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河南省九师联盟大联考2024届高三上学期12月月考数学试题
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这是一份河南省九师联盟大联考2024届高三上学期12月月考数学试题，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解对数不等式、一元二次不等式求集合，再应用补运算求集合.
【详解】由题设，，
所以.
故选：D
2. 已知复数，，若为纯虚数，则实数的值为（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】应用复数乘法及纯虚数定义列方程求参数.
【详解】为纯虚数，
所以.
故选：C
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D. 更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的函数，利用奇偶性可排除两个选项，再利用当时，函数值的正负即可判断作答.
【详解】函数的定义域为R，，即函数是奇函数，排除CD；
当时，，即当时，函数的图象在x轴的上方，显然A不满足，B满足.
故选：B
4. 已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，且，则
B. 若，，且，则
C. 若，，且，则
D. 若，，且，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间线面、面面平行、垂直的判定定理和性质定理分别分析各个选项可得解.
【详解】对于A，若，，且，则可能相交或平行，故A错误；
对于B，若，，且，则可能相交或平行，故B错误；
对于C，若，，且，则可能相交或平行，故C错误；
对于D，若，，则在平面内或，又，所以，故D正确.
故选：D.
5. 已知角的始边为轴非负半轴，终边经过点，将角的终边顺时针旋转后得到角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三角函数的定义可得，依题意得，结合两角差的正切公式运算求值.
【详解】因角的终边经过点，由三角函数的定义可得，
又依题意得，所以，
故选：B.
6. 已知抛物线的焦点为，准线为，过上的一点作的垂线，垂足为，若（为坐标原点），且的面积为，则的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】表达出和点坐标，利用的面积求出，即可得出的方程.
【详解】由题意，
在抛物线中，，
焦点，准线
∴，，则
∴，解得：
∴的方程为：.
故选：C.
7. 一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为1的小球后，再放入一个球，则球的表面积与容器表面积之比的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题设易知放入一个半径为1的小球后，圆锥轴截面中小球的截面圆为内切圆，要使比值最大，球的半径最大，利用内切圆性质求，进而求球体、圆锥表面积，即可得比值.
【详解】由边长为的正三角形的内切圆半径为，
即轴截面是边长为的正三角形的圆锥内切球半径为，
所以放入一个半径为1的小球后，再放一个球，如下图，
要使球的表面积与容器表面积之比的最大，即球的半径最大，
所以只需球与球、圆锥都相切，其轴截面如上图，此时，
所以球的表面积为，圆锥表面积为，
所以球的表面积与容器表面积之比的最大值为.
故选：A
8. 已知函数的定义域为，且，若关于的方程有4个不同实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用辅助角公式得，讨论其符号求范围，进而写出解析式并画出草图，数形结合得、，即可得答案.
【详解】由，
若，则，可得，
所以,
若，则，可得，
所以，
所以，其函数图象如下图，
要使有4个不同实根，则，
由图知：，故，且，
所以的范围为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换研究正弦型函数性质，并画出的图象为关键.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 近年来，乡村游成为中国国民旅游的热点，下面图1，2，3，4分别为2023年中国乡村旅游消费者年龄、性别、月收入及一次乡村旅游花费金额的有关数据分析，根据该图，下列结论错误的是（ ）
图1 图2
图3 图4
A. 2023年中国乡村旅游消费者中年龄在岁之间的男性占比超过
B. 2023年中国乡村旅游消费者中月收入不高于1万元的占比超过
C. 2023年中国乡村旅游消费者中一次乡村旅游花费4个范围占比的中位数为
D. 2023年中国乡村旅游消费者一次乡村旅游花费平均数估计值高于650元（同一花费区间内的数据用其中间值作代表）
【答案】BC
【解析】
【分析】由图1和图2可判断A选项，由图3可判断B选项，由图4可判断C、D选项
【详解】由图1和图2可知，2023年中国乡村旅游消费者中年龄在岁之间的男性占比为，故A正确；
由图3可知，2023年中国乡村旅游消费者中月收入不高于1万元的占比为，故B错误；
由图4可知，2023年中国乡村旅游消费者中一次乡村旅游花费4个范围占比的中位数为
，故C错误；
由图4可知，2023年中国乡村旅游消费者一次乡村旅游花费的平均数估计值为，故D正确.
