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精品解析：广东省广州市华南师大附中2024届高三上学期大湾区数学预测卷（一）
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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
（2024上·山东滨州·高一校考期末）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得到，，再利用集合的运算即可得出结果.
【详解】由，得到，所以，
由，易知时，，所以，
故，所以选项A错误，选项B正确，
又，所以选项C和D均错误，
故选：B.
（2023上·陕西西安·高三统考阶段练习）
2. 已知，，且，则（ ）
A. B. 2C. D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘法运算及复数相等得到方程组，求出、的值，从而求模.
【详解】因为，即，即，
因为，，所以，解得，
所以.
故选：A
（2024·陕西咸阳·校考模拟预测）
3. 如图，在等腰梯形中，是线段上一点，且，动点在以为圆心，1为半径的圆上，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点作，垂足为，以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，利用，通过坐标运算和数量积的定义来求解最值.
【详解】过点作，垂足为，
以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，
则，
其中，
，
当，即同向时，取最大值，
所以的最大值为.
故选：C.
（2024上·江苏·高二期末）
4. 已知数列前n项和为，且，则数列（ ）
A. 有最大项，有最小项B. 有最大项，无最小项
C. 无最大项，有最小项D. 无最大项，无最小项
【答案】C
【解析】
【分析】利用的关系可判定数列为等差数列，求出首项，公差再根据数列的函数特性判定选项即可.
【详解】由知，
显然时，，所以，
易知，
即数列为等差数列，首项，公差，
所以等差数列为递增数列，有最小项，无最大项.
故选：C
（2023·广东广州·统考模拟预测）
5. 已知，，，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系式、两角和与差的余弦、正弦公式求得正确答案.
【详解】，
，
，分子分母同时除以得：
①，
由于，所以，所以，
所以，
所以，
即，代入①得：
，解得.
故选：B
（2023上·山东·高一山东聊城一中校联考阶段练习）
6. 今年10月份，自然资源部联合国家林业和草原局向社会公布贡嘎山等9座山峰高程数据，其中狮子王高程数据为，夏诺多吉高程数据为．已知大气压强p（单位：）随高度h（单位：m）的变化满足关系式是海平面大气压强，，记夏诺多吉山峰峰顶的大气压强为，狮子王山峰峰顶的大气压强为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由条件列出方程，结合对数的运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】由条件可得，两式相减可得，
即
故选：A
（2024·全国·模拟预测）
7. 已知点在椭圆上，为椭圆的右焦点，是上位于直线两侧的点，且点到直线与直线的距离相等，则直线与轴交点的横坐标的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用点在椭圆上先求得椭圆方程，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合条件得，化简斜率和可得直线斜率为定值，再根据韦达定理和判别式计算即可．
【详解】将代入中，得，所以椭圆的方程为．
由题意知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为，
则，直线与轴交点的横坐标为，
由，得，
则，
．
因为，且点到直线与直线的距离相等，
所以，即，即，
整理得，
即，
即，所以．
由题意知，直线不经过点，故，
所以，得，
当时，由得，
由，解得，
故直线与轴交点的横坐标的取值范围为.
故选:A．
【点睛】方法点睛：①利用圆锥曲线的几何性质或方程根的判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．②利用已知参数的范围，求新参数的范围，这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．③利用已知的或隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．④将待求量表示为关于其他变量的函数，利用导数或基本不等式等求其值域，从而确定参数的取值范围．如本题需先设直线的方程为，并得到的关系，再根据直线与椭圆的位置关系得到的取值范围．
（2024·全国·模拟预测）
8. 已知定义在R上的函数满足，当时，.若，，则t的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得当时，的单调性和最值，进而结合以及恒成立问题分析求解.
【详解】由题意可知：当时，，
可知在上单调递减，在上单调递增，且的最小值为；
当时，，；
当时，，；
当时，，；
当时，，.
令，解得或，
因为，，所以，
故选：D.
