2024年4月13日发(作者：德康裕)

绝密

☆

启用前

试卷类型：

A

2022

年普通高等学校招生全国统一考试

数学

本试卷共

4

页，

22

小题，满分

150

分

.

考试用时

120

分钟

.

注意事项：

1

．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填

写在答题卡上

.

用

2B

铅笔将试卷类型（

A

）填涂在答题卡相应位置上

.

将条形码横贴在答题卡

右上角“条形码粘贴处”

.

2

．作答选择题时，选出每小题答案后，用

2B

铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂

黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上

.

3

．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相

应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液

.

不

按以上要求作答的答案无效

.

4

．考生必须保持答题卡的整洁

.

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回

.

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.

若集合

M{x∣x4},

A.

x0x2

【答案】

D

【解析】

【分析】求出集合

M,N

后可求

MN

.

N{x∣3x1}

，则

MN

（

）



B.



x



1





x



2





3



C.

x3x16



D.



x



1





x



16





3



∣0x16},N{x∣x}

，故

M



N





x

【详解】

M{x

故选：

D

1

3



1





x



16



，



3



2.

若

i(1z)1

，则

zz

（

）

A.

2

【答案】

D

【解析】

【分析】利用复数的除法可求

z

，从而可求

zz

.

B.

1

C. 1D. 2

【详解】由题设有

1z

故选：

D

1i

i

，故

z1+i

，故

zz



1i







1i



2

，

ii

2

3.

在

VABC

中，点

D

在边

AB

上，

BD

A.

3m2n

【答案】

B

【解析】











，则

2DA

．记

CAm

，

CDn

CB



（

）

C.

3m2n



B.

2m3n



D.

2m3n



【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．





【详解】因为点

D

在边

AB

上，

BD2DA

，所以

BD2DA

，即

CDCB2CACD

，









所以

CB



3CD2CA3n2m

2m3n

．

故选：

B

．

4.

南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库

.

已知该水库水位为海拔

148．5m

时，相应水面的面积为

140．

5m

时，相应水面的面积为

180．0km

2

；水位为海拔

157．

0km

2

，将该

水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔

148．5m

上升到

157．5m

时，增加的水量约

为（

72.65

）（

）

A.

1.010

9

m

3

【答案】

C

【解析】

【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．

【详解】依题意可知棱台的高为

MN157.5148.59

(m)

，所以增加的水量即为棱台的体积

V

．

棱台上底面积

S140.0km

2

14010

6

m

2

，下底面积

S



180.0km

2

18010

6

m

2

，

∴

V

B.

1.210

9

m

3

C.

1.410

9

m

3

D.

1.610

9

m

3

11

hSS



SS



914010

6

18010

6

14018010

12

33







332060710

6





96182.65



10

7

1.43710

9

1.410

9

(m

3

)

．



故选：

C

．

5.

从

2

至

8

的

7

个整数中随机取

2

个不同的数，则这

2

个数互质的概率为（

）

A.

1

6

B.

1

3

C.

1

2

D.

2

3

【答案】

D

【解析】

【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解

.

【详解】从

2

至

8

的

7

个整数中随机取

2

个不同的数，共有

C

7

21

种不同的取法，

若两数不互质，不同的取法有：



2,4



,



2,6



,



2,8



,



3,6



,



4,6



,



4,8



,



6,8



，共

7

种，

故所求概率

P



故选：

D.

2

21



72



.

213

6.

记函数

f(x)



sin





x











2





b(





0)

的



T





，且

yf(x)

的图象关于点

T

最小正周期为．若



4



3



3







,2



中心对称，则



2



A. 1

【答案】

A

【解析】







f





（

）



2



B.

3

2

C.

5

2

D. 3

【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解

.

【详解】由函数的最小正周期

T

满足

2



2



2







，解得

2



3

，



T





，得

3



3

又因为函数图象关于点



3





3





,2



对称，所以





k



,k



Z

，且

b2

，

24



2



所以









12

5



5

k,kZ

，所以





，

f(x)



sin



x







2

，

4



2

63



2

所以

f











5



sin









2



1

.

4



2



4

故选：

A

7.

设

a0.1e,b

A.

abc

【答案】

C

【解析】

0.1

1

，cln0.9

，则（

）

9

B.

cba

C.

cab

D.

acb

【分析】构造函数

f(x)ln(1x)x

，

导数判断其单调性，由此确定

a,b,c

的大小

.



