小题专题03 单选8多选3填空3冲刺高分练（6阶题组）专项训练（三）-【会一题通一类系列】备战2027高考数学（新高考通用）

小题专题03 单选8多选3填空3冲刺高分练 （6阶题组）专项训练（三） 1 3 5 7 9 11 （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知复数z满足，则（   ） A．5 B．3 C． D． 3．若等比数列的公比为，则“”是“是递减数列”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 4．为了得到函数的图象，只需把函数图象上的（    ） A．每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 B．每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 C．每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 D．每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向左平移个单位 5．已知，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 6．游乐园里有一个半径为4的圆形水池（对应圆：）．现在要在水池里搭一条直线形的浮桥，浮桥的位置满足方程（是可以调节的参数），需要找到浮桥被水池截得的最短长度，这样的浮桥既节省材料，又能让游客体验最佳．则浮桥的最短长度是（    ） A． B． C． D． 7．表面积为的圆柱内放入一个球，则该球体的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若不等式对任意恒成立，则满足条件的的取值个数为（    ） A．3个 B．5个 C．7个 D．无穷多个 二、多选题 9．下列说法正确的有（    ） A．一组数据1，2，3，4，5，6，7，8的第30百分位数为3 B．若随机变量，则 C．若事件，满足，则与是对立事件 D．若事件，满足，则事件，相互独立 10．关于多项式的展开式，下列结论正确的是（    ） A．各项系数之和为32 B．常数项为80 C．项的系数为 D．展开式一共有21项 11．已知，为方程的两个实根，设，下列结论正确的是（    ） A． B．存在，使得 C．的个位数字为7 D．为完全平方数 三、填空题 12．在凸四边形中，，，，，则的最小值为_________． 13．已知椭圆的左右焦点分别为，，点为椭圆上一点，若直线和的斜率分别为和，则椭圆的离心率为_________． 14．已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为_________． （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．一组数据升序排列为：，已知这组数据中位数是，的值为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．在平行四边形ABCD中，点在线段AC上，且.若，其中，，则（   ） A． B． C． D． 3．已知集合，．若，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．已知函数（且），若，则的递增区间是（   ） A． B． C． D． 5．已知抛物线的焦点为，点在轴上且位于右侧，点在上，若为等边三角形，则（   ） A．2 B．2 C．2 D．4 6．已知函数与的图象关于直线对称，函数，，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 7．已知数列的前n项和为，且，则满足的最大正整数n的值为（   ） A．10 B．11 C．12 D．13 8．下列说法错误的是（ ） A．样本数据2，3，3，4，7，8，，的第百分位数为 B．样本数据的正线性相关程度越强，则样本相关系数的值越大 C．根据分类变量与的成对数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为变量与不独立 D．一元线性回归模型的残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内 二、多选题 9．已知复数z满足，则（    ） A． B． C． D． 10．某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（    ） A．平面与平面的夹角的余弦值为 B．正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为 C．正八面体的体积与表面积的比值为 D．点到平面距离为 11．已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交于，两点，则下列结论成立的是（   ） A．的周长为8 B． C．的最小值为 D．存在直线，使得 三、填空题 12．在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，动点满足.当取最大值时，______. 13．已知，则______. 14．某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2小时内进行学科素养答题挑战赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为，派出技能题的概率为．若某选手答对素养题的概率为，答对技能题的概率为，各轮答题正确与否相互独立．记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，记，则__________． （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．在复平面内，的共轭复数对应的点位于（  ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知函数，则（     ） A． B． C．1 D．e 3．已知随机事件与满足，，且，则（   ） A． B． C． D． 4．《道德经》有云：“合抱之木，生于毫末；九层之台，起于累土．”这体现了积累的深远意义．假设商人甲每天通过经营使财富增长1%，那么商人甲的财富增长到最初的2倍至少需要经过多少天？（参考数据：，）（    ） A．40 B．70 C．110 D．180 5．若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中第3项的系数为（   ） A．112 B．224 C．56 D．28 6．已知抛物线焦点为，抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，若使得的图象在点处的切线与轴平行，则的最小值是（    ） A． B．1 C． D．2 8．设双曲线的左､右焦点分别为，过焦点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若的面积为，且双曲线的离心率，则（    ） A．2 B． C． D． 二、多选题 9．下列说法中正确的有（    ） A．能作为一组基底 B．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为 C．平行四边形中，若，则四边形是矩形 D．已知，为虚数单位，若复数为纯虚数，则 10．中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（    ） A． B．若有两解，则取值范围是 C．若为锐角三角形，则取值范围是 D．若为边上的中点，则的最大值为3 11．