【点睛】方法点睛：函数、方程与不等式相互转化的应用
（1）函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助．
（2）解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等式关系转化为最值(值域)问题，从而求出参变量的范围．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
（2023上·四川凉山·高二校联考期末）
9. 下图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法正确的是（ ）
A. 这10年粮食年产量的极差为15
B. 这10年粮食年产量的第65百分位数为33
C. 这10年粮食年产量的中位数为29
D. 前5年的粮食年产量的方差大于后5年粮食年产量的方差
【答案】ABC
【解析】
【分析】ABC选项，由极差，百分位数和中位数的定义求出答案；D选项，根据图形及方差的意义得到D错误.
【详解】A选项，将样本数据从小到大排列为25，26，27，28，28，30，33，36，37，40，
这10年的粮食年产量极差为，故A正确；
B选项，，结合A选项可知第65百分位数为第7个数33，故B正确；
C选项，从小到大，选取第5个和第6个的数的平均数作为中位数，
这10年的粮食年产量的中位数为，故C正确；
D选项，结合图形可知，前5年的粮食年产量的波动小于后5年的粮食产量波动，
所以前5年的粮食年产量的方差小于后5年的粮食年产量的方差，故D错误；
故选：ABC.
（2023上·重庆黔江·高二重庆市黔江中学校校考阶段练习）
10. 已知椭圆的左、右焦点分别为,,过点的直线交椭圆于,两点,若的最小值为4,则（ ）
A. 椭圆的短轴长为
B. 最大值为8
C. 离心率为
D. 椭圆上不存在点,使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆的焦点弦中通径最短,可得椭圆方程,结合椭圆的性质即可判断项；根据焦点三角形的周长和的最小值为4,可判断项；根据椭圆中当动点与短轴顶点重合时,最大,结合余弦定理即可判断项.
【详解】易知当轴时,即线段为通径时,最短,
解得椭圆方程为
椭圆的短轴长为故错误;
因为△的周长为
且故正确；
离心率故正确；
易知当点位于短轴顶点时,最大,此时
又为三角形内角,
椭圆上不存在点,使得,故正确.
故选：.
（2024上·山东潍坊·高三山东省昌乐第一中学校考阶段练习）
11. 如图，在边长为2的正方形中，线段BC的端点B，C分别在边上滑动，且.现将分别沿折起使点重合，重合后记为点P，得到三棱锥.现有以下结论：（ ）
A. 平面PBC；
B. 当B，C分别为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为；
C. x的取值范围为；
D. 三棱锥体积的最大值为.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意得,折叠成的三棱锥P﹣ABC的三条侧棱满足PAPB、PAPC，由线面垂直的判断定理得A正确；三棱锥P﹣ABC的外接球的直径等于以PA、PB、PC为长、宽、高的长方体的对角线长，由此结合AP＝2、BP＝CP＝1，得外接球的半径R＝，由此得三棱锥P﹣ABC的外接球的体积，故B正确；由题意得，，，在中，由边长关系得，故C正确；利用导数求解最值即可，故D错误.
【详解】由题意得，折叠成的三棱锥P﹣ABC的三条侧棱满足PAPB、PAPC，
在A中，由PAPB，PAPC，且PB PC，
所以平面成立，故A正确；
在B中，当分别为、的中点时，
三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两垂直，
三棱锥P﹣ABC的外接球直径等于以PA、PB、PC为长、宽、高的长方体的对角线长，
结合，，
得外接球的半径，
所以外接球的表面积为，故B正确；
在C中，正方形的边长为2，
所以，，，
在中，由边长关系得，
解得，故C正确；
在D中，因为的面积为
设，
当时，，当时，
，所以．
，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】本题将正方形折叠成三棱锥，求三棱锥的外接球的表面积．着重考查了长方体的对角线长公式、利用导数求三棱锥的体积最值等知识，属于中档题．
（2024·全国·模拟预测）
12. 已知定义域为R的函数满足，且函数是奇函数，，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的一个周期是8
B.
C. 函数是偶函数
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】本题要从前两个抽象表达式入手，判断函数的轴对称和中心对称两个特征，从而得出函数的周期性，接着通过赋值代入求出一个周期内的函数值或者项的特征，可相继判断B,D两项，利用偶函数的定义可判断C项.