故选：BC
10. 若矩形的所有顶点都在椭圆上，且，，点是上与不重合的动点，则（ ）
A. 的长轴长为4B. 存在点，使得
C. 直线的斜率之积恒为D. 直线的斜率之积恒为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据椭圆的对称性结合可判断椭圆焦点在轴上，由此求得坐标，代入椭圆方程求得，得解；对B、D，设点代入运算可判断得解；对C，举反例可判断.
【详解】因为矩形的顶点都在椭圆上，根据椭圆的对称性可得关于原点对称，关于原点对称，
由，，可得，即椭圆焦点在轴上，
如图所示，又，，易得，，，.
对于A，将点代入椭圆方程可得，解得，椭圆的方程为，所以椭圆的长轴长为4，故A正确；
对于B，设点，且，，则，，所以，又，
即当时，，故B正确；
对于C，当点是左顶点时，，则，，
所以，故C错误；
对于D，设点，且，，
则，，
所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知正数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】设，求出，利用对数的运算及换底公式计算判断A；利用作商法计算判断B；利用作差法计算判断CD.
【详解】依题意，设，则，，
对于A，，A正确；
对于B，，而，即有，则，
又，，即有，则，
所以，B正确；
对于C，由选项A知，，得，
则，C错误；
对于D，，
因此，D错误.
故选：AB
12. 在棱长为1的正方体中，点满足，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则点轨迹所在直线与平面平行
B. 若，则
C. 若，则的最小值为
D. 若与平面所成角的大小为，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A、B、C根据条件确定点轨迹，结合线面平行判定、线面垂直的判定及性质、平面上两点距离最短判断；D由条件得在线段上运动，令，则，结合三角恒等变换及正弦型函数性质求最值判断.
【详解】A：若为中点，当时在线段上运动，而，
面，面，则面，A对；
B：由，则在线段上运动；在正方体中易知，
且面，面，则，
，面，则面，面，
所以，同理可证，又，面，
所以面，面，则，B对；
C：若，则在线段上运动；
将面翻折至与面共面，如下图，，
所以共线时的最小值为，C错；
D：若与平面所成角的大小为，连接，又面，
结合正方体性质，要使线面角恒为，
只需在面中以为圆心，为半径的圆弧上运动；
如上图，令，则，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：根据条件确定点运动轨迹为关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】应用导数几何意义求切线方程即可.
【详解】由题设，则，故点处的切线方程为，
所以.
故答案为：
14. 的展开式中的系数为______.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】要产生可能是1个，1个，3个或1个，2个，2个，分别进行计算求解即可.
【详解】的展开式中要产生可能是1个，1个，3个或1个，2个，2个，
故展开式中含项为，
即展开式中的系数为.
故答案：.
15. 求作一个立方体，使其体积等于已知立方体体积的2倍，这就是历史上有名的立方倍积问题.1837年法国数学家闻脱兹尔证明了立方倍积问题不能只用直尺与圆规作图来完成，不过人们发现，跳出直尺与圆规作图的框框，可以找到不同的作图方法.如图是柏拉图（公元前427—公元前347年）的方法：假设已知立方体的边长为，作两条互相垂直的直线，相交于点，在一条直线上截取，在另一条直线上截取，在直线上分别取点，使（只要移动两个直角尺，使一个直角尺的边缘通过点，另一个直角尺的边缘通过点，并使两直角尺的另一边重合，则两直角尺的直角顶点即为），则线段即为所求立方体的一边.以直线、分别为轴、轴建立直角坐标系，若圆经过点，则圆的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题设有求、，再求出坐标和圆的半径，进而写出圆的方程.
【详解】由题设，，则，
所以，
由，要使圆经过点，则圆心为中点，
所以且半径为，
故圆的方程为.
故答案为：
16. 已知数列满足，集合，若恰有4个子集，则______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据题设有且仅有2个对应值，结合等差数列定义得，，根据正弦型函数周期性，只需研究是否相等，应用分类讨论求对应集合.