【详解】设

f(x)ln(1x)x(x1)

，因为

f(x)



1x



1



，

1



x1



x

当

x(1,0)

时，

f



(x)0

，当

x(0,)

时

f



(x)0

，

所以函数

f(x)ln(1x)x

在

(0,)

单调递减，在

(1,0)

上单调递增，

所以

f()f(0)0

，所以

ln

1

9

101110



0

，故



ln



ln0.9

，即

bc

，

9999

11



191

911

+



0

，故



e

10

，所以

e

10



，所以

f()f(0)0

，所以

ln

101010

10109

故

ab

，

2x

x



1e



1



1

设

g

(

x

)

x

e



ln(1

x

)(0

x

1)

，则

g



(x)





x+1



e

x



,



x



1x



1

x

令

h(x)e

x

(x

2

1)+1

，

h



(x)e

x

(x

2

2x1)

，

当

0x

x2

21

时，

h



(x)0

，函数

h(x)e(x1)+1

单调递减，

当

21x1

时，

h



(x)0

，函数

h(x)e

x

(x

2

1)+1

单调递增，

又

h(0)0

，

所以当

0x

所以当

0x

21

时，

h(x)0

，

x

21

时，

g



(x)0

，函数

g

(

x

)

x

e



ln(1

x

)

单调递增，

所以

g(0.1)g(0)0

，即

0.1e

0.1

ln0.9

，所以

ac

故选：

C.

8.

已知正四棱锥的侧棱长为

l

，其各顶点都在同一球面上

.

若该球的体积为

36



，且

3l33

，则该正

四棱锥体积的取值范围是（

）



81



A.



18,



4



【答案】

C

【解析】



2781



B.



,





44





2764



,



C.





43



D.

[18,27]

【分析】设正四棱锥的高为

h

，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正

四棱锥体积的取值范围.

【详解】∵

球的体积为

36



，所以球的半径

R3

,

设正四棱锥的底面边长为

2a

，高为

h

，

则

l

2

2a

2

h

2

，

3

2

2a

2

(3h)

2

,

所以

6hl

2

，

2a

2

l

2

h

2

112l

4

l

2

1



4

l

6



22

所以正四棱锥的体积

V



Sh



4a



h



(l



)



=



l





，

3333669



36



1



3

l

5



1

3



24



l

2



所以

V







4l







l



，

9



6



9



6



当

3l26

时，

V



0

，当

26l33

时，

V



0

，

所以当

l26

时，正四棱锥的体积

V

取最大值，最大值为

64

，

3

2781

，

l33

时，

V

,

44

27

所以正四棱锥的体积

V

的最小值为，

4

又

l3

时，

V

所以该正四棱锥体积的取值范围是



故选：

C.



2764



，



.

43



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.

已知正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

，则（

）

A.

直线

BC

1

与

DA

1

所成的角为

90

C.

直线

BC

1

与平面

BB

1

D

1

D

所成的角为

45

【答案】

ABD

【解析】

【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可

.

【详解】如图，连接

B

1

C

、

BC

1

，因为

DA

1

//B

1

C

，所以直线

BC

1

与

B

1

C

所成的角即为直线

BC

1

与

DA

1

所

成的角，

因为四边形

BB

1

C

1

C

为正方形，则

B

1

C

BC

1

，故直线

BC

1

与

DA

1

所成

的

角为

90

，

A

正确；

B.

直线

BC

1

与

CA

1

所成的角为

90

D.

直线

BC

1

与平面

ABCD

所成的角为

45

连接

AC

1

，因为

A

1

B

1



平面

BB

1

C

1

C

，

BC

1



平面

BB

1

C

1

C

，则

A

1

B

1

BC

1

，

因为

B

1

C

BC

1

，

A

1

B

1

B

1

CB

1

，所以

BC

1



平面

A

1

B

1

C

，



平面

A

1

B

1

C

，所以

BC

1

CA

1

，故

B

正确；

又

AC

1

连接

A

1

C

1

，设

A

1

C

1

B

1

D

1

O

，连接

BO

，

因为

BB

1



平面

A

1

B

1

C

1

D

1

，

C

1

O

平面

A

1

B

1

C

1

D

1

，则

C

1

OB

1

B

，

因为

C

1

OB

1

D

1

，

B

1

D

1

B

1

BB

1

，所以

C

1

O

平面

BB

1

D

1

D

，

所以

C

1

BO

为直线

BC

1

与平面

BB

1

D

1

D

所成的角，

C

1

O1

2

sin



CBO



，设正方体棱长为

1

，则

C

1

O

，

BC

1

2

，

1

BC

1

2

2

所以，直线

BC

1

与平面

BB

1

D

1

D

所成的角为

30



，故

C

错误；



因为

C

1

C

平面

ABCD

，所以

C

1

BC

为直线

BC

1

与平面

ABCD

所成的角，易得

C

1

BC45

，故

D

正

确

.

故选：

ABD

10.

已知函数

f(x)x

3

x1

，则（

）

A.

f(x)

有两个极值点

C.

点

(0,1)

是曲线

yf(x)

的对称中心

【答案】

AC

【解析】

【分析】利用极值点的定义可判断

A

，结合

f(x)

的单调性、极值可判断

B

，利用平移可判断

C

；利用导数

的几何意义判断

D.

【详解】由题，

f





x



3x1

，令

f





x



0

得

x

2

B.

f(x)

有三个零点

D.