【详解】由可知函数的图象关于直线对称．
因为函数是奇函数，所以函数的图象关于点对称，
（根据是奇函数，得，即得到）因此函数的一个周期为8，
（若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为），故选项A正确；
对于选项B：由函数的图象关于点对称，得，
，又，所以，故，
因此，因此选项B错误；
对于选项C：，故函数是偶函数，故选项C正确；
对于选项D：令，则，因此函数的一个周期是2，
因，所以，又，故，
所以当x为奇数时，当x为偶数时，
所以
，故选项D正确．
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：本题考查了抽象函数图像的对称性和周期性,属于难度较大知识点.关于函数的对称性和周期性主要有以下结论.
设函数．
（1）若，则函数的周期为2a；
（2）若，则函数的周期为2a；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a；
（5）若，则函数的周期为；
（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；
（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则函数的周期为2a；
（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则函数的周期为4a．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
（2024上·吉林白城·高三校考阶段练习）
13. 的展开式中含的项的系数为__________.
【答案】960
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式分析运算求解.
【详解】的展开式的通项为，故令，
可得的展开式中含的项的系数为：.
故答案为：960.
（2024上·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校联考期末）
14. 已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围______．
【答案】
【解析】
【分析】由得到，由零点个数得到不等式，求出答案.
【详解】，
∴，
，
∵函数在上恰有两个零点，
∴，解得，.
故答案为：
（2024·全国·高二竞赛）
15. 一个平台的俯视图为一个3×3的方格表，初始时在中心的方格处有一只电子瓢虫，每过一秒钟，该瓢虫都会随机选择平行于平台边界的四个方向之一移动一个单位．如果瓢虫跌落平台就会“死亡”，那么在2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率是________．
【答案】
【解析】
【分析】设第秒后瓢虫在角的概率为，在中心的概率，在边中间的概率为，由题设可得它们的递推关系，从而可求2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率.
【详解】
设第秒后瓢虫在角的概率为，在中心的概率，在边中间的概率为，
则，，，
其中，所以，
又，，
而，
故，
故在2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率为，
故答案为: .
【点睛】思路点睛：对于有连续变化过程的概率问题，一般可设出数列，通过题设条件得到数列的递归关系，再结合数列通项的求法求出概率.
（2023上·湖北武汉·高二校联考期中）
16. 数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一，该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的三角形．将长方体的上底面绕着其中心旋转得到如图2所示的十面体．已知，，是底面正方形内的点，且到和的距离都为，过直线作平面，则十面体外接球被平面所截的截面圆面积的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】先求外接球半径，再结合空间向量求出球心到直线EP的距离，结合球的结构特征即可求出截面圆的最小值.
【详解】由下图可知，上底面的平面图如下所示：
记的中心为，连接，因为旋转了，
所以为等边三角形， ，
又因为长方体中，平面，平面，
所以，所以，
解得，
因为十面体是将长方体的上底面绕着其中心旋转60°得到的，
所以长方体的外接球就是十面体的外接球；
设十面体的外接球半径为R，则
即，
以D为原点建立如下图所示的空间直角坐标系，
结合第一幅图可知，，
可得，，
所以，
又因为P到AB，AD的距离为，所以，球心，
所以，
所以最小截面圆的半径为，
此时截面圆面积为，
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
（2023下·云南保山·高一统考期末）
17. 云南省文山市东山公园的文笔塔，是当地的标志性建筑.文笔塔最初建于康熙年间，旧塔高为19.33米，1997年重建新塔工程全面启动，历时一年，于1998年3月底修建而成，从远处望去，东山山顶上的文笔塔恍惚成为海市蜃楼，疑是人间仙境，如梦如幻，美丽无比.某中学数学兴趣小组为了测量文笔塔高度，在如图所示的点处测得塔底位于其北偏东方向上的点处，塔顶的仰角为.在的正东方向且距点40m的点处测得塔底在其北偏西方向上（、、在同一水平面内）.
（1）求的值；
（2）求文笔塔的高度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和与差正弦公式即可；
（2）根据正弦定理得到，再利用三角函数得，代入数据即可.
【小问1详解】
如图，由题意得，
．
.
【小问2详解】
在中，
由正弦定理得，
，
，且，
在中，，
∴文笔塔的高度为.