【详解】由恰有4个子集，故集合共有2个元素，即有且仅有2个对应值，
由，即是公差为的等差数列，则，，
所以的最小正周期为，则角必与中的一个终边相同，
所以中有且仅有且必有两个相等，
若，则，整理得，
所以，则，故，
当时，不妨取，则，，此时满足；
当时，不妨取，则，，此时满足；
若，则，整理得，
所以，则，故，
当时，不妨取，则，，此时满足；
当时，不妨取，则，，此时满足；
若，则，整理得，
所以，则，故，
当时，不妨取，则，，此时满足；
当时，不妨取，则，，此时满足；
综上，或.
故答案为：或
【点睛】关键点点睛：利用集合子集个数得有且仅有2个对应值，根据等差数列定义、正弦型函数的周期性，转化为研究且必有两个相等为关键.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 记为数列的前项和，若，.
（1）求；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设及关系得，构造新数列并结合等差数列定义写出通项公式，进而可得；
（2）应用裂项相消法求前n项和.
【小问1详解】
由题设，则，
又，故是首项为3，公差为2的等差数列，
所以，则.
【小问2详解】
由（1）得，
所以.
18. 已知的内角的对边分别为，为锐角，的面积为，.
（1）判断的形状，并说明理由；
（2）如图，若，，为内一点，且，，求的长.
【答案】（1）直角三角形或钝角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面积公式及余弦定理代入化简，然后利用正弦定理边化角可得答案；
（2）由（1）的结果得到为等腰直角三角形，然后解，可得，进而可得，再解即可求出的长.
【小问1详解】
，
，即，
再由正弦定理边化角得，
，
，又为锐角，
，
或，
或，
为直角三角形或钝角三角形；
【小问2详解】
由（1）的结果以及，可得，
为等腰直角三角形，又，
，
在中，
则，解得，负值舍去，
又，
，
，
在中，，
.
19. 如图，在三棱柱中，，，平面平面.
（1）求证：；
（2）若，三棱锥的体积为18，点在棱上，且，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过以及平面平面，利用面面垂直的性质得面，进而利用三棱柱的性质可得；
（2）先利用体积求出，在利用两两垂直建立空间直角坐标系，利用向量法可求面面角.
【小问1详解】
，，
，即为直角三角形，
，
又平面平面，平面平面，平面
面，又面，
，又，
；
【小问2详解】
由（1）得面，又，故两两垂直，
则，得，
如图建立空间直角坐标系，
则，
设面的法向量为，且，
，取得，
设面的法向量为，且，
，取得，
，
即平面与平面夹角的余弦值为.
20. 2023年5月28日我国具有完全自主知识产权的国产大飞机C919开启全球首次商业载客飞行，C919飞机的研制，聚集了我国数十万科研人员的心血，其中等高校为C919大飞机做出了重要贡献，如A高校参与了气动总体、结构强度、航电、飞控和液压等设计，参加人数如下表：
B高校有8位教师参加了相关设计论证，具体如下表：
（1）某科普博主准备从共6所高校中随机选3所高校介绍其为C919大飞机做出的贡献，连续3天，每天发布一篇博文，每篇博文介绍一所高校（3天将选中的3所高校全部介绍完），求被选到，且C在第2天被介绍的概率；
（2）若从A高校参与设计的20人中随机选3人，在选到航电设计人员的条件下，求选到气动总体设计人员的概率；
（3）若从B高校参与的6个论证项目中随机选取3个，记这3个论证项目中B高校参与教师人数为X，求X的分布列与期望.
【答案】（1）;
（2）;
（3）的分布列为
.
【解析】
【分析】（1）C、D均被选到，且C在第2天被介绍有种情况，再由古典概型的概率公式即可求得结果；
（2）从A高校参与设计的20人中随机选3人，选到航电设计人员，从对立事件求其概率；
选到气动总体设计人员的情况，也从对立事件求其概率，再结合条件事件的概率公式即可求得结果；
（3）6个论证项目中，其中有4个项目B高校参与教师人数为1人；有2个项目B高校参与教师人数为2人，由分析可知，，进而写出的分布列，求出.
【小问1详解】
C、D均被选到，且C在第2天被介绍记为事件A，
.
小问2详解】
从A高校参与设计的20人中随机选3人，选到航电设计人员记为事件B，
从A高校参与设计的20人中随机选3人，选到气动总体设计人员记为事件C，
,,
,
所以在选到航电设计人员的条件下，求选到气动总体设计人员的概率为.
【小问3详解】
由题意知，，
;;
的分布列为
.
21. 已知双曲线Γ：，，为Γ的左、右顶点，为Γ上一点，的斜率与的斜率之积为．过点且不垂直于x轴的直线l与Γ交于M，N两点．
（1）求Γ的方程；
（2）若点E，F为直线上关于x轴对称的不重合两点，证明：直线ME，NF的交点在定直线上．
【答案】（1）；
（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）由题可知，根据条件列出方程组，进而即得；
（2）设直线MN的方程为，联立双曲线方程求得，再由直线和的方程，求得交点的横坐标，即可求解．
【小问1详解】
由题意得，又为Γ上一点，的斜率与的斜率之积为，
所以，解得，
所以双曲线Γ标准方程为；
【小问2详解】
设直线MN的方程为，
由，可得，则
，，
设，，，，，
所以，
直线：，：，
联立两方程，可得：
，
解得，
当直线与x轴重合时，则，
：，：，联立可得，
综上，直线ME与NF的交点在定直线上.
22. 已知函数.
（1）若有唯一极值，求的取值范围；
（2）当时，若，，求证：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【小问1详解】
函数的定义域为，
求导得，
当时，若，，函数在上单调递增，无极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
当时，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，2是函数的极大值点，且是唯一极值点，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
由，，不妨令，
要证，只证，即证，就证，
令，求导得
，于是函数在上单调递减，，
而，则，即，又，
因此，显然，又函数在上单调递增，则有，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.项目
气动总体
结构强度
航电
飞控
液压
参与人数
5
5
3
4
3
设计论证
气动总体
设计论证
气动外形
设计论证
结构强度
论证
航电设计
论证
液压系统
论证
起落架的
论证
参与教师
3
4
5
3
4
5
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解对数不等式、一元二次不等式求集合，再应用补运算求集合.
【详解】由题设，，
所以.
故选：D
2. 已知复数，，若为纯虚数，则实数的值为（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】应用复数乘法及纯虚数定义列方程求参数.
【详解】为纯虚数，
所以.
故选：C
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D. 更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的函数，利用奇偶性可排除两个选项，再利用当时，函数值的正负即可判断作答.
【详解】函数的定义域为R，，即函数是奇函数，排除CD；
当时，，即当时，函数的图象在x轴的上方，显然A不满足，B满足.
故选：B
4. 已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，且，则
B. 若，，且，则
C. 若，，且，则
D. 若，，且，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间线面、面面平行、垂直的判定定理和性质定理分别分析各个选项可得解.
【详解】对于A，若，，且，则可能相交或平行，故A错误；
对于B，若，，且，则可能相交或平行，故B错误；
对于C，若，，且，则可能相交或平行，故C错误；
对于D，若，，则在平面内或，又，所以，故D正确.
故选：D.
5. 已知角的始边为轴非负半轴，终边经过点，将角的终边顺时针旋转后得到角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三角函数的定义可得，依题意得，结合两角差的正切公式运算求值.
【详解】因角的终边经过点，由三角函数的定义可得，
又依题意得，所以，
故选：B.
6. 已知抛物线的焦点为，准线为，过上的一点作的垂线，垂足为，若（为坐标原点），且的面积为，则的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】表达出和点坐标，利用的面积求出，即可得出的方程.
【详解】由题意，
在抛物线中，，
焦点，准线
∴，，则
∴，解得：
∴的方程为：.
故选：C.
7. 一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为1的小球后，再放入一个球，则球的表面积与容器表面积之比的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题设易知放入一个半径为1的小球后，圆锥轴截面中小球的截面圆为内切圆，要使比值最大，球的半径最大，利用内切圆性质求，进而求球体、圆锥表面积，即可得比值.