已知正方体的棱长为，点P满足，其中x，y，，下列正确的是（    ） A．当时，则直线与所成角的正切值范围是 B．当，时，则的最小值为 C．当时，线段AP的长度最小值为 D．当时，记点的轨迹为平面，则截此正方体所得截面面积的最大值为 三、填空题 12．设直线与圆交于，两点，若，则实数的值为______． 13．已知数列满足，设数列的前项和为，则_____. 14．有5个不同的球，分别标有数字．从中有放回地随机取次，每次取1个球，记为这5个球中至少被取出1次的球的个数，若，则的数学期望为___________，若（其中），则的数学期望为_________．（用表示） （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．设全集，集合，，则（   ） A．4 B．5 C．7 D．9 2．已知向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．2 3．已知a，b是实数，则“”是“且”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 4．已知双曲线的渐近线方程为，且实轴长为2，则焦距为（   ） A． B．2 C． D．4 5．已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（   ） A． B． C． D． 6．若等差数列的前项和为，且，则（   ） A． B． C． D．2 7．设和表示坐标平面内的几何变换，表示将几何对象绕原点逆时针旋转，表示将几何对象关于轴对称，表示连续次变换．已知角的终边经过点，若对角的终边先进行变换，再进行变换，得到角的终边，则（   ） A． B． C． D．3 8．已知函数，若存在，对于任意都有，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知复数，，且，下列说法正确的是（   ） A．是纯虚数 B．是实数 C．是虚数 D．若，则是实数 10．已知函数，则（    ） A．的定义域为 B．是偶函数 C．在上单调递增 D．有且仅有2个零点 11．在中，角，，所对的边分别为，，．已知，三角形的面积为2，下列说法正确的是（   ） A． B． C．当最小时， D．当时， 三、填空题 12．在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 13．在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 14．设正整数，其中，．记．从集合中随机抽取一个数，则的概率为________． （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．复数，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．已知向量，，则（    ） A．2 B． C．3 D． 4．函数在的零点个数为（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．已知直线过定点，与圆交于两点，则的最小值为（ ） A．2 B．3 C．4 D．6 6．已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（    ） A．π B．2π C．4π D．8π 7．已知是定义在上的奇函数，满足，，则（   ） A．2 B．1 C．0 D． 8．袋子里有大小相同的3个红球和2个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子.记为取了次后白球恰好全部取出的概率，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．设函数，且记，则（       ） A．数列的首项为1 B．数列的前10项和为512 C．数列的前10项和为 D．数列的前10项和为0 10．已知直四棱柱的各顶点都在球的球面上，若，，三点共线，则（   ） A．，，三点共线 B． C．平面 D．平面 11．已知函数有三个零点，则（   ） A．若成等差数列，则成等比数列 B．若成等比数列，则成等差数列 C．若成等差数列，则数列的公差为 D．若成等比数列，则数列的公比为 三、填空题 12．记为数列的前项和，若，则_____________． 13．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的左、右两支分别交于两点，若四边形为矩形，则的离心率为__________． 14．有15张扑克牌，牌面分别为1，2，…，10，J，Q，K，小王，大王.魔术师先按照牌面依次为1，2，…，10，J，Q，的顺序将这12张牌背面朝上摆成一叠（牌面为1的牌在最上面），然后魔术师请一名观众将牌面为的牌背面朝上随机插入已摆好的这叠牌（共12张）中的某个位置（不能把这张牌放在这叠牌的最上面或最下面），再把牌面为小王和大王的两张牌中的一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最上面，另一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最下面，之后继续由这名观众把这叠牌（共15张）按如下方式发牌：把最上面那张牌发到桌上，然后把下一张牌放到这叠牌（共14张）的最下面，之后再把最上面那张牌发到桌上，再把下一张牌放到这叠牌（共13张）的最下面，依此类推，直到这叠牌只剩下一张牌.这时，魔术师可以准确说出最后剩下的这张牌的牌面是________. （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 2．在复平面内，把与复数对应的向量绕原点按顺时针方向旋转，得到的向量对应的复数为，则（     ） A． B． C． D． 3．设的内角所对的边分别为，若，，则（     ） A． B． C． D． 4．已知边长为2的菱形满足，绕边所在的直线旋转，在旋转过程中三棱锥体积的最大值为（     ） A．1 B． C． D． 5．已知，函数，为奇函数，则（     ） A．13 B．24 C．80 D．240 6．已知各项均为正数的等比数列的前项积为，且，成立，则(     ) A． B． C． D． 7．将5个相同的笔记本和5个相同的书签全部放入3个不同的文具袋，要求每个文具袋既有笔记本又有书签，则不同的放法种数为（     ） A．18 B．24 C．32 D．36 8．已知椭圆：，，为的左、右焦点，为上的一个动点（异于左、右顶点），设的外接圆半径为，内切圆半径为，则的最小值为（     ） A． B．1 C． D．2 二、多选题 9．下列命题中，正确的是（     ） A．若随机变量，，，则 B．若，则 C．若随机变量，，则 D．若回归直线方程为，，，则样本点处的残差为0.5 10．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．若正四面体的高为，则（     ） A．该勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为4 B．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 C．该勒洛四面体表面上的长度为 D．过，，三点的截面面积是 所以， 11．已知数列满足，，则数列中的项可能为（     ） A．1027 B．2026 C．80 D．93 三、填空题 12．若两个单位向量，满足，则向量与的夹角为________． 13．已知双曲线的左、右焦点为，，点在双曲线的右支上，且，的内切圆半径为，则双曲线的离心率为________． 14．如图，直线与函数，的图象相切于点，且，，，与轴的交点为，过作轴的垂线，垂足为，则________． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 小题专题03 单选8多选3填空3冲刺高分练 （6阶题组）专项训练（三） 1 10 19 28 36 47 （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由，其中， 又， 则． 2．已知复数z满足，则（   ） A．5 B．3 C． D． 【答案】C 【详解】依题意，， 所以. 3．若等比数列的公比为，则“”是“是递减数列”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】D 【分析】举例即可说明，充分性以及必要性均不成立，即可得出答案. 【详解】充分性：在等比数列中，设首项为，由， 取，此时等比数列的通项公式为： ， 随着的逐渐增大，增大， 则等比数列是递增数列，不是递减数列，故充分性不成立， 必要性：取首项， 则等比数列的通项公式为： ， 从而得出数列是递减数列，但是，所以必要性不成立， 故“”是“是递减数列”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 4．为了得到函数的图象，只需把函数图象上的（    ） A．每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 B．每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 C．每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 D．每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向左平移个单位 【答案】B 【详解】对函数做横坐标伸缩变换，将图像上每个点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变， 得到新函数的图象， 根据平移变换的“左加右减”规则，将变形为目标函数：， 可知需要将的图象向右平移个单位，即可得到目标函数的图象， B选项正确. 5．已知，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据对数函数的单调性分别计算的范围即可求解． 【详解】对数函数在上单调递增，且， 所以，即； 对数函数在上单调递增，且， 所以，即； 对数函数在上单调递增，且， 所以，即； 综上可得． 6．游乐园里有一个半径为4的圆形水池（对应圆：）．现在要在水池里搭一条直线形的浮桥，浮桥的位置满足方程（是可以调节的参数），需要找到浮桥被水池截得的最短长度，这样的浮桥既节省材料，又能让游客体验最佳．则浮桥的最短长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求得直线过定点，再由几何关系求得当直线与垂直时，弦长最短，即可求解． 【详解】将直线方程整理为，故直线恒过定点， 圆的圆心为，半径， 因为，所以点在圆内， 当直线与垂直时，得最短弦长为． 7．表面积为的圆柱内放入一个球，则该球体的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆柱的底面圆的半径为，高为，由题设可得，分析可得要使球体的体积最大，则应取，进而结合球的体积公式求解即可. 【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为， 而圆柱的表面积为，则，即， 要在圆柱内放入一个球，设球的半径为，则，即， 要使球体的体积最大，则应取， 则，即， 则该球体的体积最大值为. 8．已知函数，若不等式对任意恒成立，则满足条件的的取值个数为（    ） A．3个 B．5个 C．7个 D．无穷多个 【答案】B 【分析】首先求出，然后化简后代入不等式，令可得，必为整数，对任意整数，有恒等式求解即可. 【详解】因为不等式对任意恒成立，令，此时右边， 故恒成立。 取得，结合，得， 代入得： ， 原不等式化为对任意恒成立， 令，代入得，因此，故必为整数（）. 对任意整数，有恒等式： 若：，满足不等式， 符合条件的整数为：，共5个； 若：存在使得， （例如，取，可得，不满足），舍去. 综上，满足条件的的取值个数为5个. 二、多选题 9．下列说法正确的有（    ） A．一组数据1，2，3，4，5，6，7，8的第30百分位数为3 B．若随机变量，则 C．若事件，满足，则与是对立事件 D．若事件，满足，则事件，相互独立 【答案】ABD 【详解】对于选项A，可知，所以8个数据的第30百分位数为第3个数字，即3，所以A正确； 对于选项B，由二项分布可知，所以B正确； 对于选项C，由无法得出，所以无法判定与是否是对立事件，所以C错误； 对于选项D，可知， 可得，化简得，即事件，相互独立，所以D正确； 10．关于多项式的展开式，下列结论正确的是（    ） A．各项系数之和为32 B．常数项为80 C．项的系数为 D．展开式一共有21项 【答案】AC 【分析】由多项式展开式令代入计算判断A；令或或，计算可判断B；令或，计算可判断C；由的指数取值范围求解可判断D. 【详解】由题意得多项式展开式的通项如下， 为 ， 即， 对于A，令得， 所以各项系数之和为32，故A正确； 对于B，常数项中的次数为0，则或或， 则，故B错误； 对于C，令，得或， 所以项为， 故项的系数为，故C正确； 对于D，因为，的指数为的整数， 化简可得， 所以展开式一共有9项，故D错误； 11．已知，为方程的两个实根，设，下列结论正确的是（    ） A． B．存在，使得 C．的个位数字为7 D．为完全平方数 【答案】ACD 【分析】选项A，根据韦达定理推导数列的递推关系，并求出即可；选项B，将的表达式代入，利用韦达定理化简得到通式后判断；选项C，计算前若干项的个位数字，找到周期，再根据周期取余得到对应个位数字；选项D，利用的表达式，结合的幂次的变形推导其结构，再代入判断是否为完全平方数. 【详解】由于是方程的根，则有： 两边同乘，可得递推关系：， 则，即 等式两侧同除以2，可得 故数列的递推公式：， ，. 选项A：，A正确. 选项B：化简，结合展开得： ，B错误. 选项C：依次计算可得：，，， ，， ， 经过计算，从往后，可得个位数循环节为：，即周期为6， 所以，余数为，对应个位数字为，C正确. 选项D：由 代入得： ，可得，是完全平方数，D正确. 三、填空题 12．在凸四边形中，，，，，则的最小值为_________． 【答案】 【分析】建立平面直角坐标系，用坐标法求解. 【详解】由 ，，，以 为原点， 为 轴， 为 轴建立平面直角坐标系：，，，因为 ，所以 ， 因为，所以点 在以 为直径的圆上（除去 ）， 因为 中点为圆心 ，半径 ，所以圆的方程：， 在凸四边形中，设 ， ，，， 由圆方程 ，得 ，即 ， 又凸四边形， 在 轴左侧（），故 .    13．已知椭圆的左右焦点分别为，，点为椭圆上一点，若直线和的斜率分别为和，则椭圆的离心率为_________． 【答案】 【详解】设，则， 整理得 两式相加，得 将代入，得，解得 代入，得 因此，点的坐标为 因为点在椭圆上，满足椭圆方程 化简方程得 两边同乘，得 由椭圆定义，，离心率， 因此，. 将其代入上式， 整理得， 令（，故），方程转化为 解得 ，不符合，舍去； ，符合条件. 因此 化简根式 14．已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为_________． 【答案】 【详解】设，易知，只需考虑的情形． 不等式化为． ①若，不符合题意． ②若，符合题意． ③若． 令． 令， ， 由. 在单调递增． 又． 当时，恒成立，在单调递增，，不符合题意． 当时，存在唯一的，使得． 单调递减． 单调递增． 在上的最大值只能在端点处取得． 要使恒成立，需满足，解得：． 综合可得：． （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．