（2023·海南省直辖县级单位·校考模拟预测）
18. 已知等比数列的公比为，记，分别为数列，的前项和．
（1）若，求；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的求和公式即可求解，
（2）根据求和公式即可求解.
【小问1详解】
易知为首项为，公比为的等比数列，故，
为首项为，公比为的等比数列，故，
所以，即，
，又，故．
【小问2详解】
由题意可知，，所以，则，
所以．
（2023上·安徽·高三安徽省怀远第一中学校联考阶段练习）
19. 如图，设与为两个正四棱锥，且，点P在线段AC上，且．
（1）记二面角，的大小分别为，，求的值；
（2）记EP与FB所成的角为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据二面角的平面角定义作图，结合三角形相似以及三角函数性质，可得答案；
（2）由题意建立空间直角坐标系，写出直线方向向量，利用夹角公式，可得答案.
【小问1详解】
记正方形ABCD的中心为O，则EF经过点O，
所以有，又因为，所以，
记BC的中点为M，连结EM，FM，OM，
在正四棱锥中，易知，，，
所以，分别为二面角，的平面角，
所以，
所以．
【小问2详解】
以O为空间坐标原点，，，方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
不妨设，，，，则，
由可知P为AO的中点，则，，，
所以，
所以当时，取到最大值．
（2023·全国·模拟预测）
20. 班会课上，甲、乙两位同学参加了“心有灵犀”活动：从5个成语中随机抽取3个，甲同学负责比划，乙同学负责猜成语．甲会比划其中3个，甲会比划的成语，乙猜对的概率为，甲不会比划的成语，乙无法猜对．
（1）求甲乙配合猜对2个成语的概率；
（2）设甲乙配合猜对成语个数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）由甲乙配合猜对2个成语，则需要抽中2个或3个甲会比划的成语，进而求得其概率；
（2）由题意，得到可能的取值为，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解.
【小问1详解】
解：甲乙配合猜对2个成语，则需要抽中2个或3个甲会比划的成语，
记事件A为甲乙配合猜对2个成语，可得，
所以甲乙配合猜对2个成语的概率为．
【小问2详解】
解：由题意，随机变量可能的取值为，
可得，
，
，
．
所以的分布列为
数学期望．
（2022上·浙江湖州·高三校考期末）
21. 设点是直线上的一个动点，为坐标原点，过点作轴的垂线．过点作直线的垂线交直线于.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过曲线上的一点（异于原点）作曲线的切线交椭圆于，两点，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出点坐标，根据垂直关系写出对应向量关系式，由此可得轨迹的方程；
（2）设出直线的方程，根据直线与曲线相切得到关于的表达式，然后通过联立方程结合韦达定理以及弦长公式表示出的面积，最后利用基本不等式求解出最大值.
【小问1详解】
设，则，所以，
因为，所以，所以，
所以点的轨迹的方程为；
【小问2详解】
设，，
因为为曲线的切线，
联立可得，所以，
联立可得，
所以，且，即，
所以，
又因为原点到直线的距离，
所以
，
当且仅当即（此时满足）时取等号，
综上可知，面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法：
（1）利用弦长以及点到直线的距离公式，结合底高，表示出三角形的面积；
（2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为或；
（3）借助三角形内切圆的半径，将三角形面积表示为（为内切圆半径）.
（2023上·重庆·高三重庆市育才中学校联考阶段练习）
22. 设函数，.
（1）①当时，证明：；
②当时，求的值域；
（2）若数列满足，，，证明：（）.
【答案】（1）①证明过程见解析，②
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）①求导，得到函数单调性，求出；②先得到为偶函数，考虑时，求导，结合①可知，在上单调递减，从而求出函数最值，求出值域；
（2）先得到，故只需证明，由（1）可知，从而裂项相消法求和得到证明.
【小问1详解】
①在恒成立，
故在上单调递增，
故，证毕；
②，恒有，
故为偶函数，
当时，，
由①可知，在上恒成立，
又，故在上恒成立，
故在上单调递减，
故，，
结合函数在上为偶函数可得，函数值域为；
【小问2详解】
因为，，
所以，
其中，故只需证明，
因为，，
所以，
由（1）可知，
上式两边取倒数得，故，
于是
，，
所以（）.