直线

y2x

是曲线

yf(x)

的切线

33

或

x

，

33

3

令

f



(x)0

得

x

3

3

，

3

333

3

所以

f(x)

在

(



,)

上单调递减，在

(



,



)

，

(,



)

上单调递增，

33

3

3

所以

x

3

是极值点，故

A

正确；

3

因

f(

323323

)10

，

f()10

，

f



2



50

，

3939



3



fx



,



所以，函数



在





上有一个零点，

3



当

x



3





3



3



0

fx

,+



时，

f



x





f



，即函数在

上无零点，











3



3





3



综上所述，函数

f(x)

有一个零点，故

B

错误；

令

h(x)x

3

x

，该函数的定义域为

R

，

h



x







x







x



x

3

xh



x



，

则

h(x)

是奇函数，

(0,0)

是

h(x)

的对称中心，

将

h(x)

的图象向上移动一个单位得到

f(x)

的图象，

所以点

(0,1)

是曲线

yf(x)

的对称中心，故

C

正确；

令

f





x



3x12

，可得

x1

，又

f(1)f



1



1

，

2

3

当切点为

(1,1)

时，切线方程为

y2x1

，当切点为

(1,1)

时，切线方程为

y2x3

，

故

D

错误

.

故选：

AC.

11.

已知

O

为坐标原点，点

A(1,1)

在抛物线

C:x

2

2py(p0)

上，过点

B(0,1)

的

直线交

C

于

P

，

Q

两

点，则（

）

A. C

的准线为

y1

C.

OPOQ|OA

【答案】

BCD

【解析】

【分析】求出抛物线方程可判断

A

，联立

AB

与抛物线的方程求交点可判断

B

，利用距离公式及弦长公式

可判断

C

、

D.

【详解】将点

A

的代入抛物线方程得

12p

，所以抛物线方程为

x

2

y

，故准线方程为

y

误；

2

B.

直线

AB

与

C

相切

D.

|BP||BQ||BA|

2

1

，

A

错

4

k

AB



联立



1



(



1)



2

，所以直线

AB

的方程为

y2x1

，

1



0



y



2x



1

，可得

x

2

2x10

，解得

x1

，故

B

正确；

2



x



y

设过

B

的直线为

l

，若直线

l

与

y

轴重合，则直线

l

与抛物线

C

只有一个交点，

所以，直线

l

的斜率存在，设其方程为

ykx1

，

P(x

1

,y

1

),Q(x

2

,y

2

)

，

联立





y



kx



1

，得

x

2

kx10

，

2



x



y



Δ



k

2



4



0



2

所以



x

1



x

2



k

，所以

k2

或

k2

，

y

1

y

2

(x

1

x

2

)1

，



xx



1

12



又

|OP|x

1

2

y

1

2



22

y

1

y

1

2

，

|OQ|x

2

y

2



2

，

y

2

y

2

所以

|OP||OQ|y

1

y

2

(1y

1

)(1y

2

)kx

1

kx

2

|k|2|OA|

2

，故

C

正确；

因为

|BP|1k

2

|x

1

|

，

|BQ|1k

2

|x

2

|

，

所以

|BP||BQ|(1k)|x

1

x

2

|1k5

，而

|BA|

2

5

，故

D

正确

.

故选：

BCD

22

12.

已知函数

f(x)

及其导函数

函数，则（

）

A.

f(0)0

【答案】

BC

【解析】



3





g(x)f(x)

f

，若





2x



，

g(2x)

均为偶

f

(

x

)

的定义域均为

R

，记



2





B.

g







1







0

2



C.

f(1)f(4)

D.

g(1)g(2)

【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可

得解

.



3



f

【详解】因为





2x



，

g(2x)

均为偶函数，



2



所以

f





3



3





2x





f





2x



即



2



2





3



3



f





x





f





x



，

g(2x)g(2x)

，



2



2



所以

f



3x



f



x



，

g(4x)g(x)

，则

f(1)f(4)

，故

C

正确；

函数

f(x)

，

g(x)

的图象分别关于直线

x

3

,x2

对称，

2

又

g(x)f



(x)

，且函数

f(x)

可导，

所以

g





3







0,g



3



x





g



x



，



2



所以

g(4x)g(x)g



3x



，所以

g(x2)g(x1)g



x



，

所以

g







1



3





g





0

，

g



1



g



1



g



2



，故

B

正确，

D

错误；



2



2



若函数

f(x)

满足题设条件，则函数

f(x)C

（

C

为常数）也满足题设条件，所以无法确定

f(x)

的函数值，

故

A

错误

.

故选：

BC.

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象

间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解

.

三、填空题：本题共

4

小题，每小题

5

分，共

20

分．

13.



1







y



8

26

．



(x



y)

的展开式中

xy

的系数为

________________

（用数字作答）

x



【答案】

-28

【解析】

【分析】



1







y



8

y

88

x



y

x



y



x



y

可化为，结合二项式展开式的通项公式求解

.







x



x

y



y

888



1



x



y=x



y



x



y

【详解】因为





，





x



x



所以



1







y



8

y

535626

26

x



y

Cxy



C

8

xy



28x

2

y

6

，的展开式中含

的项为



xy



8

x



x

y



8



1



x



y

的展开式中

x

2

y

6

的系数为

-28







x



故答案为：

-28

14.