一组数据升序排列为：，已知这组数据中位数是，的值为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【详解】已知这组数据升序排列为：，中位数是， 这组数据中间两个数是5和x，根据中位数的计算方法：， 解得：． 2．在平行四边形ABCD中，点在线段AC上，且.若，其中，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由， 又，则，故. 3．已知集合，．若，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先通过解一元二次不等式得集合，再根据并集的定义可得. 【详解】由，解得，所以. 因为，所以，如图： 所以． 4．已知函数（且），若，则的递增区间是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由得，所以，又且，所以， 而 的定义域为，处无定义， 当时，，因为，所以对数函数在上单调递增； 当时，， 根据复合函数性质得，内层在单调递减， 外层单调递增，因此在上单调递减. 则的递增区间是． 5．已知抛物线的焦点为，点在轴上且位于右侧，点在上，若为等边三角形，则（   ） A．2 B．2 C．2 D．4 【答案】D 【分析】如图，设，则，结合抛物线的定义得，进而建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】如图，，设，的中点为， 则，又为等边三角形，所以， 由抛物线的定义知，所以， 解得，所以.    故选：D 6．已知函数与的图象关于直线对称，函数，，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令可将方程变为，通过分析可确定，将问题转化为在上有解的问题，通过分离变量的方法，结合导数求得函数值域，进而得到所求范围. 【详解】与图象关于直线对称，， ，； 设，则由得：， 均在函数图象上； 假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾； 假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾； ，即在上有解，即； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 又，，，解得：， 即实数的取值范围为. 7．已知数列的前n项和为，且，则满足的最大正整数n的值为（   ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】C 【详解】由于，故为等比数列，，公比， 故，． 因为，所以，即， 当时，不等式不成立，故有，此时的差恒大于1， 只需，即得，，解得． 因为，所以n的最大值为12． 8．下列说法错误的是（ ） A．样本数据2，3，3，4，7，8，，的第百分位数为 B．样本数据的正线性相关程度越强，则样本相关系数的值越大 C．根据分类变量与的成对数据，计算得到，依据的独立性检验，结论为变量与不独立 D．一元线性回归模型的残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内 【答案】C 【分析】A根据百分位数的定义求解即可；B根据相关系数与相关程度的关系判断即可；C根据小概率值的独立性检验原理判断即可；D根据一元线性回归模型拟合效果判断即可． 【详解】A：将样本数据从小到大排列：2，3，3，4，7，8，，， 则，所以第百分位数为第7个数字，即，故A正确； B：样本正相关系数的取值范围是，越接近1， 随机变量之间的线性相关程度越强，故正线性相关程度越强，则样本相关系数越接近1，故B正确； C：在独立性检验中，当时，没有充分证据推断原假设不成立，应认为变量与独立，故C错误； D：残差均匀分布在0附近的水平带状区域，则模型拟合效果好，即可作为一元线性回归模型，故D正确． 二、多选题 9．已知复数z满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】设复数，根据题意，求得，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】设复数，可得 因为复数z满足，可得，则， 可得且， 由时，可得或， 当时，可得，此时；当时，方程，无解； 对于A中，当，可得，可得； 当，可得，可得，所以A正确； 对于B中，当，可得，且， 则，所以B不正确； 对于C中，当，可得，可得，所以C不正确； 对于D中，当，可得，可得，则； 当，可得，可得，则，所以D正确. 故选：AD. 10．某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（    ） A．平面与平面的夹角的余弦值为 B．正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为 C．正八面体的体积与表面积的比值为 D．点到平面距离为 【答案】ABD 【详解】设正方形的对角线交点为 ，则，， A选项，取中点，连接和，因为和都是等边三角形，所以且， 因此即为二面角的平面角，又，， 由余弦定理可得，那么平面与平面的夹角的余弦值为，A正确； B选项，因为到所有顶点的距离相等，因此也是外接球球心，外接球半径， 显然内切球球心也为，内切球半径即为到平面的距离也即到的高， 在中，，利用等面积法有，可得，所以比值为，B正确； C选项，设正八面体的体积和表面积分别为和，由等体积法可知，其中即为内切球半径，所以，C错误； D选项，设点到平面的距离为，利用等体积法有， 即，得，D正确. 11．已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线交于，两点，则下列结论成立的是（   ） A．的周长为8 B． C．的最小值为 D．存在直线，使得 【答案】ABD 【分析】由椭圆的定义即可判断A；由基本不等式即可判断B；根据椭圆弦长公式即可判断C；根据的最大角即可判断D． 【详解】A，根据椭圆的定义，， 所以的周长为，故A正确； B，根据基本不等式，，当且仅当时等号成立，故B正确； C，设直线的方程为，， 与椭圆方程联立得，， ，， ， 当时，最小为1，故C错误； D，当直线过短轴顶点时，最大， 此时，即最大为， 所以存在直线，使得，故D正确． 三、填空题 12．在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，动点满足.当取最大值时，______. 【答案】 【分析】先求出点的轨迹方程，判断出当取最大值时点的位置，结合直线与圆的位置关系求解即可. 【详解】设. 因为，所以， 整理得， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 则当取最大值时，与圆相切，则. 在中，， 所以. 13．已知，则______. 【答案】/ 【分析】应用二倍角余弦公式及诱导公式化简已知条件求出，化简目标式即可得. 【详解】由，则， 所以. 14．某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2小时内进行学科素养答题挑战赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为，派出技能题的概率为．若某选手答对素养题的概率为，答对技能题的概率为，各轮答题正确与否相互独立．记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，记，则__________． 【答案】 【分析】设事件 “一轮答题中系统派出素养题”，事件“该选手在一轮答题中答对”，根据全概率公式求出，设事件“第n轮答题结束时挑战未终止”，则当时，，所以数列是首项为，公比为的等比数列，求解即可. 