【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.0
1
2
3
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
（2024上·山东滨州·高一校考期末）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得到，，再利用集合的运算即可得出结果.
【详解】由，得到，所以，
由，易知时，，所以，
故，所以选项A错误，选项B正确，
又，所以选项C和D均错误，
故选：B.
（2023上·陕西西安·高三统考阶段练习）
2. 已知，，且，则（ ）
A. B. 2C. D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘法运算及复数相等得到方程组，求出、的值，从而求模.
【详解】因为，即，即，
因为，，所以，解得，
所以.
故选：A
（2024·陕西咸阳·校考模拟预测）
3. 如图，在等腰梯形中，是线段上一点，且，动点在以为圆心，1为半径的圆上，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点作，垂足为，以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，利用，通过坐标运算和数量积的定义来求解最值.
【详解】过点作，垂足为，
以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，
则，
其中，
，
当，即同向时，取最大值，
所以的最大值为.
故选：C.
（2024上·江苏·高二期末）
4. 已知数列前n项和为，且，则数列（ ）
A. 有最大项，有最小项B. 有最大项，无最小项
C. 无最大项，有最小项D. 无最大项，无最小项
【答案】C
【解析】
【分析】利用的关系可判定数列为等差数列，求出首项，公差再根据数列的函数特性判定选项即可.
【详解】由知，
显然时，，所以，
易知，
即数列为等差数列，首项，公差，
所以等差数列为递增数列，有最小项，无最大项.
故选：C
（2023·广东广州·统考模拟预测）
5. 已知，，，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系式、两角和与差的余弦、正弦公式求得正确答案.
【详解】，
，
，分子分母同时除以得：
①，
由于，所以，所以，
所以，
所以，
即，代入①得：
，解得.
故选：B
（2023上·山东·高一山东聊城一中校联考阶段练习）
6. 今年10月份，自然资源部联合国家林业和草原局向社会公布贡嘎山等9座山峰高程数据，其中狮子王高程数据为，夏诺多吉高程数据为．已知大气压强p（单位：）随高度h（单位：m）的变化满足关系式是海平面大气压强，，记夏诺多吉山峰峰顶的大气压强为，狮子王山峰峰顶的大气压强为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由条件列出方程，结合对数的运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】由条件可得，两式相减可得，
即
故选：A
（2024·全国·模拟预测）
7. 已知点在椭圆上，为椭圆的右焦点，是上位于直线两侧的点，且点到直线与直线的距离相等，则直线与轴交点的横坐标的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用点在椭圆上先求得椭圆方程，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合条件得，化简斜率和可得直线斜率为定值，再根据韦达定理和判别式计算即可．
【详解】将代入中，得，所以椭圆的方程为．
由题意知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为，
则，直线与轴交点的横坐标为，
由，得，
则，
．
因为，且点到直线与直线的距离相等，
所以，即，即，
整理得，
即，
即，所以．
由题意知，直线不经过点，故，
所以，得，
当时，由得，
由，解得，
故直线与轴交点的横坐标的取值范围为.
故选:A．
【点睛】方法点睛：①利用圆锥曲线的几何性质或方程根的判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．②利用已知参数的范围，求新参数的范围，这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．③利用已知的或隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．④将待求量表示为关于其他变量的函数，利用导数或基本不等式等求其值域，从而确定参数的取值范围．如本题需先设直线的方程为，并得到的关系，再根据直线与椭圆的位置关系得到的取值范围．
（2024·全国·模拟预测）
8. 已知定义在R上的函数满足，当时，.若，，则t的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得当时，的单调性和最值，进而结合以及恒成立问题分析求解.
【详解】由题意可知：当时，，
可知在上单调递减，在上单调递增，且的最小值为；
当时，，；
当时，，；
当时，，；
当时，，.
令，解得或，
因为，，所以，
故选：D.
【点睛】方法点睛：函数、方程与不等式相互转化的应用
（1）函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助．
（2）解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等式关系转化为最值(值域)问题，从而求出参变量的范围．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
（2023上·四川凉山·高二校联考期末）
9. 下图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法正确的是（ ）
A. 这10年粮食年产量的极差为15
B. 这10年粮食年产量的第65百分位数为33
C. 这10年粮食年产量的中位数为29
D. 前5年的粮食年产量的方差大于后5年粮食年产量的方差
【答案】ABC
【解析】
【分析】ABC选项，由极差，百分位数和中位数的定义求出答案；D选项，根据图形及方差的意义得到D错误.
【详解】A选项，将样本数据从小到大排列为25，26，27，28，28，30，33，36，37，40，
这10年的粮食年产量极差为，故A正确；
B选项，，结合A选项可知第65百分位数为第7个数33，故B正确；
C选项，从小到大，选取第5个和第6个的数的平均数作为中位数，
这10年的粮食年产量的中位数为，故C正确；
D选项，结合图形可知，前5年的粮食年产量的波动小于后5年的粮食产量波动，
所以前5年的粮食年产量的方差小于后5年的粮食年产量的方差，故D错误；
故选：ABC.
（2023上·重庆黔江·高二重庆市黔江中学校校考阶段练习）
10. 已知椭圆的左、右焦点分别为,,过点的直线交椭圆于,两点,若的最小值为4,则（ ）
A. 椭圆的短轴长为
B. 最大值为8
C. 离心率为
D. 椭圆上不存在点,使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆的焦点弦中通径最短,可得椭圆方程,结合椭圆的性质即可判断项；根据焦点三角形的周长和的最小值为4,可判断项；根据椭圆中当动点与短轴顶点重合时,最大,结合余弦定理即可判断项.
【详解】易知当轴时,即线段为通径时,最短,
解得椭圆方程为
椭圆的短轴长为故错误;
因为△的周长为
且故正确；
离心率故正确；
易知当点位于短轴顶点时,最大,此时
又为三角形内角,
椭圆上不存在点,使得,故正确.
故选：.
（2024上·山东潍坊·高三山东省昌乐第一中学校考阶段练习）
11. 如图，在边长为2的正方形中，线段BC的端点B，C分别在边上滑动，且.现将分别沿折起使点重合，重合后记为点P，得到三棱锥.现有以下结论：（ ）
A. 平面PBC；
B. 当B，C分别为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为；
C. x的取值范围为；
D. 三棱锥体积的最大值为.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意得,折叠成的三棱锥P﹣ABC的三条侧棱满足PAPB、PAPC，由线面垂直的判断定理得A正确；三棱锥P﹣ABC的外接球的直径等于以PA、PB、PC为长、宽、高的长方体的对角线长，由此结合AP＝2、BP＝CP＝1，得外接球的半径R＝，由此得三棱锥P﹣ABC的外接球的体积，故B正确；由题意得，，，在中，由边长关系得，故C正确；利用导数求解最值即可，故D错误.
【详解】由题意得，折叠成的三棱锥P﹣ABC的三条侧棱满足PAPB、PAPC，
在A中，由PAPB，PAPC，且PB PC，
所以平面成立，故A正确；
在B中，当分别为、的中点时，
三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两垂直，
三棱锥P﹣ABC的外接球直径等于以PA、PB、PC为长、宽、高的长方体的对角线长，
结合，，
得外接球的半径，
所以外接球的表面积为，故B正确；
在C中，正方形的边长为2，
所以，，，
在中，由边长关系得，
解得，故C正确；
在D中，因为的面积为
设，
当时，，当时，
，所以．
，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】本题将正方形折叠成三棱锥，求三棱锥的外接球的表面积．着重考查了长方体的对角线长公式、利用导数求三棱锥的体积最值等知识，属于中档题．
（2024·全国·模拟预测）
12. 已知定义域为R的函数满足，且函数是奇函数，，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的一个周期是8
B.
C. 函数是偶函数
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】本题要从前两个抽象表达式入手，判断函数的轴对称和中心对称两个特征，从而得出函数的周期性，接着通过赋值代入求出一个周期内的函数值或者项的特征，可相继判断B,D两项，利用偶函数的定义可判断C项.
