当数列为时，取到的值， 故. （3）， 从集合中取出个不同的数排成一列，可得；；；；；； ；；；，；；；；；；； ；；；；；；，共个数列. 故数列中一定有， 为保证数列的子数列中有和，则数列中一定有， 为保证数列的子数列中有，数列中一定有， 为保证数列的子数列中有和..，则数列中一定有， 故. 【点睛】关键点点睛：正确理解数列的定义和的含义是解题关键. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 2025年新高考数学 挑战140冲刺985模拟卷（一） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（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．已知设，则，则的最小值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．三个男生三个女生站成一排，已知其中女生甲不在两端，则有且只有两个女生相邻的概率是（ ） A． B． C． D． 3．已知函数，若有两个零点，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．已知双曲线的上、下焦点分别为、，是的上支上的一点（不在轴上），与轴交于点，的内切圆在边上的切点为，若，则的离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．设函数，若恒成立，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．设，为等差数列，令，，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7．点M、N为正四面体的内切球球面上的两个动点，T为棱上的一动点，则当取最大值时，（    ） A．1 B． C． D． 8．已知，，是非零向量，与的夹角为，，，则，的最小值为（    ） 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。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．某高中开展一项课外实践活动，参与活动并提交实践报告可以获得学分，且该校对报告的评定分为两个等级：合格，不合格．评定为合格可以获得0.2学分，评定为不合格不能获得学分．若评定为不合格，则下一次评定为合格的概率为，若评定为合格，则下一次评定为合格的概率为．已知小李参加了3次课外实践活动，则（   ） A．“小李第一次评定合格”与“小李第一次评定不合格”是互斥事件 B．若小李第一次评定为不合格，则小李获得0.4学分的概率为 C．若小李第一次评定为合格，则小李第三次评定为合格的概率为 D．“小李第一次评定合格”与“小李第三次评定合格”相互独立 10．如图，在正三棱台中，，，点M在内运动（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．DC与BE所成角的余弦值是 B． 与平面平行时，M点的轨迹长度是2 C．与平面所成角的余弦值最大值是 D．当时，M点的轨迹长度是 11．已知函数，，则下列正确的选项有（   ） A．若的定义域为，则的定义域为 B．若函数是增函数，则实数的取值范围为 C．当时，若是函数与函数的交点，则 D．若，则的最大值为 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．写出一个函数 ，使得对于任意的恒成立． 13．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则面积的最大值为 . 14．设有一组圆，若圆和圆是这组圆中的两个圆，且圆和圆相切，，则 ． 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．如图，在四棱锥中，且，底面是边长为的菱形， (1)平面平面 (2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值 16．已知函数，为的导数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论零点的个数； (3)设为的零点，证明：当时，． 17．信息在传送中都是以字节形式发送，每个字节只有0或1两种状态，为保证信息在传送中不至于泄露，往往需要经过多重加密，若 A， B是含有一个字节的信息，在加密过程中，会经过两次加密，第一次加密时信息中字节会等可能的变为0或1，且0，1之间转换是相互独立的，第二次加密时，字节中0或1发生变化的概率为p，若A，B的初始状态为0，1或1，0，记通过两次加密后A，B中含有字节1的个数为 (1)若两次加密后的A，B中字节1的个数为2，且，求A，B通过第一次加密后字节1的个数为2的概率； (2)若一条信息有种等可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，，，，，则称其中为这条信息的信息熵，试求A，B通过两次加密后字节1的个数为X的信息熵 ； (3)将一个字节为0的信息通过第二次加密，当字节变为1时停止，否则重复通过第二次加密直至字节变为1，设停止加密时该字节通过第二次加密的次数为证明： . 18．已知圆的圆心在抛物线上，且圆与抛物线的准线相切.如图，过抛物线上的三个不同点(在之间)，作抛物线的三条切线，分别两两相交于点.    (1)求圆和抛物线的方程； (2)是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)当点的横坐标为4时，以为直角顶点，作抛物线的两个内接及，求线段的交点坐标. 19．给定正整数，，其中，如果有限数列同时满足下列两个条件，则称为-数列.记-数列的项数的最小值为. 条件①：的每一项都属于集合； 条件②：从集合中任取个不同的数排成一列，得到的数列都是的子数列. 注：从中选取第项、第项、...、第项（其中）形成的新数列，称为的一个子数列. (1)分别判断下面两个数列是否为-数列，并说明理由：数列；数列； (2)求证：； (3)求的值. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$