【详解】设事件 “一轮答题中系统派出素养题”，事件“该选手在一轮答题中答对”， 依题意，， 因此， 所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为． 设事件“该选手在第n轮答对”，由于各轮答题正确与否相互独立，所以， 设事件“第n轮答题结束时挑战未终止”，当时，第n轮答题结束时挑战未终止的情况有两种： ①第n轮答对，且第轮结束时挑战未终止； ②第n轮答错，且第轮答对，且第轮结束时挑战未终止， 因此第n轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为， 则，而各轮答题正确与否相互独立， 因此， 即当时，，当时，， ，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以． （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．在复平面内，的共轭复数对应的点位于（  ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】C 【分析】先利用复数的乘法化简，再利用复数的几何意义求解. 【详解】根据题意，， 则的共轭复数为，其对应的点为，位于第三象限. 故选：C. 2．已知函数，则（     ） A． B． C．1 D．e 【答案】B 【详解】函数，则， 所以. 3．已知随机事件与满足，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】首先求出事件与同时发生的概率： 根据公式，即，解得.所以. 4．《道德经》有云：“合抱之木，生于毫末；九层之台，起于累土．”这体现了积累的深远意义．假设商人甲每天通过经营使财富增长1%，那么商人甲的财富增长到最初的2倍至少需要经过多少天？（参考数据：，）（    ） A．40 B．70 C．110 D．180 【答案】B 【分析】设商人最初的财富为，至少经过天甲的财富增长到最初的2倍，列出，利用对数运算性质可求出的范围. 【详解】设商人甲最初的财富为，至少经过天甲的财富增长到最初的2倍，则有， 两边取常用对数得，所以． 又因为，， 所以解得. 故选：. 5．若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中第3项的系数为（   ） A．112 B．224 C．56 D．28 【答案】A 【详解】由得，∴， ∴第3项系数为. 6．已知抛物线焦点为，抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由焦半径公式得出与的关系，再把点坐标代入抛物线方程可求得，然后可计算出面积． 【详解】过向抛物线的准线作垂线，垂足为，则，故 又在抛物线上，则，于是，解得，. 所以. 故选：C． 7．已知函数，若使得的图象在点处的切线与轴平行，则的最小值是（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】由题意可得，使得点为的最高点或最低点，再利用正弦型函数性质计算即可得. 【详解】当时，， 若的图象在点处的切线与轴平行， 则点为的最高点或最低点， 由，要使得最小，则或， 分别解得或，由，故的最小值是. 8．设双曲线的左､右焦点分别为，过焦点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若的面积为，且双曲线的离心率，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用点到直线的距离公式求出，再可求得，则，而，再结合的面积为，从而可求出离心率. 【详解】双曲线的渐近线为，由双曲线的对称性，不妨取，即，则 ， 所以， 所以， 因为的面积为，， 所以，得， 所以，令得， 解得或，即或， 或， 因为，所以. 二、多选题 9．下列说法中正确的有（    ） A．能作为一组基底 B．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为 C．平行四边形中，若，则四边形是矩形 D．已知，为虚数单位，若复数为纯虚数，则 【答案】BC 【分析】根据，可判定A错误；根据投影向量的计算公式，可判定B正确，根据向量的运算法则，求得，可判定C正确；根据复数的定义，列出方程组，可判定D错误. 【详解】对于A，由向量，可得，所以共线， 所以向量不能作为一组基底，所以A错误； 对于B，由向量，，可得 则向量在向量上的投影向量为，所以B正确； 对于C，由，可得， 则，可得， 可得，所以，可得， 又因为四边形为平行四边形，所以四边形是矩形，所以C正确； 对于D，由复数为纯虚数，可得，解得，所以D错误. 10．中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（    ） A． B．若有两解，则取值范围是 C．若为锐角三角形，则取值范围是 D．若为边上的中点，则的最大值为3 【答案】ABD 【分析】根据向量运算结合面积公式得到，A正确；根据，代入数据则可判断B正确；确定，计算，C错误；利用均值不等式结合余弦定理得到D正确，得到答案. 【详解】对选项A：，故，故， ，所以，故A正确； 对选项B：若△ABC有两解，则，即，则，故B正确； 对选项C：为锐角三角形，则，，故， 则，，故，故C错误； 对选项D：若为边上的中点，则， 故， 又，， 由基本不等式得，当且仅当时等号成立，故， 所以，故，正确； 故选：ABD. 11．已知正方体的棱长为，点P满足，其中x，y，，下列正确的是（    ） A．当时，则直线与所成角的正切值范围是 B．当，时，则的最小值为 C．当时，线段AP的长度最小值为 D．当时，记点的轨迹为平面，则截此正方体所得截面面积的最大值为 【答案】ACD 【分析】对于选项A，当时，点在线段上动，即为直线与所成角；对于选项B，当，时，点在线段上动，故将三角形与四边形沿展开到同一个平面上即可求解；对于选项C，当时，点在内部及边界上动，线段AP的长度最小值即点A到平面的距离，由等体积法即可求解；对于选项D，当时，记点的轨迹为平面，故平面截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积. 【详解】对A，当时，点在线段上动，如图所示， 由于，可知即为直线与所成角， 连接，设， 则在中，， ，故A正确； 对于B，当，时，点在线段上动， 故将三角形与四边形沿展开到同一个平面上， 由图可知，线段的长度即为的最小值， 在中，，故B错误； 对于C，当时，点在内部及边界上动， 则线段AP的长度最小值即点A到平面的距离，由得线段AP的长度最小值为，故C正确； 对于D，当时，记点的轨迹为平面， 故平面截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积，如图所示： 当点分别为对应棱的中点时，连结， 可得平面平行于平面，且为正六边形，此时该截面是最大截面， 由于正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为，则面积为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12．设直线与圆交于，两点，若，则实数的值为______． 【答案】 【分析】求出圆心、半径，结合，利用点到直线距离公式与勾股定理列方程求解即可. 【详解】可化为， 则圆心，半径为，且，即. 圆心到直线的距离. 由垂径定理得，，即，整理得， 解得，此时满足条件， 实数的值为. 13．已知数列满足，设数列的前项和为，则_____. 【答案】 【分析】根据给定条件，利用累加法求出的通项公式，再利用裂项相消法求和即得. 【详解】数列中，，当时，， 则当时，， 而满足上式，因此，， 则， 所以. 14．有5个不同的球，分别标有数字．