【详解】由可知函数的图象关于直线对称．
因为函数是奇函数，所以函数的图象关于点对称，
（根据是奇函数，得，即得到）因此函数的一个周期为8，
（若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为），故选项A正确；
对于选项B：由函数的图象关于点对称，得，
，又，所以，故，
因此，因此选项B错误；
对于选项C：，故函数是偶函数，故选项C正确；
对于选项D：令，则，因此函数的一个周期是2，
因，所以，又，故，
所以当x为奇数时，当x为偶数时，
所以
，故选项D正确．
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：本题考查了抽象函数图像的对称性和周期性,属于难度较大知识点.关于函数的对称性和周期性主要有以下结论.
设函数．
（1）若，则函数的周期为2a；
（2）若，则函数的周期为2a；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a；
（5）若，则函数的周期为；
（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；
（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则函数的周期为2a；
（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则函数的周期为4a．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
（2024上·吉林白城·高三校考阶段练习）
13. 的展开式中含的项的系数为__________.
【答案】960
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式分析运算求解.
【详解】的展开式的通项为，故令，
可得的展开式中含的项的系数为：.
故答案为：960.
（2024上·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校联考期末）
14. 已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围______．
【答案】
【解析】
【分析】由得到，由零点个数得到不等式，求出答案.
【详解】，
∴，
，
∵函数在上恰有两个零点，
∴，解得，.
故答案为：
（2024·全国·高二竞赛）
15. 一个平台的俯视图为一个3×3的方格表，初始时在中心的方格处有一只电子瓢虫，每过一秒钟，该瓢虫都会随机选择平行于平台边界的四个方向之一移动一个单位．如果瓢虫跌落平台就会“死亡”，那么在2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率是________．
【答案】
【解析】
【分析】设第秒后瓢虫在角的概率为，在中心的概率，在边中间的概率为，由题设可得它们的递推关系，从而可求2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率.
【详解】
设第秒后瓢虫在角的概率为，在中心的概率，在边中间的概率为，
则，，，
其中，所以，
又，，
而，
故，
故在2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率为，
故答案为: .
【点睛】思路点睛：对于有连续变化过程的概率问题，一般可设出数列，通过题设条件得到数列的递归关系，再结合数列通项的求法求出概率.
（2023上·湖北武汉·高二校联考期中）
16. 数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一，该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的三角形．将长方体的上底面绕着其中心旋转得到如图2所示的十面体．已知，，是底面正方形内的点，且到和的距离都为，过直线作平面，则十面体外接球被平面所截的截面圆面积的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】先求外接球半径，再结合空间向量求出球心到直线EP的距离，结合球的结构特征即可求出截面圆的最小值.
【详解】由下图可知，上底面的平面图如下所示：
记的中心为，连接，因为旋转了，
所以为等边三角形， ，
又因为长方体中，平面，平面，
所以，所以，
解得，
因为十面体是将长方体的上底面绕着其中心旋转60°得到的，
所以长方体的外接球就是十面体的外接球；
设十面体的外接球半径为R，则
即，
以D为原点建立如下图所示的空间直角坐标系，
结合第一幅图可知，，
可得，，
所以，
又因为P到AB，AD的距离为，所以，球心，
所以，
所以最小截面圆的半径为，
此时截面圆面积为，
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
（2023下·云南保山·高一统考期末）
17. 云南省文山市东山公园的文笔塔，是当地的标志性建筑.文笔塔最初建于康熙年间，旧塔高为19.33米，1997年重建新塔工程全面启动，历时一年，于1998年3月底修建而成，从远处望去，东山山顶上的文笔塔恍惚成为海市蜃楼，疑是人间仙境，如梦如幻，美丽无比.某中学数学兴趣小组为了测量文笔塔高度，在如图所示的点处测得塔底位于其北偏东方向上的点处，塔顶的仰角为.在的正东方向且距点40m的点处测得塔底在其北偏西方向上（、、在同一水平面内）.
（1）求的值；
（2）求文笔塔的高度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和与差正弦公式即可；
（2）根据正弦定理得到，再利用三角函数得，代入数据即可.
【小问1详解】
如图，由题意得，
．
.
【小问2详解】
在中，
由正弦定理得，
，
，且，
在中，，
∴文笔塔的高度为.