【详解】由边长为的正三角形的内切圆半径为，
即轴截面是边长为的正三角形的圆锥内切球半径为，
所以放入一个半径为1的小球后，再放一个球，如下图，
要使球的表面积与容器表面积之比的最大，即球的半径最大，
所以只需球与球、圆锥都相切，其轴截面如上图，此时，
所以球的表面积为，圆锥表面积为，
所以球的表面积与容器表面积之比的最大值为.
故选：A
8. 已知函数的定义域为，且，若关于的方程有4个不同实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用辅助角公式得，讨论其符号求范围，进而写出解析式并画出草图，数形结合得、，即可得答案.
【详解】由，
若，则，可得，
所以,
若，则，可得，
所以，
所以，其函数图象如下图，
要使有4个不同实根，则，
由图知：，故，且，
所以的范围为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换研究正弦型函数性质，并画出的图象为关键.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 近年来，乡村游成为中国国民旅游的热点，下面图1，2，3，4分别为2023年中国乡村旅游消费者年龄、性别、月收入及一次乡村旅游花费金额的有关数据分析，根据该图，下列结论错误的是（ ）
图1 图2
图3 图4
A. 2023年中国乡村旅游消费者中年龄在岁之间的男性占比超过
B. 2023年中国乡村旅游消费者中月收入不高于1万元的占比超过
C. 2023年中国乡村旅游消费者中一次乡村旅游花费4个范围占比的中位数为
D. 2023年中国乡村旅游消费者一次乡村旅游花费平均数估计值高于650元（同一花费区间内的数据用其中间值作代表）
【答案】BC
【解析】
【分析】由图1和图2可判断A选项，由图3可判断B选项，由图4可判断C、D选项
【详解】由图1和图2可知，2023年中国乡村旅游消费者中年龄在岁之间的男性占比为，故A正确；
由图3可知，2023年中国乡村旅游消费者中月收入不高于1万元的占比为，故B错误；
由图4可知，2023年中国乡村旅游消费者中一次乡村旅游花费4个范围占比的中位数为
，故C错误；
由图4可知，2023年中国乡村旅游消费者一次乡村旅游花费的平均数估计值为，故D正确.
故选：BC
10. 若矩形的所有顶点都在椭圆上，且，，点是上与不重合的动点，则（ ）
A. 的长轴长为4B. 存在点，使得
C. 直线的斜率之积恒为D. 直线的斜率之积恒为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据椭圆的对称性结合可判断椭圆焦点在轴上，由此求得坐标，代入椭圆方程求得，得解；对B、D，设点代入运算可判断得解；对C，举反例可判断.
【详解】因为矩形的顶点都在椭圆上，根据椭圆的对称性可得关于原点对称，关于原点对称，
由，，可得，即椭圆焦点在轴上，
如图所示，又，，易得，，，.
对于A，将点代入椭圆方程可得，解得，椭圆的方程为，所以椭圆的长轴长为4，故A正确；
对于B，设点，且，，则，，所以，又，
即当时，，故B正确；
对于C，当点是左顶点时，，则，，
所以，故C错误；
对于D，设点，且，，
则，，
所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知正数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】设，求出，利用对数的运算及换底公式计算判断A；利用作商法计算判断B；利用作差法计算判断CD.
【详解】依题意，设，则，，
对于A，，A正确；
对于B，，而，即有，则，
又，，即有，则，
所以，B正确；
对于C，由选项A知，，得，
则，C错误；
对于D，，
因此，D错误.
故选：AB
12. 在棱长为1的正方体中，点满足，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则点轨迹所在直线与平面平行
B. 若，则
C. 若，则的最小值为
D. 若与平面所成角的大小为，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A、B、C根据条件确定点轨迹，结合线面平行判定、线面垂直的判定及性质、平面上两点距离最短判断；D由条件得在线段上运动，令，则，结合三角恒等变换及正弦型函数性质求最值判断.
【详解】A：若为中点，当时在线段上运动，而，
面，面，则面，A对；
B：由，则在线段上运动；在正方体中易知，
且面，面，则，
，面，则面，面，
所以，同理可证，又，面，
所以面，面，则，B对；
C：若，则在线段上运动；
将面翻折至与面共面，如下图，，
所以共线时的最小值为，C错；
D：若与平面所成角的大小为，连接，又面，
结合正方体性质，要使线面角恒为，
只需在面中以为圆心，为半径的圆弧上运动；
如上图，令，则，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：根据条件确定点运动轨迹为关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】应用导数几何意义求切线方程即可.
【详解】由题设，则，故点处的切线方程为，
所以.
故答案为：
14. 的展开式中的系数为______.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】要产生可能是1个，1个，3个或1个，2个，2个，分别进行计算求解即可.
【详解】的展开式中要产生可能是1个，1个，3个或1个，2个，2个，
故展开式中含项为，
即展开式中的系数为.
故答案：.
15. 求作一个立方体，使其体积等于已知立方体体积的2倍，这就是历史上有名的立方倍积问题.1837年法国数学家闻脱兹尔证明了立方倍积问题不能只用直尺与圆规作图来完成，不过人们发现，跳出直尺与圆规作图的框框，可以找到不同的作图方法.如图是柏拉图（公元前427—公元前347年）的方法：假设已知立方体的边长为，作两条互相垂直的直线，相交于点，在一条直线上截取，在另一条直线上截取，在直线上分别取点，使（只要移动两个直角尺，使一个直角尺的边缘通过点，另一个直角尺的边缘通过点，并使两直角尺的另一边重合，则两直角尺的直角顶点即为），则线段即为所求立方体的一边.以直线、分别为轴、轴建立直角坐标系，若圆经过点，则圆的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题设有求、，再求出坐标和圆的半径，进而写出圆的方程.
【详解】由题设，，则，
所以，
由，要使圆经过点，则圆心为中点，
所以且半径为，
故圆的方程为.
故答案为：
16. 已知数列满足，集合，若恰有4个子集，则______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据题设有且仅有2个对应值，结合等差数列定义得，，根据正弦型函数周期性，只需研究是否相等，应用分类讨论求对应集合.
【详解】由恰有4个子集，故集合共有2个元素，即有且仅有2个对应值，
由，即是公差为的等差数列，则，，
所以的最小正周期为，则角必与中的一个终边相同，
所以中有且仅有且必有两个相等，
若，则，整理得，
所以，则，故，
当时，不妨取，则，，此时满足；
当时，不妨取，则，，此时满足；
若，则，整理得，
所以，则，故，
当时，不妨取，则，，此时满足；
当时，不妨取，则，，此时满足；
若，则，整理得，
所以，则，故，
当时，不妨取，则，，此时满足；
当时，不妨取，则，，此时满足；
综上，或.
故答案为：或
【点睛】关键点点睛：利用集合子集个数得有且仅有2个对应值，根据等差数列定义、正弦型函数的周期性，转化为研究且必有两个相等为关键.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 记为数列的前项和，若，.
（1）求；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设及关系得，构造新数列并结合等差数列定义写出通项公式，进而可得；
（2）应用裂项相消法求前n项和.
【小问1详解】
由题设，则，
又，故是首项为3，公差为2的等差数列，
所以，则.
【小问2详解】
由（1）得，
所以.
18. 已知的内角的对边分别为，为锐角，的面积为，.
（1）判断的形状，并说明理由；
（2）如图，若，，为内一点，且，，求的长.
【答案】（1）直角三角形或钝角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面积公式及余弦定理代入化简，然后利用正弦定理边化角可得答案；
（2）由（1）的结果得到为等腰直角三角形，然后解，可得，进而可得，再解即可求出的长.
【小问1详解】
，
，即，
再由正弦定理边化角得，
，
，又为锐角，
，
或，
或，
为直角三角形或钝角三角形；
【小问2详解】
由（1）的结果以及，可得，
为等腰直角三角形，又，
，
在中，
则，解得，负值舍去，
又，
，
，
在中，，
.
19. 如图，在三棱柱中，，，平面平面.
（1）求证：；
（2）若，三棱锥的体积为18，点在棱上，且，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过以及平面平面，利用面面垂直的性质得面，进而利用三棱柱的性质可得；
（2）先利用体积求出，在利用两两垂直建立空间直角坐标系，利用向量法可求面面角.
【小问1详解】
，，
，即为直角三角形，
，
又平面平面，平面平面，平面
面，又面，
，又，
；
【小问2详解】
由（1）得面，又，故两两垂直，
则，得，
如图建立空间直角坐标系，
则，
设面的法向量为，且，
，取得，
设面的法向量为，且，
，取得，
，
即平面与平面夹角的余弦值为.
20. 2023年5月28日我国具有完全自主知识产权的国产大飞机C919开启全球首次商业载客飞行，C919飞机的研制，聚集了我国数十万科研人员的心血，其中等高校为C919大飞机做出了重要贡献，如A高校参与了气动总体、结构强度、航电、飞控和液压等设计，参加人数如下表：
B高校有8位教师参加了相关设计论证，具体如下表：
（1）某科普博主准备从共6所高校中随机选3所高校介绍其为C919大飞机做出的贡献，连续3天，每天发布一篇博文，每篇博文介绍一所高校（3天将选中的3所高校全部介绍完），求被选到，且C在第2天被介绍的概率；
（2）若从A高校参与设计的20人中随机选3人，在选到航电设计人员的条件下，求选到气动总体设计人员的概率；
（3）若从B高校参与的6个论证项目中随机选取3个，记这3个论证项目中B高校参与教师人数为X，求X的分布列与期望.
【答案】（1）;
（2）;
（3）的分布列为
.
【解析】
【分析】（1）C、D均被选到，且C在第2天被介绍有种情况，再由古典概型的概率公式即可求得结果；
（2）从A高校参与设计的20人中随机选3人，选到航电设计人员，从对立事件求其概率；
选到气动总体设计人员的情况，也从对立事件求其概率，再结合条件事件的概率公式即可求得结果；
（3）6个论证项目中，其中有4个项目B高校参与教师人数为1人；有2个项目B高校参与教师人数为2人，由分析可知，，进而写出的分布列，求出.
【小问1详解】
C、D均被选到，且C在第2天被介绍记为事件A，
.
小问2详解】
从A高校参与设计的20人中随机选3人，选到航电设计人员记为事件B，
从A高校参与设计的20人中随机选3人，选到气动总体设计人员记为事件C，
,,
,
所以在选到航电设计人员的条件下，求选到气动总体设计人员的概率为.
【小问3详解】
由题意知，，
;;
的分布列为
.
21. 已知双曲线Γ：，，为Γ的左、右顶点，为Γ上一点，的斜率与的斜率之积为．过点且不垂直于x轴的直线l与Γ交于M，N两点．
（1）求Γ的方程；
（2）若点E，F为直线上关于x轴对称的不重合两点，证明：直线ME，NF的交点在定直线上．
【答案】（1）；
（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）由题可知，根据条件列出方程组，进而即得；
（2）设直线MN的方程为，联立双曲线方程求得，再由直线和的方程，求得交点的横坐标，即可求解．
【小问1详解】
由题意得，又为Γ上一点，的斜率与的斜率之积为，
所以，解得，
所以双曲线Γ标准方程为；
【小问2详解】
设直线MN的方程为，
由，可得，则
，，
设，，，，，
所以，
直线：，：，
联立两方程，可得：
，
解得，
当直线与x轴重合时，则，
：，：，联立可得，
综上，直线ME与NF的交点在定直线上.
22. 已知函数.
（1）若有唯一极值，求的取值范围；
（2）当时，若，，求证：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【小问1详解】
函数的定义域为，
求导得，
当时，若，，函数在上单调递增，无极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
当时，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，2是函数的极大值点，且是唯一极值点，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
由，，不妨令，
要证，只证，即证，就证，
令，求导得
，于是函数在上单调递减，，
而，则，即，又，
因此，显然，又函数在上单调递增，则有，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.项目
气动总体
结构强度
航电
飞控
液压
参与人数
5
5
3
4
3
设计论证
气动总体
设计论证
气动外形
设计论证
结构强度
论证
航电设计
论证
液压系统
论证
起落架的
论证
参与教师
3
4
5
3
4
5
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