从中有放回地随机取次，每次取1个球，记为这5个球中至少被取出1次的球的个数，若，则的数学期望为___________，若（其中），则的数学期望为_________．（用表示） 【答案】 【分析】当时，求出的可能值及各个值对应的概率，再求出数学期望；当时，取新的随机变量，结合期望的可加性求解. 【详解】当时，的可能取值为，， 所以的数学期望为； 当时，假设随机变量，其中， 其中，则， 由球的等可能性，得， 由期望的线性性质，得， 依题意，球在单次抽取中未被取出的概率为， 则次均未取出球的概率为，球至少被取出一次的概率为， 因此，， 所以的数学期望为. （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．设全集，集合，，则（   ） A．4 B．5 C．7 D．9 【答案】A 【详解】因为，，， 所以，即. 2．已知向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】D 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值. 【详解】因为，所以， 所以即，故， 故选：D. 3．已知a，b是实数，则“”是“且”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】B 【分析】利用不等式的性质，结合反例可判断选项 【详解】由不等式的性质若且，则必有，反之不一定成立，如 故“”是“且”的必要不充分条件 故选：B 4．已知双曲线的渐近线方程为，且实轴长为2，则焦距为（   ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【详解】由题意可知，得， 因双曲线的渐近线方程为， 即 ​，代入得， 所以（为半焦距），即， 故焦距为. 5．已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设该圆锥的底面半径为，根据轴截面性质求得圆锥的高，进而求得圆锥的体积，由勾股定理求得外接球的半径，进而求得球的体积，即可得解. 【详解】设该圆锥的底面半径为，因为该圆锥的轴截面为直角三角形， 所以该圆锥的高为，则该圆锥的体积． 设球的半径为R，则， 解得，则球的体积为． 所以该圆锥与球的体积之比为. 6．若等差数列的前项和为，且，则（   ） A． B． C． D．2 【答案】C 【详解】利用等差数列前项和公式， 代入得：， 代入已知条件：， 化简得：， 展开并整理：， 解得，即：， 因此：， 故. 7．设和表示坐标平面内的几何变换，表示将几何对象绕原点逆时针旋转，表示将几何对象关于轴对称，表示连续次变换．已知角的终边经过点，若对角的终边先进行变换，再进行变换，得到角的终边，则（   ） A． B． C． D．3 【答案】D 【分析】根据新定义、任意角的三角函数及两角和的正切公式求解即可. 【详解】对角的终边先进行变换后，角的终边经过，则. 再进行变换得到角的终边，则. 所以. 8．已知函数，若存在，对于任意都有，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】， ∵存在，对于任意都有， ∴在左侧附近，函数小于0. ， ， ①当时，， ∴存在，对于任意都有，，函数单调递增， ∴当时，，满足题意. ②当时，， ， ∴当时，，函数单调递减， ∴不存在，对于任意都有， ③当时，， ∴存在，对于任意都有，函数单调递减， ∴当时，，不满足题意. 综上所述，实数的取值范围是. 二、多选题 9．已知复数，，且，下列说法正确的是（   ） A．是纯虚数 B．是实数 C．是虚数 D．若，则是实数 【答案】AD 【详解】A. 为纯虚数，故A正确； B.，只有时，才是实数，故B错误； C.，只有时为虚数，为实数，故C错误； D. 为实数，故D正确. 10．已知函数，则（    ） A．的定义域为 B．是偶函数 C．在上单调递增 D．有且仅有2个零点 【答案】ABD 【分析】利用对数函数的性质求解定义域判断A，利用偶函数的定义判断B，利用导数的性质判断C，利用分类讨论思想结合零点存在性定理与偶函数性质判断D即可. 【详解】对于A，令，解得， 则的定义域为，故A正确， 对于B，由已知得的定义域关于原点对称， 而， 则是偶函数，故B正确， 对于C，当时，得到， 则，此时， 得到在上单调递减，故C错误， 对于D，由题意得的定义域为 不妨令，讨论时的情况即可， 当时，设， 可得，此时， 得到在上单调递减，而，， 可得，则， 由零点存在性定理得存在作为零点， 当时，，此时无零点， 当时，结合偶函数性质得有1个零点， 综上可得，有且仅有2个零点，故D正确. 11．在中，角，，所对的边分别为，，．已知，三角形的面积为2，下列说法正确的是（   ） A． B． C．当最小时， D．当时， 【答案】ABC 【分析】根据三角形面积公式即可判断选项A；根据正弦定理及选项A可得到，结合基本不等式即可判断选项B；根据三角形面积公式及正弦定理得到，设，则，求出取最大值，得到此时取最小值，即取最小值，进一步化简即可判断选项C；结合诱导公式、二倍角公式、导数及已知条件，即可判断选项D. 【详解】选项A：由得，， 则，所以，故A正确. 选项B：由正弦定理，得，所以， 即，整理得. 又，当且仅当时，等号成立， 所以（，时取等号），故B正确. 选项C：由正弦定理可知，，， ， 所以. 又，则，设，则，. 则 . 当，即时，取最大值，此时取最小值，即取最小值. 代入中得，，即，也即. 因此，当最小时，，故C正确. 选项D：当时，，又，所以， 则. 若，则，即， 所以，此时，， 若，即，由结合C选项的推导可得， 设， 则, 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以， 又，所以在上有两个零点， 所以在上有两个解， 所以不一定成立，故D错误. 三、填空题 12．在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【答案】/ 【分析】结合题意进而建立空间直角坐标系，进而利用异面直线夹角的向量求法求解即可. 【详解】作，因为，所以是的中点， 过作，由直三棱柱性质得面， 如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，所以，由勾股定理得， 则，，，， 可得，， 设异面直线与所成角为， 则. 13．在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 【答案】 【分析】求出直线方程，结合，利用两点间距离公式求出点坐标，代入椭圆方程求解即可. 【详解】椭圆的上顶点，下顶点，右焦点，其中. 直线方程：. 设，因为，所以， 即，解得，所以. 代入椭圆方程得，即，所以，即. 又，所以. 14．设正整数，其中，．记．从集合中随机抽取一个数，则的概率为________． 【答案】 【详解】因为，所以表示的二进制数最多有11位，即， 而为的二进制表示中1的个数，又，且， 当时，取得最大值为 ，故满足条件的均不超过 2000， 所以，对应的的个数为，，对应的的个数为，，对应的的个数为， 综上，满足条件的的个数为， 所以的概率为. （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由可得，即， 又，故. 2．复数，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【详解】依题意，. 3．已知向量，，则（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】B 【分析】根据数量积坐标公式及运算律，即可得答案. 【详解】由题意， 所以，而， 所以． 4．函数在的零点个数为（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】方法一求出的范围，再由函数值为零，得到的取值即得零点个数，方法二先求出函数的所有零点，再根据题中范围限制，找出符合题意的零点即可． 