（2023·海南省直辖县级单位·校考模拟预测）
18. 已知等比数列的公比为，记，分别为数列，的前项和．
（1）若，求；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的求和公式即可求解，
（2）根据求和公式即可求解.
【小问1详解】
易知为首项为，公比为的等比数列，故，
为首项为，公比为的等比数列，故，
所以，即，
，又，故．
【小问2详解】
由题意可知，，所以，则，
所以．
（2023上·安徽·高三安徽省怀远第一中学校联考阶段练习）
19. 如图，设与为两个正四棱锥，且，点P在线段AC上，且．
（1）记二面角，的大小分别为，，求的值；
（2）记EP与FB所成的角为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据二面角的平面角定义作图，结合三角形相似以及三角函数性质，可得答案；
（2）由题意建立空间直角坐标系，写出直线方向向量，利用夹角公式，可得答案.
【小问1详解】
记正方形ABCD的中心为O，则EF经过点O，
所以有，又因为，所以，
记BC的中点为M，连结EM，FM，OM，
在正四棱锥中，易知，，，
所以，分别为二面角，的平面角，
所以，
所以．
【小问2详解】
以O为空间坐标原点，，，方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
不妨设，，，，则，
由可知P为AO的中点，则，，，
所以，
所以当时，取到最大值．
（2023·全国·模拟预测）
20. 班会课上，甲、乙两位同学参加了“心有灵犀”活动：从5个成语中随机抽取3个，甲同学负责比划，乙同学负责猜成语．甲会比划其中3个，甲会比划的成语，乙猜对的概率为，甲不会比划的成语，乙无法猜对．
（1）求甲乙配合猜对2个成语的概率；
（2）设甲乙配合猜对成语个数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）由甲乙配合猜对2个成语，则需要抽中2个或3个甲会比划的成语，进而求得其概率；
（2）由题意，得到可能的取值为，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解.
【小问1详解】
解：甲乙配合猜对2个成语，则需要抽中2个或3个甲会比划的成语，
记事件A为甲乙配合猜对2个成语，可得，
所以甲乙配合猜对2个成语的概率为．
【小问2详解】
解：由题意，随机变量可能的取值为，
可得，
，
，
．
所以的分布列为
数学期望．
（2022上·浙江湖州·高三校考期末）
21. 设点是直线上的一个动点，为坐标原点，过点作轴的垂线．过点作直线的垂线交直线于.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过曲线上的一点（异于原点）作曲线的切线交椭圆于，两点，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出点坐标，根据垂直关系写出对应向量关系式，由此可得轨迹的方程；
（2）设出直线的方程，根据直线与曲线相切得到关于的表达式，然后通过联立方程结合韦达定理以及弦长公式表示出的面积，最后利用基本不等式求解出最大值.
【小问1详解】
设，则，所以，
因为，所以，所以，
所以点的轨迹的方程为；
【小问2详解】
设，，
因为为曲线的切线，
联立可得，所以，
联立可得，
所以，且，即，
所以，
又因为原点到直线的距离，
所以
，
当且仅当即（此时满足）时取等号，
综上可知，面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法：
（1）利用弦长以及点到直线的距离公式，结合底高，表示出三角形的面积；
（2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为或；
（3）借助三角形内切圆的半径，将三角形面积表示为（为内切圆半径）.
（2023上·重庆·高三重庆市育才中学校联考阶段练习）
22. 设函数，.
（1）①当时，证明：；
②当时，求的值域；
（2）若数列满足，，，证明：（）.
【答案】（1）①证明过程见解析，②
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）①求导，得到函数单调性，求出；②先得到为偶函数，考虑时，求导，结合①可知，在上单调递减，从而求出函数最值，求出值域；
（2）先得到，故只需证明，由（1）可知，从而裂项相消法求和得到证明.
【小问1详解】
①在恒成立，
故在上单调递增，
故，证毕；
②，恒有，
故为偶函数，
当时，，
由①可知，在上恒成立，
又，故在上恒成立，
故在上单调递减，
故，，
结合函数在上为偶函数可得，函数值域为；
【小问2详解】
因为，，
所以，
其中，故只需证明，
因为，，
所以，
由（1）可知，
上式两边取倒数得，故，
于是
，，
所以（）.
【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.0
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