写出与圆

x

2

y

2

1

和

(x3)

2

(y4)

2

16

都相切的一条直线的方程

________________

．

【答案】

y

【解析】

35

725

x

或

yx

或

x1

2424

44

【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可

.

【详解】圆

x

2

y

2

1

的圆心为

O



0,0



，半径为

1

，圆

(x3)

2

(y4)

2

16

的圆心

O

1

为

(3,4)

，半径

为

4

，

两圆圆心距为

3

2

4

2

5

，等于两圆半径之和，故两圆外切，

如图，

当切线为

l

时，因为

k

OO

1



4

3

3

，所以

k

l



，设方程为

yxt(t0)

4

4

3

1

35

5

，所以

l

的方程为

yx

，

4

44

O

到

l

的距离

d

|t|

9

1



16

，解得

t

当切线为

m

时，设直线方程为

kxyp0

，其中

p0

，

k0

，



p

7





1



k





725





1



k

2

24

x

由题意



，解得



，

y

2424



3k



4



p



4



p



25





1



k

2

24





当切线为

n

时，易知切线方程为

x1

，

故答案为：

y

35

725

x

或

yx

或

x1

.

2424

44

15.

若曲线

y(xa)e

x

有两条过坐标原点的切线，则

a

的取值范围是

________________

．

【答案】







,4







0,





【解析】

【分析】设出切点横坐标

x

0

，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于

x

0

的方程，

根据此方程应有两个不同的实数根，求得

a

的取值范围.

【详解】∵

y

(

xa

)e

，∴

y



(x1a)e

x

，

设切点为



x

0

,y

0



,则

y

0





x

0

a



e

0

,切线斜率

k



x

0

1a



e

0

,

xx

x

切线方程为：

y



x

0

a



e

x

0





x

0

1a



e

x

0



xx

0



,

x

0

∵切线过原点，∴





x

0

a



e

整理得：

x

0

ax

0

a0

,

2





x

0

1a



e

x

0



x

0



,

∵切线有两条，∴

a

2

4a0

,解得

a<-4

或

a0

,

∴

a

的取值范围是



,4







0,



,

故答案为：



,4







0,



x

2

y

2

1

16.

已知椭圆

C:

2



2



1(a



b



0)

，

C

的上顶点为

A

，两个焦点为

F

1

，

F

2

，离心率为

2

．过

F

1

且垂

ab

直于

AF

2

的直线与

C

交于

D

，

E

两点，

|DE|6

，则

VADE

的周长是

________________

．

【答案】13

【解析】

x

2

y

2

【分析】利用离心率得到椭圆的方程为

2



2



1

，即

3x

2



4y

2



12c

2



0

，根据离心率得到直线

4c3c

AF

2

的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线

DE

的斜率，写出直线

DE

的方程：

x3yc

，代入

椭圆方程

3x

2

4y

2

12c

2

0

，整理化简得到：

13y

2

63cy9c

2

0

，利用弦长公式求得

c

13

，得

8

13

，根据对称性将

VADE

的周长转化为

△F

2

DE

的周长，利用椭圆的定义得到周长为

4a13

.

4

c1

【详解】∵椭圆的离心率为

e



，∴

a2c

，∴

b

2

a

2

c

2

3c

2

，∴椭圆的方程为

a2

a2c

x

2

y

2



2



1

，即

3x

2



4y

2



12c

2



0

，不妨设左焦点为

F

1

，右焦点为

F

2

，如图所示，∵

2

4c3c

AF

2

a，OF

2

c，a2c

，∴



AF

2

O





3

，∴

△AF

1

F

2

为正三角形，∵过

F

1

且垂直于

AF

2

的直线与

C

交于

D

，

E

两点，

DE

为线段

AF

2

的垂直平分线，∴直线

DE

的斜率为

的方程：

x

3

，斜率倒数为

3

， 直线

DE

3

3yc

，代入椭圆方程

3x

2

4y

2

12c

2

0

，整理化简得到：

13y

2

63cy9c

2

0

，

判别式

63c

∴

DE1

∴

c



2

4139c

2

6

2

16c

2

，

2



3y

1

y

2

2

Δc

2646

，

1313

1313

， 得

a2c

，

84

∵

DE

为线段

AF

2

的垂直平分线，根据对称性，

ADDF

2

，AEEF

2

，∴

VADE

的周长等于

△F

2

DE

的周长，利用椭圆的定义得到

△F

2

DE

周长为

DF

2

EF

2

DEDF

2

EF

2

DF

1

EF

1

DF

1

DF

2

EF

1

EF

2

2a2a4a13

.

故答案为：13.

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．



S

n



1

Sa



1,

a

17.

记

n

为数列



n



的前

n

项和，已知

1



是公差为的等差数列．

3



a

n



（

1

）求



a

n



的通项公式；

111



2

．（

2

）证明：

a

1

a

2

a

n

【答案】（

1

）

a

n



n



n

1



2

2024年4月13日发(作者：德康裕)

绝密

☆

启用前

试卷类型：

A

2022

年普通高等学校招生全国统一考试

数学

本试卷共

4

页，

22

小题，满分

150

分

.

考试用时

120

分钟

.

注意事项：

1

．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填

写在答题卡上

.

用

2B

铅笔将试卷类型（

A

）填涂在答题卡相应位置上

.

将条形码横贴在答题卡

右上角“条形码粘贴处”

.

2

．作答选择题时，选出每小题答案后，用

2B

铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂

黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上

.

3

．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相

应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液

.

不

按以上要求作答的答案无效

.

4

．考生必须保持答题卡的整洁

.

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回

.

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.

若集合

M{x∣x4},

A.

x0x2

【答案】

D

【解析】

【分析】求出集合

M,N

后可求

MN

.

N{x∣3x1}

，则

MN

（

）



B.



x



1





x



2





3



C.

x3x16



D.



x



1





x



16





3



∣0x16},N{x∣x}

，故

M



N





x

【详解】

M{x

故选：

D

1

3



1





x



16



，



3



2.

若

i(1z)1

，则

zz

（

）

A.

2

【答案】

D

【解析】

【分析】利用复数的除法可求

z

，从而可求

zz

.

B.

1

C. 1D. 2

【详解】由题设有

1z

故选：

D

1i

i

，故

z1+i

，故

zz



1i







1i



2

，

ii

2

3.

在

VABC

中，点

D

在边

AB

上，

BD

A.

3m2n

【答案】

B

【解析】











，则

2DA

．记

CAm

，

CDn

CB



（

）

C.

3m2n



B.

2m3n



D.

2m3n



【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．





【详解】因为点

D

在边

AB

上，

BD2DA

，所以

BD2DA

，即

CDCB2CACD

，









所以

CB



3CD2CA3n2m

2m3n

．

故选：

B

．

4.

南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库

.

已知该水库水位为海拔

148．5m

时，相应水面的面积为

140．

5m

时，相应水面的面积为

180．0km

2

；水位为海拔

157．

0km

2

，将该

水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔

148．5m

上升到

157．5m

时，增加的水量约

为（

72.65

）（

）

A.

1.010

9

m

3

【答案】

C

【解析】

【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．

【详解】依题意可知棱台的高为

MN157.5148.59

(m)

，所以增加的水量即为棱台的体积

V

．

棱台上底面积

S140.0km

2

14010

6

m

2

，下底面积

S



180.0km

2

18010

6

m

2

，

∴

V

B.

1.210

9

m

3

C.

1.410

9

m

3

D.

1.610

9

m

3

11

hSS



SS



914010

6

18010

6

14018010

12

33







332060710

6





96182.65



10

7

1.43710

9

1.410

9

(m

3

)

．



故选：

C

．

5.

从

2

至

8

的

7

个整数中随机取

2

个不同的数，则这

2

个数互质的概率为（

）

A.

1

6

B.

1

3

C.

1

2

D.

2

3

【答案】

D

【解析】

【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解

.

【详解】从

2

至

8

的

7

个整数中随机取

2

个不同的数，共有

C

7

21

种不同的取法，

若两数不互质，不同的取法有：



2,4



,



2,6



,



2,8



,



3,6



,



4,6



,



4,8



,



6,8



，共

7

种，

故所求概率

P



故选：

D.

2

21



72



.

213

6.

记函数

f(x)



sin





x











2





b(





0)

的



T





，且

yf(x)

的图象关于点

T

最小正周期为．若



4



3



3







,2



中心对称，则



2



A. 1

【答案】

A

【解析】







f





（

）



2



B.

3

2

C.

5

2

D. 3

【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解

.

【详解】由函数的最小正周期

T

满足

2



2



2







，解得

2



3

，



T





，得

3



3

又因为函数图象关于点



3





3





,2



对称，所以





k



,k



Z

，且

b2

，

24



2



所以









12

5



5

k,kZ

，所以





，

f(x)



sin



x







2

，

4



2

63



2

所以

f











5



sin









2



1

.

4



2



4

故选：

A

7.

设

a0.1e,b

A.

abc

【答案】

C

【解析】

0.1

1

，cln0.9

，则（

）

9

B.

cba

C.

cab

D.

acb

【分析】构造函数

f(x)ln(1x)x

，

导数判断其单调性，由此确定

a,b,c

的大小

.



【详解】设

f(x)ln(1x)x(x1)

，因为

f(x)



1x



1



，

1



x1



x

当

x(1,0)

时，

f



(x)0

，当

x(0,)

时

f



(x)0

，

所以函数

f(x)ln(1x)x

在

(0,)

单调递减，在

(1,0)

上单调递增，

所以

f()f(0)0

，所以

ln

1

9

101110



0

，故



ln



ln0.9

，即

bc

，

9999

11



191

911

+



0

，故



e

10

，所以

e

10



，所以

f()f(0)0

，所以

ln

101010

10109

故

ab

，

2x

x



1e



1



1

设

g

(

x

)

x

e



ln(1

x

)(0

x

1)

，则

g



(x)





x+1



e

x



,



x



1x



1

x

令

h(x)e

x

(x

2

1)+1

，

h



(x)e

x

(x

2

2x1)

，

当

0x

x2

21

时，

h



(x)0

，函数

h(x)e(x1)+1

单调递减，

当

21x1

时，

h



(x)0

，函数

h(x)e

x

(x

2

1)+1

单调递增，

又

h(0)0

，

所以当

0x

所以当

0x

21

时，

h(x)0

，

x

21

时，

g



(x)0

，函数

g

(

x

)

x

e



ln(1

x

)

单调递增，

所以

g(0.1)g(0)0

，即

0.1e

0.1

ln0.9

，所以

ac

故选：

C.

8.

已知正四棱锥的侧棱长为

l

，其各顶点都在同一球面上

.

若该球的体积为

36



，且

3l33

，则该正

四棱锥体积的取值范围是（

）



81



A.



18,



4



【答案】

C

【解析】



2781



B.



,





44





2764



,



C.





43



D.

[18,27]

【分析】设正四棱锥的高为

h

，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正

四棱锥体积的取值范围.

【详解】∵

球的体积为

36



，所以球的半径

R3

,

设正四棱锥的底面边长为

2a

，高为

h

，

则

l

2

2a

2

h

2

，

3

2

2a

2

(3h)

2

,

所以

6hl

2

，

2a

2

l

2

h

2

112l

4

l

2

1



4

l

6



22

所以正四棱锥的体积

V



Sh



4a



h



(l



)



=



l





，

3333669



36



1



3

l

5



1

3



24



l

2



所以

V







4l







l



，

9



6



9



6



当

3l26

时，

V



0

，当

26l33

时，

V



0

，

所以当

l26

时，正四棱锥的体积

V

取最大值，最大值为

64

，

3

2781

，

l33

时，

V

,

44

27

所以正四棱锥的体积

V

的最小值为，

4

又

l3

时，

V

所以该正四棱锥体积的取值范围是



故选：

C.



2764



，



.

43



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.

已知正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

，则（

）

A.

直线

BC

1

与

DA

1

所成的角为

90

C.

直线

BC

1

与平面

BB

1

D

1

D

所成的角为

45

【答案】

ABD

【解析】

【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可

.

【详解】如图，连接

B

1

C

、

BC

1

，因为

DA

1

//B

1

C

，所以直线

BC

1

与

B

1

C

所成的角即为直线

BC

1

与

DA

1

所

成的角，

因为四边形

BB

1

C

1

C

为正方形，则

B

1

C

BC

1

，故直线

BC

1

与

DA

1

所成

的

角为

90

，

A

正确；

B.

直线

BC

1

与

CA

1

所成的角为

90

D.

直线

BC

1

与平面

ABCD

所成的角为

45

连接

AC

1

，因为

A

1

B

1



平面

BB

1

C

1

C

，

BC

1



平面

BB

1

C

1

C

，则

A

1

B

1

BC

1

，

因为

B

1

C

BC

1

，

A

1

B

1

B

1

CB

1

，所以

BC

1



平面

A

1

B

1

C

，



平面

A

1

B

1

C

，所以

BC

1

CA

1

，故

B

正确；

又

AC

1

连接

A

1

C

1

，设

A

1

C

1

B

1

D

1

O

，连接

BO

，

因为

BB

1



平面

A

1

B

1

C

1

D

1

，

C

1

O

平面

A

1

B

1

C

1

D

1

，则

C

1

OB

1

B

，

因为

C

1

OB

1

D

1

，

B

1

D

1

B

1

BB

1

，所以

C

1

O

平面

BB

1

D

1

D

，

所以

C

1

BO

为直线

BC

1

与平面

BB

1

D

1

D

所成的角，

C

1

O1

2

sin



CBO



，设正方体棱长为

1

，则

C

1

O

，

BC

1

2

，

1

BC

1

2

2

所以，直线

BC

1

与平面

BB

1

D

1

D

所成的角为

30



，故

C

错误；



因为

C

1

C

平面

ABCD

，所以

C

1

BC

为直线

BC

1

与平面

ABCD

所成的角，易得

C

1

BC45

，故

D

正

确

.

故选：

ABD

10.

已知函数

f(x)x

3

x1

，则（

）

A.

f(x)

有两个极值点

C.

点

(0,1)

是曲线

yf(x)

的对称中心

【答案】

AC

【解析】

【分析】利用极值点的定义可判断

A

，结合

f(x)

的单调性、极值可判断

B

，利用平移可判断

C

；利用导数

的几何意义判断

D.

【详解】由题，

f





x



3x1

，令

f





x



0

得

x

2

B.

f(x)

有三个零点

D.

直线

y2x

是曲线

yf(x)

的切线

33

或

x

，

33

3

令

f



(x)0

得

x

3

3

，

3

333

3

所以

f(x)

在

(



,)

上单调递减，在

(



,



)

，

(,



)

上单调递增，

33

3

3

所以

x

3

是极值点，故

A

正确；

3

因

f(

323323

)10

，

f()10

，

f



2



50

，

3939



3



fx



,



所以，函数



在





上有一个零点，

3



当

x



3





3



3



0

fx

,+



时，

f



x





f



，即函数在

上无零点，











3



3





3



综上所述，函数

f(x)

有一个零点，故

B

错误；

令

h(x)x

3

x

，该函数的定义域为

R

，

h



x







x







x



x

3

xh



x



，

则

h(x)

是奇函数，

(0,0)

是

h(x)

的对称中心，

将

h(x)

的图象向上移动一个单位得到

f(x)

的图象，

所以点

(0,1)

是曲线

yf(x)

的对称中心，故

C

正确；

令

f





x



3x12

，可得

x1

，又

f(1)f



1



1

，

2

3

当切点为

(1,1)

时，切线方程为

y2x1

，当切点为

(1,1)

时，切线方程为

y2x3

，

故

D

错误

.

故选：

AC.

11.

已知

O

为坐标原点，点

A(1,1)

在抛物线

C:x

2

2py(p0)

上，过点

B(0,1)

的

直线交

C

于

P

，

Q

两

点，则（

）

A. C

的准线为

y1

C.

OPOQ|OA

【答案】

BCD

【解析】

【分析】求出抛物线方程可判断

A

，联立

AB

与抛物线的方程求交点可判断

B

，利用距离公式及弦长公式

可判断

C

、

D.

【详解】将点

A

的代入抛物线方程得

12p

，所以抛物线方程为

x

2

y

，故准线方程为

y

误；

2

B.

直线

AB

与

C

相切

D.

|BP||BQ||BA|

2

1

，

A

错

4

k

AB



联立



1



(



1)



2

，所以直线

AB

的方程为

y2x1

，

1



0



y



2x



1

，可得

x

2

2x10

，解得

x1

，故

B

正确；

2



x



y

设过

B

的直线为

l

，若直线

l

与

y

轴重合，则直线

l

与抛物线

C

只有一个交点，

所以，直线

l

的斜率存在，设其方程为

ykx1

，

P(x

1

,y

1

),Q(x

2

,y

2

)

，

联立





y



kx



1

，得

x

2

kx10

，

2



x



y



Δ



k

2



4



0



2

所以



x

1



x

2



k

，所以

k2

或

k2

，

y

1

y

2

(x

1

x

2

)1

，



xx



1

12



又

|OP|x

1

2

y

1

2



22

y

1

y

1

2

，

|OQ|x

2

y

2



2

，

y

2

y

2

所以

|OP||OQ|y

1

y

2

(1y

1

)(1y

2

)kx

1

kx

2

|k|2|OA|

2

，故

C

正确；

因为

|BP|1k

2

|x

1

|

，

|BQ|1k

2

|x

2

|

，

所以

|BP||BQ|(1k)|x

1

x

2

|1k5

，而

|BA|

2

5

，故

D

正确

.

故选：

BCD

22

12.

已知函数

f(x)

及其导函数

函数，则（

）

A.

f(0)0

【答案】

BC

【解析】



3





g(x)f(x)

f

，若





2x



，

g(2x)

均为偶

f

(

x

)

的定义域均为

R

，记



2





B.

g







1







0

2



C.

f(1)f(4)

D.

g(1)g(2)

【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可

得解

.



3



f

【详解】因为





2x



，

g(2x)

均为偶函数，



2



所以

f





3



3





2x





f





2x



即



2



2





3



3



f





x





f





x



，

g(2x)g(2x)

，



2



2



所以

f



3x



f



x



，

g(4x)g(x)

，则

f(1)f(4)

，故

C

正确；

函数

f(x)

，

g(x)

的图象分别关于直线

x

3

,x2

对称，

2

又

g(x)f



(x)

，且函数

f(x)

可导，

所以

g





3







0,g



3



x





g



x



，



2



所以

g(4x)g(x)g



3x



，所以

g(x2)g(x1)g



x



，

所以

g







1



3





g





0

，

g



1



g



1



g



2



，故

B

正确，

D

错误；



2



2



若函数

f(x)

满足题设条件，则函数

f(x)C

（

C

为常数）也满足题设条件，所以无法确定

f(x)

的函数值，

故

A

错误

.

故选：

BC.

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象

间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解

.

三、填空题：本题共

4

小题，每小题

5

分，共

20

分．

13.



1







y



8

26

．



(x



y)

的展开式中

xy

的系数为

________________

（用数字作答）

x



【答案】

-28

【解析】

【分析】



1







y



8

y

88

x



y

x



y



x



y

可化为，结合二项式展开式的通项公式求解

.







x



x

y



y

888



1



x



y=x



y



x



y

【详解】因为





，





x



x



所以



1







y



8

y

535626

26

x



y

Cxy



C

8

xy



28x

2

y

6

，的展开式中含

的项为



xy



8

x



x

y



8



1



x



y

的展开式中

x

2

y

6

的系数为

-28







x



故答案为：

-28

14.

写出与圆

x

2

y

2

1

和

(x3)

2

(y4)

2

16

都相切的一条直线的方程

________________

．

【答案】

y

【解析】

35

725

x

或

yx

或

x1

2424

44

【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可

.

【详解】圆

x

2

y

2

1

的圆心为

O



0,0



，半径为

1

，圆

(x3)

2

(y4)

2

16

的圆心

O

1

为

(3,4)

，半径

为

4

，

两圆圆心距为

3

2

4

2

5

，等于两圆半径之和，故两圆外切，

如图，

当切线为

l

时，因为

k

OO

1



4

3

3

，所以

k

l



，设方程为

yxt(t0)

4

4

3

1

35

5

，所以

l

的方程为

yx

，

4

44

O

到

l

的距离

d

|t|

9

1



16

，解得

t

当切线为

m

时，设直线方程为

kxyp0

，其中

p0

，

k0

，



p

7





1



k





725





1



k

2

24

x

由题意



，解得



，

y

2424



3k



4



p



4



p



25





1



k

2

24





当切线为

n

时，易知切线方程为

x1

，

故答案为：

y

35

725

x

或

yx

或

x1

.

2424

44

15.

若曲线

y(xa)e

x

有两条过坐标原点的切线，则

a

的取值范围是

________________

．

【答案】







,4







0,





【解析】

【分析】设出切点横坐标

x

0

，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于

x

0

的方程，

根据此方程应有两个不同的实数根，求得

a

的取值范围.

【详解】∵

y

(

xa

)e

，∴

y



(x1a)e

x

，

设切点为



x

0

,y

0



,则

y

0





x

0

a



e

0

,切线斜率

k



x

0

1a



e

0

,

xx

x

切线方程为：

y



x

0

a



e

x

0





x

0

1a



e

x

0



xx

0



,

x

0

∵切线过原点，∴





x

0

a



e

整理得：

x

0

ax

0

a0

,

2





x

0

1a



e

x

0



x

0



,

∵切线有两条，∴

a

2

4a0

,解得

a<-4

或

a0

,

∴

a

的取值范围是



,4







0,



,

故答案为：



,4







0,



x

2

y

2

1

16.

已知椭圆

C:

2



2



1(a



b



0)

，

C

的上顶点为

A

，两个焦点为

F

1

，

F

2

，离心率为

2

．过

F

1

且垂

ab

直于

AF

2

的直线与

C

交于

D

，

E

两点，

|DE|6

，则

VADE

的周长是

________________

．

【答案】13

【解析】

x

2

y

2

【分析】利用离心率得到椭圆的方程为

2



2



1

，即

3x

2



4y

2



12c

2



0

，根据离心率得到直线

4c3c

AF

2

的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线

DE

的斜率，写出直线

DE

的方程：

x3yc

，代入

椭圆方程

3x

2

4y

2

12c

2

0

，整理化简得到：

13y

2

63cy9c

2

0

，利用弦长公式求得

c

13

，得

8

13

，根据对称性将

VADE

的周长转化为

△F

2

DE

的周长，利用椭圆的定义得到周长为

4a13

.

4

c1

【详解】∵椭圆的离心率为

e



，∴

a2c

，∴

b

2

a

2

c

2

3c

2

，∴椭圆的方程为

a2

a2c

x

2

y

2



2



1

，即

3x

2



4y

2



12c

2



0

，不妨设左焦点为

F

1

，右焦点为

F

2

，如图所示，∵

2

4c3c

AF

2

a，OF

2

c，a2c

，∴



AF

2

O





3

，∴

△AF

1

F

2

为正三角形，∵过

F

1

且垂直于

AF

2

的直线与

C

交于

D

，

E

两点，

DE

为线段

AF

2

的垂直平分线，∴直线

DE

的斜率为

的方程：

x

3

，斜率倒数为

3

， 直线

DE

3

3yc

，代入椭圆方程

3x

2

4y

2

12c

2

0

，整理化简得到：

13y

2

63cy9c

2

0

，

判别式

63c

∴

DE1

∴

c



2

4139c

2

6

2

16c

2

，

2



3y

1

y

2

2

Δc

2646

，

1313

1313

， 得

a2c

，

84

∵

DE

为线段

AF

2

的垂直平分线，根据对称性，

ADDF

2

，AEEF

2

，∴

VADE

的周长等于

△F

2

DE

的周长，利用椭圆的定义得到

△F

2

DE

周长为

DF

2

EF

2

DEDF

2

EF

2

DF

1

EF

1

DF

1

DF

2

EF

1

EF

2

2a2a4a13

.

故答案为：13.

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．



S

n



1

Sa



1,

a

17.

记

n

为数列



n



的前

n

项和，已知

1



是公差为的等差数列．

3



a

n



（

1

）求



a

n



的通项公式；

111



2

．（

2

）证明：

a

1

a

2

a

n

【答案】（

1

）

a

n



n



n

1



2