【详解】方法一：，， 由题可知，或， 解得，，或，故有3个零点． 方法二：令， 即，，解得，， 分别令，解得，，， 所以函数在的零点的个数为3. 5．已知直线过定点，与圆交于两点，则的最小值为（ ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】C 【分析】根据题意可得当时，最小，结合勾股定理代入计算，即可求解. 【详解】如图： 直线过定点， 将圆化为标准式为， 所以圆心，半径， 当时，的最小， 此时. 故选：C 6．已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（    ） A．π B．2π C．4π D．8π 【答案】B 【分析】由侧面面积公式建立等式，然后分别写出上下底面面积，作差后代入即可得到结果. 【详解】如图： 设展开图小圆半径和大圆半径分别为，则圆台侧面积，即， 上底面半径，下底面半径， 圆台上下底面面积之差的绝对值为. 故选：B. 7．已知是定义在上的奇函数，满足，，则（   ） A．2 B．1 C．0 D． 【答案】D 【分析】根据题意，由条件可得函数是以为周期的周期函数，然后分别求得的值，结合函数的周期性，代入计算，即可得到结果. 【详解】将中的替换为可得， 则， 用替换，即， 所以函数是以为周期的周期函数， 由，令，则， 且是定义在上的奇函数，则，所以， 令，则，且，则， 令，则，因为，所以， 所以， 则 . 8．袋子里有大小相同的3个红球和2个白球，每次从袋子里随机取出一个球，若取出的是红球则放回袋子，若取出的是白球则不放回袋子.记为取了次后白球恰好全部取出的概率，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，利用独立事件的概率乘法公式求出的表达式，根据选项作差计算，逐项判断即可. 【详解】设事件为第一个白球在次取出，且第二个白球在第次取出，其中， 则， 所以. 故，又， 故时，，即，， 时，，即，，故A错误，B正确； ，又， 故时，，即，， 时，，即，，故C，D错误. 故选：B. 二、多选题 9．设函数，且记，则（       ） A．数列的首项为1 B．数列的前10项和为512 C．数列的前10项和为 D．数列的前10项和为0 【答案】BD 【详解】由题意知，是常数项，是的系数，是的系数，即当时，数列的第项是展开式中的系数. 令，则，故A错； 数列的前10项和等于，即展开式中所有项的系数之和， 令，则，故B正确； 数列的前10项和等于， 令，则，而， 则数列的前10项和为，故C错误； 数列的前10项和等于， 令，则， 因为，故D正确. 10．已知直四棱柱的各顶点都在球的球面上，若，，三点共线，则（   ） A．，，三点共线 B． C．平面 D．平面 【答案】BC 【分析】对于A，设在底面上的投影为，由题意无法确定是否在直线上，从而无法确定，，三点是否共线，从而判断A；由线面垂直的判定定理可得平面、平面，从而判断B，C；由题意无法确定平面是否平行于平面，从而无法判断D. 【详解】如图所示： 易知平面底面， 设在底面上的投影为， 若，，三点共线，则在平面上， 此时在直线上， 但根据题设不能确定是否在直线上，故A错误； 因为直四棱柱的各顶点都在球的球面上， 故，，，四点共圆， 若，，三点共线， 同上可知在直线上， 故为圆的直径， 所以，, 又底面，底面， 故， 平面，， 所以平面， 又平面，故， 同理可证平面，故B，C正确； 由于不确定平面是否平行于平面， 故不确定是否平行于平面，故D错误. 故选：BC. 11．已知函数有三个零点，则（   ） A．若成等差数列，则成等比数列 B．若成等比数列，则成等差数列 C．若成等差数列，则数列的公差为 D．若成等比数列，则数列的公比为 【答案】ABD 【分析】对A、C：由题意可得，结合等差数列定义可得，则成等比数列，则可得，即可求出，结合，两边取对数运算可得，即可得其公差；对B、D：由，结合等比数列定义可得，则成等差数列，则可求出，即可得，即可得其公比. 【详解】当时，，不合题意； 当时，分别画出与的图象，如图： 所以； 对A、C：由题得，所以，即， 若成等差数列，则，所以， 所以成等比数列，由，则， 即，所以， 由，解得，因为， 所以， 则，即数列的公差为， 故A正确、C错误； 对B、D：由，若成等比数列，则， 则，即有，故成等差数列， 又，则， 故，即数列的公比为， 故B、D正确. 三、填空题 12．记为数列的前项和，若，则_____________． 【答案】 【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值. 【详解】根据，可得， 两式相减得，即， 当时，，解得， 所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列， 所以，故答案是. 点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果. 13．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的左、右两支分别交于两点，若四边形为矩形，则的离心率为__________． 【答案】/ 【分析】方法一：由平面几何知识证明，，结合双曲线定义可得，由此可求离心率， 方法二：联立方程组求的坐标，根据关系列方程，化简可得，再结合离心率定义求结论. 【详解】方法一：因为直线的方程为， 所以直线的斜率为，倾斜角为， 所以， 因为四边形为矩形， 所以， 所以， 所以，即，又，， 所以，， 由双曲线定义可得， 所以的离心率. 方法二：显然直线与交于原点O， 由双曲线对称性知，若四边形是矩形，则， 设点，而 由得，解得， 则， 则，化简得，即，， 解得， 则. 14．有15张扑克牌，牌面分别为1，2，…，10，J，Q，K，小王，大王.魔术师先按照牌面依次为1，2，…，10，J，Q，的顺序将这12张牌背面朝上摆成一叠（牌面为1的牌在最上面），然后魔术师请一名观众将牌面为的牌背面朝上随机插入已摆好的这叠牌（共12张）中的某个位置（不能把这张牌放在这叠牌的最上面或最下面），再把牌面为小王和大王的两张牌中的一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最上面，另一张背面朝上放在这叠牌（共13张）的最下面，之后继续由这名观众把这叠牌（共15张）按如下方式发牌：把最上面那张牌发到桌上，然后把下一张牌放到这叠牌（共14张）的最下面，之后再把最上面那张牌发到桌上，再把下一张牌放到这叠牌（共13张）的最下面，依此类推，直到这叠牌只剩下一张牌.这时，魔术师可以准确说出最后剩下的这张牌的牌面是________. 【答案】Q 【分析】把大王、小王摆放完后，将15张牌按照从上到下的顺序依次编号为1，2，…，15，此时2号牌面为1，且14号牌面为Q，记每一次把最上面的牌发到桌上且下一张放到最下面为一次操作,利用列举法可得答案. 【详解】把大王、小王摆放完后，将15张牌按照从上到下的顺序依次编号为1，2，…，15， 此时2号牌面为1，且14号牌面为Q，这时按题中发牌的规则开始发牌， 记每一次把最上面的牌发到桌上且下一张放到最下面为一次操作， 每完成一次操作后这叠牌的编号顺序分别为： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 14. 故最后剩下的是编号为14的纸牌，根据之前的操作可知该牌的牌面为Q. 故答案为：Q. （建议用时：40-45分钟，满分：73分） 一、单选题 1．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先分别解出集合和，进而根据集合的交集运算即可求解． 【详解】由，解得或，所以或， 由，则，又，则，所以， 所以． 2．在复平面内，把与复数对应的向量绕原点按顺时针方向旋转，得到的向量对应的复数为，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将向量的顺时针旋转转化为复数乘法运算，通过复数除法的分母实数化求解原复数. 【详解】由复数乘法的几何意义，复数对应的向量绕原点顺时针旋转后， 所得向量对应的复数为，即. 因此，，分子分母同乘，得. 3．设的内角所对的边分别为，若，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】，， 由正弦定理可得：. 又，，，. 又，可得. 4．已知边长为2的菱形满足，绕边所在的直线旋转，在旋转过程中三棱锥体积的最大值为（     ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】先由菱形的边长和内角求出对角线 ，从而说明 与 都是等边三角形．旋转过程中，以 为底面，底面积不变；顶点 到平面 的距离最大时，三棱锥的体积最大． 【详解】在菱形 中，，所以 ． 在 中，． 由余弦定理，得 因此又 ， 所以 与 都是边长为 的等边三角形． 设点 到直线 的垂足为 ． 在等边三角形 中， 同时， 绕直线 旋转时，点 在以 为圆心、 为半径的圆上运动． 设旋转后点的位置为，则点到平面的距离不超过圆的半径， 且当平面 时，该距离取得最大值． 因此三棱锥体积的最大值为 5．已知，函数，为奇函数，则（     ） A．13 B．24 C．80 D．240 【答案】D 【分析】根据奇函数的性质求出的值，进而求解即可． 【详解】由， 则， 又函数为上的奇函数，则， 即对任意成立， 整理得 所以，即，结合，解得， 所以，即． 6．已知各项均为正数的等比数列的前项积为，且，成立，则(     ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等比数列前项积的定义，结合已知条件建立关于首项和公比的方程，求解后计算目标表达式的值. 【详解】设等比数列的公比为，由前项积定义，， 则，，，，. 由，得，两边约去，得. 将代入，得，即， 因，两边除以，得. 由，，故. 将代入，得，即， 因式分解得.因， 三次式，故，则. ，， 故. 故选：B. 7．将5个相同的笔记本和5个相同的书签全部放入3个不同的文具袋，要求每个文具袋既有笔记本又有书签，则不同的放法种数为（     ） A．18 B．24 C．32 D．36 【答案】D 【分析】相同元素问题利用隔板法计算即可得. 【详解】采用隔板法，在5个相同的笔记本之间可放入2个隔板，可将笔记本分3份， 从而放入3个不同的文具袋，共有种放法； 同理，书签的不同放法种数也为种； 此时每个文具袋既有笔记本又有书签， 故共有种不同的放法. 8．已知椭圆：，，为的左、右焦点，为上的一个动点（异于左、右顶点），设的外接圆半径为，内切圆半径为，则的最小值为（     ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】当为短轴端点时，最大，进而求出的范围，由正弦定理得外接圆的半径，再利用余弦定理和三角形面积公式化简得到的面积，由三角形内切圆的半径公式可得的内切圆半径，化简可得，利用基本不等式求出最值即可． 【详解】由于，所以，，故，设， 当为短轴端点时，最大，此时为等边三角形，所以， 设外接圆半径为，则，即， 由余弦定理得：， 整理可得， 所以的面积， 故的内切圆半径， 因为， 所以， 当且仅当，即，时取等， 所以的最小值为． 二、多选题 9．下列命题中，正确的是（     ） A．若随机变量，，，则 B．若，则 C．若随机变量，，则 D．若回归直线方程为，，，则样本点处的残差为0.5 【答案】AC 【详解】选项A，因为随机变量，且，， ，，A选项正确. 选项B，，，整理得，解得，B选项错误. 选项C，随机变量，，则，C选项正确. 选项D，因为回归直线方程为，，， ，解得，. 故样本点处的残差为，D选项错误. 10．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．若正四面体的高为，则（     ） A．该勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为4 B．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 C．该勒洛四面体表面上的长度为 D．过，，三点的截面面积是 【答案】BD 【分析】先根据正四面体的高，求出正四面体的棱长；对于A，举反例可判断；对于B，该勒洛四面体能够容纳的最大球，即为该几何体的内切球，用棱长减去正四面体外接球的半径得到内切球半径；对于C，先确定所在的平面，再确定半径，圆心角，利用弧长公式计算弧长；对于D，过，，三点的截面是平面与三个球的交线围成的区域，根据围成的区域计算得到截面面积. 【详解】过点作平面，连接，，为正四面体的中心. 设正四面体的棱长为，则，； ，即正四面体的高； 由正四面体的高为，得，解得. ，.     在中，，即，解得. 根据勒洛四面体的定义，构成几何体的四个球的半径. 对于C，是球心为的球面与球心为的球面的交线的一部分，该交线位于过中点且垂直于的平面内，如图所示： 对应的圆心角为. 由正四面体棱长，得. 在中，，， ； . 的长度，故C错误. 对于A，将正四面体对棱所在的弧中点连接，如图所示： 连接，交于中点，交于中点，连接，则， ， 所以， 故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，故A错误. 对于B，该勒洛四面体能够容纳的最大球，即为该几何体的内切球.由于勒洛四面体具有正四面体的对称性，其内切球的球心与正四面体的中心重合，则内切球的半径. 由，，得，故B正确. 对于D，过，，三点的截面是平面与三个球的交线围成的区域，如图所示： 则. 每个扇形对应的圆心角为，半径为4，则； ； ，故D正确. 11．已知数列满足，，则数列中的项可能为（     ） A．1027 B．2026 C．80 D．93 【答案】ABC 【分析】根据递推关系可知数列每一步要么加3要么乘2，得到的结果不是3的倍数，排除不可能选项，再构造路径验证剩余选项即可. 【详解】由递推式， 得：对任意，或，首项， 从第2项起，每一项不论是在前一项的基础上加3还是乘以2， 即数列的项为或， 也即数列每一项都不是3的整数倍， 选项A：，路径：前10次均选乘2得， 第11次选加3得，成立； 选项B：，路径：前10次均选乘2得， 后续334次均选加3，得，成立； 选项C：，路径：前5次均选乘2得， 后续16次均选加3，得，成立； 选项D：93是3的倍数，被3整除，故排除D. 三、填空题 12．若两个单位向量，满足，则向量与的夹角为________． 【答案】/ 【分析】利用已知条件结合向量数量积运算律求出，再利用向量的数量积及模长求解即可. 【详解】因为，为单位向量，所以. 两边平方，可得，解得. 而， ， . 设向量与的夹角为，， 则，所以. 向量与的夹角为. 13．已知双曲线的左、右焦点为，，点在双曲线的右支上，且，的内切圆半径为，则双曲线的离心率为________． 【答案】 【分析】根据双曲线的定义，直角三角形内切圆半径公式，勾股定理以及双曲线离心率的计算公式，联立方程求出离心率. 【详解】双曲线的左、右焦点为，，点在双曲线的右支上，； ， 的内切圆半径为， ，. ，. ，即； ，即，解得或； 由，得. 14．如图，直线与函数，的图象相切于点，且，，，与轴的交点为，过作轴的垂线，垂足为，则________． 【答案】. 【分析】首先，由点、求直线的斜率，根据得到切线的斜率；再利用导数的几何意义确定切点的坐标；最后通过坐标表示向量的模，结合同角三角函数的基本关系化简求值. 【详解】由，得，，因为，所以， 由求导得，设，则过点的切线斜率， 即，因为，所以， 则过点的切线方程为，令得，， 即点的横坐标为，，故. 因为垂直于轴，所以， ，，， ， 由得，， 故. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $