2024年新課標全國Ⅰ卷數(shù)學真題（解析版）

2024年高考真題化學試題PAGEPAGE3絕密★啟用前2024年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（新課標I卷）數(shù)學本試卷共10頁，19小題，滿分150分.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.填空題和解答題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi).寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的．請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.已知集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗化簡集合，由交集的概念即可得解.【詳析】因為，且注意到，從而.故選：A.2.若，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由復數(shù)四則運算法則直接運算即可求解.【詳析】因為，所以.故選：C.3已知向量，若，則（）A. B. C.1 D.2〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)向量垂直的坐標運算可求的值.【詳析】因為，所以，所以即，故，故選：D.4.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據(jù)兩角和的余弦可求的關系，結合的值可求前者，故可求的值.【詳析】因為，所以，而，所以，故即，從而，故，故選：A.5.已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為，則圓錐的體積為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗設圓柱的底面半徑為，根據(jù)圓錐和圓柱的側面積相等可得半徑的方程，求出解后可求圓錐的體積.【詳析】設圓柱的底面半徑為，則圓錐的母線長為，而它們的側面積相等，所以即，故，故圓錐的體積為.故選：B.6.已知函數(shù)在R上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)二次函數(shù)的性質和分界點的大小關系即可得到不等式組，解出即可.【詳析】因為在上單調(diào)遞增，且時，單調(diào)遞增，則需滿足，解得，即a的范圍是.故選：B.7.當時，曲線與的交點個數(shù)為（）A.3 B.4 C.6 D.8〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗畫出兩函數(shù)在上的圖象，根據(jù)圖象即可求解【詳析】因為函數(shù)的的最小正周期為，函數(shù)的最小正周期為，所以在上函數(shù)有三個周期的圖象，在坐標系中結合五點法畫出兩函數(shù)圖象，如圖所示：由圖可知，兩函數(shù)圖象有6個交點.故選：C8.已知函數(shù)的定義域為R，，且當時，則下列結論中一定正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗代入得到，再利用函數(shù)性質和不等式的性質，逐漸遞推即可判斷.【詳析】因為當時，所以，又因為，則，，，，，則依次下去可知，則B正確；且無證據(jù)表明ACD一定正確.故選：B.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題的關鍵是利用，再利用題目所給的函數(shù)性質，代入函數(shù)值再結合不等式同向可加性，不斷遞推即可.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.隨著“一帶一路”國際合作的深入，某茶葉種植區(qū)多措并舉推動茶葉出口.為了解推動出口后的畝收入（單位：萬元）情況，從該種植區(qū)抽取樣本，得到推動出口后畝收入的樣本均值，樣本方差，已知該種植區(qū)以往的畝收入服從正態(tài)分布，假設推動出口后的畝收入服從正態(tài)分布，則（）（若隨機變量Z服從正態(tài)分布，）A. B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗根據(jù)正態(tài)分布的原則以及正態(tài)分布的對稱性即可解出.【詳析】依題可知，，所以，故，C正確，D錯誤；因為，所以，因為，所以，而，B正確，A錯誤，故選：BC．10.設函數(shù)，則（）A.是的極小值點 B.當時，C.當時， D.當時，〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗求出函數(shù)的導數(shù)，得到極值點，即可判斷A；利用函數(shù)的單調(diào)性可判斷B；根據(jù)函數(shù)在上的值域即可判斷C；直接作差可判斷D.【詳析】對A，因為函數(shù)的定義域為R，而，易知當時，，當或時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故是函數(shù)的極小值點，正確；對B，當時，，所以，而由上可知，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，錯誤；對C，當時，，而由上可知，函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，即，正確；對D，當時，，所以，正確；故選：ACD.11.設計一條美麗的絲帶,其造型可以看作圖中的曲線C的一部分.已知C過坐標原點O.且C上的點滿足:橫坐標大于，到點的距離與到定直線的距離之積為4，則（）A. B.點在C上C.C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1 D.當點在C上時，〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題設將原點代入曲線方程后可求，故可判斷A的正誤，結合曲線方程可判斷B的正誤，利用特例法可判斷C的正誤，將曲線方程化簡后結合不等式的性質可判斷D的正誤.【詳析】對于A：設曲線上的動點，則且，因為曲線過坐標原點，故，解得，故A正確.對于B：又曲線方程為，而，故.當時，，故在曲線上，故B正確.對于C：由曲線的方程可得，取，則，而，故此時，故在第一象限內(nèi)點的縱坐標的最大值大于1，故C錯誤.對于D：當點在曲線上時，由C的分析可得，故，故D正確.故選：ABD.【『點石成金』】思路『點石成金』：根據(jù)曲線方程討論曲線的性質，一般需要將曲線方程變形化簡后結合不等式的性質等來處理.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.設雙曲線的左右焦點分別為，過作平行于軸的直線交C于A，B兩點，若，則C的離心率為___________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由題意畫出雙曲線大致圖象，求出，結合雙曲線第一定義求出，即可得到的值，從而求出離心率.【詳析】由題可知三點橫坐標相等，設在第一象限，將代入得，即，故，，又，得，解得，代入得，故，即，所以.故〖答案〗為：13.若曲線在點處的切線也是曲線的切線，則__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先求出曲線在的切線方程，再設曲線的切點為，求出，利用公切線斜率相等求出，表示出切線方程，結合兩切線方程相同即可求解.【詳析】由得，，故曲線在處的切線方程為；由得，設切線與曲線相切的切點為，由兩曲線有公切線得，解得，則切點為，切線方程為，根據(jù)兩切線重合,所以，解得.故〖答案〗為：14.甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標有一個數(shù)字，甲的卡片上分別標有數(shù)字1，3，5，7，乙的卡片上分別標有數(shù)字2，4，6，8，兩人進行四輪比賽，在每輪比賽中，兩人各自從自己持有的卡片中隨機選一張，并比較所選卡片上數(shù)字的大小，數(shù)字大的人得1分，數(shù)字小的人得0分，然后各自棄置此輪所選的卡片（棄置的卡片在此后的輪次中不能使用）.則四輪比賽后，甲的總得分不小于2的概率為_________.〖答案〗##0.5〖解析〗〖祥解〗將每局的得分分別作為隨機變量，然后分析其和隨機變量即可.【詳析】設甲在四輪游戲中的得分分別為，四輪的總得分為.對于任意一輪，甲乙兩人在該輪出示每張牌的概率都均等，其中使得甲獲勝的出牌組合有六種，從而甲在該輪獲勝的概率，所以.從而.記.如果甲得0分，則組合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分別對應乙出2，4，6，8，所以；如果甲得3分，則組合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分別對應乙出8，2，4，6，所以.而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.所以，，兩式相減即得，故.所以甲的總得分不小于2的概率為.故〖答案〗為：.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題的關鍵在于將問題轉化為隨機變量問題，利用期望的可加性得到等量關系，從而避免繁瑣的列舉.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.記的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a，b，c，已知，（1）求B；（2）若的面積為，求c．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由余弦定理、平方關系依次求出，最后結合已知得的值即可；（2）首先求出，然后由正弦定理可將均用含有的式子表示，結合三角形面積公式即可列方程求解.【小問1詳析】由余弦定理有，對比已知，可得，因為，所以，從而，又因為，即，注意到，所以.【小問2詳析】由（1）可得，，，從而，，而，由正弦定理有，從而，由三角形面積公式可知，的面積可表示為，由已知的面積為，可得，所以.16.已知和為橢圓上兩點.（1）求C的離心率;（2）若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．〖答案〗（1）（2）直線的方程為或.〖解析〗〖祥解〗（1）代入兩點得到關于的方程，解出即可；（2）方法一：以為底，求出三角形的高，即點到直線的距離，再利用平行線距離公式得到平移后的直線方程，聯(lián)立橢圓方程得到點坐標，則得到直線的方程；方法二：同法一得到點到直線的距離，再設，根據(jù)點到直線距離和點在橢圓上得到方程組，解出即可；法三：同法一得到點到直線的距離，利用橢圓的參數(shù)方程即可求解；法四：首先驗證直線斜率不存在的情況，再設直線，聯(lián)立橢圓方程，得到點坐標，再利用點到直線距離公式即可；法五：首先考慮直線斜率不存在的情況，再設，利用弦長公式和點到直線的距離公式即可得到〖答案〗；法六：設線法與法五一致，利用水平寬乘鉛錘高乘表達面積即可.【小問1詳析】由題意得，解得，所以.【小問2詳析】法一：，則直線的方程為，即，，由（1）知，設點到直線的距離為，則，則將直線沿著與垂直的方向平移單位即可，此時該平行線與橢圓的交點即為點，設該平行線的方程為：，則，解得或，當時，聯(lián)立，解得或，即或，當時，此時，直線的方程為，即，當時，此時，直線的方程為，即，當時，聯(lián)立得，，此時該直線與橢圓無交點.綜上直線的方程為或.法二：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設，則，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設，其中，則有，聯(lián)立，解得或，即或，以下同法一；法四：當直線的斜率不存在時，此時，，符合題意，此時，直線的方程為，即，當線的斜率存在時，設直線的方程為，聯(lián)立橢圓方程有，則，其中，即，解得或，，，令，則，則同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，則，解得，此時，則得到此時，直線的方程為，即，綜上直線的方程為或.法五：當?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，此時不滿足條件.當?shù)男甭蚀嬖跁r，設，令，，消可得，，且，即，，到直線距離，或，均滿足題意，或，即或.法六：當斜率不存在時，到距離，此時不滿足條件.當直線斜率存在時，設，設與軸的交點為，令，則，聯(lián)立，則有，，其中，且，則，則，解的或，經(jīng)代入判別式驗證均滿足題意.則直線為或，即或.17.如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．（1）若，證明：平面；（2）若，且二面角的正弦值為，求．〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）先證出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，從而，再根據(jù)線面平行的判定定理即可證出；（2）過點D作于，再過點作于，連接，根據(jù)三垂線法可知，即為二面角的平面角，即可求得，再分別用的長度表示出，即可解方程求出．【小問1詳析】（1）因為平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因，所以，根據(jù)平面知識可知，又平面，平面，所以平面．【小問2詳析】如圖所示，過點D作于，再過點作于，連接，因為平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根據(jù)二面角的定義可知，即為二面角的平面角，即，即．因為，設，則，由等面積法可得，，又，而為等腰直角三角形，所以，故，解得，即．18.已知函數(shù)（1）若，且，求最小值；（2）證明：曲線是中心對稱圖形；（3）若當且僅當，求的取值范圍．〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗（3）〖解析〗〖祥解〗（1）求出后根據(jù)可求的最小值；（2）設為圖象上任意一點，可證關于的對稱點為也在函數(shù)的圖像上，從而可證對稱性；（3）根據(jù)題設可判斷即，再根據(jù)在上恒成立可求得.【小問1詳析】時，，其中，則，因為，當且僅當時等號成立，故，而成立，故即，所以的最小值為.，【小問2詳析】的定義域為，設為圖象上任意一點，關于的對稱點為，因為在圖象上，故，而，，所以也在圖象上，由的任意性可得圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為.【小問3詳析】因為當且僅當，故為的一個解，所以即，先考慮時，恒成立.此時即為在上恒成立，設，則上恒成立，設，則，當，，故恒成立，故在上為增函數(shù)，故即在上恒成立.當時，，故恒成立，故在上為增函數(shù)，故即在上恒成立.當，則當時，故在上為減函數(shù)，故，不合題意，舍；綜上，在上恒成立時.而當時，而時，由上述過程可得在遞增，故的解為，即的解為.綜上，.【『點石成金』】思路『點石成金』：一個函數(shù)不等式成立的充分必要條件就是函數(shù)不等式對應的解，而解的端點為函數(shù)對一個方程的根或定義域的端點，另外，根據(jù)函數(shù)不等式的解確定參數(shù)范圍時，可先由恒成立得到參數(shù)的范圍，再根據(jù)得到的參數(shù)的范圍重新考慮不等式的解的情況.19.設m為正整數(shù)，數(shù)列是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數(shù)都能構成等差數(shù)列，則稱數(shù)列是可分數(shù)列．（1）寫出所有的，，使數(shù)列是可分數(shù)列；（2）當時，證明：數(shù)列是可分數(shù)列；（3）從中一次任取兩個數(shù)和，記數(shù)列是可分數(shù)列的概率為，證明：．〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗（3）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）直接根據(jù)可分數(shù)列的定義即可；（2）根據(jù)可分數(shù)列的定義即可驗證結論；（3）證明使得原數(shù)列是可分數(shù)列的至少有個，再使用概率的定義.【小問1詳析】首先，我們設數(shù)列的公差為，則.由于一個數(shù)列同時加上一個數(shù)或者乘以一個非零數(shù)后是等差數(shù)列，當且僅當該數(shù)列是等差數(shù)列，故我們可以對該數(shù)列進行適當?shù)淖冃?，得到新?shù)列，然后對進行相應的討論即可.換言之，我們可以不妨設，此后的討論均建立在該假設下進行.回到原題，第1小問相當于從中取出兩個數(shù)和，使得剩下四個數(shù)是等差數(shù)列.那么剩下四個數(shù)只可能是，或，或.所以所有可能的就是.【小問2詳析】由于從數(shù)列中取出和后，剩余的個數(shù)可以分為以下兩個部分，共組，使得每組成等差數(shù)列：①，共組；②，共組.（如果，則忽略②）故數(shù)列是可分數(shù)列.【小問3詳析】定義集合，.下面證明，對，如果下面兩個命題同時成立，則數(shù)列一定是可分數(shù)列：命題1：或；命題2：.我們分兩種情況證明這個結論.第一種情況：如果，且.此時設，，.則由可知，即，故.此時，由于從數(shù)列中取出和后，剩余的個數(shù)可以分為以下三個部分，共組，使得每組成等差數(shù)列：①，共組；②，共組；③，共組.（如果某一部分的組數(shù)為，則忽略之）故此時數(shù)列是可分數(shù)列.第二種情況：如果，且.此時設，，.則由可知，即，故.由于，故，從而，這就意味著.此時，由于從數(shù)列中取出和后，剩余的個數(shù)可以分為以下四個部分，共組，使得每組成等差數(shù)列：①，共組；②，，共組；③全體，其中，共組；④，共組.（如果某一部分的組數(shù)為，則忽略之）這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含個行，個列的數(shù)表以后，個列分別是下面這些數(shù)：，，，.可以看出每列都是連續(xù)的若干個整數(shù)，它們再取并以后，將取遍中除開五個集合，，，，中的十個元素以外的所有數(shù).而這十個數(shù)中，除開已經(jīng)去掉的和以外，剩余的八個數(shù)恰好就是②中出現(xiàn)的八個數(shù).這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數(shù)列是可分數(shù)列.至此，我們證明了：對，如果前述命題1和命題2同時成立，則數(shù)列一定是可分數(shù)列.然后我們來考慮這樣的的個數(shù).首先，由于，和各有個元素，故滿足命題1的總共有個；而如果，假設，則可設，，代入得.但這導致，矛盾，所以.設，，，則，即.所以可能的恰好就是，對應的分別是，總共個.所以這個滿足命題1的中，不滿足命題2的恰好有個.這就得到同時滿足命題1和命題2的的個數(shù)為.當我們從中一次任取兩個數(shù)和時，總的選取方式的個數(shù)等于.而根據(jù)之前的結論，使得數(shù)列是可分數(shù)列的至少有個.所以數(shù)列是可分數(shù)列的概率一定滿足.這就證明了結論.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題的關鍵在于對新定義數(shù)列的理解，只有理解了定義，方可使用定義驗證或探究結論.絕密★啟用前2024年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（新課標I卷）數(shù)學本試卷共10頁，19小題，滿分150分.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.填空題和解答題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi).寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的．請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.已知集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗化簡集合，由交集的概念即可得解.【詳析】因為，且注意到，從而.故選：A.2.若，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由復數(shù)四則運算法則直接運算即可求解.【詳析】因為，所以.故選：C.3已知向量，若，則（）A. B. C.1 D.2〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)向量垂直的坐標運算可求的值.【詳析】因為，所以，所以即，故，故選：D.4.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根據(jù)兩角和的余弦可求的關系，結合的值可求前者，故可求的值.【詳析】因為，所以，而，所以，故即，從而，故，故選：A.5.已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為，則圓錐的體積為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗設圓柱的底面半徑為，根據(jù)圓錐和圓柱的側面積相等可得半徑的方程，求出解后可求圓錐的體積.【詳析】設圓柱的底面半徑為，則圓錐的母線長為，而它們的側面積相等，所以即，故，故圓錐的體積為.故選：B.6.已知函數(shù)在R上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據(jù)二次函數(shù)的性質和分界點的大小關系即可得到不等式組，解出即可.【詳析】因為在上單調(diào)遞增，且時，單調(diào)遞增，則需滿足，解得，即a的范圍是.故選：B.7.當時，曲線與的交點個數(shù)為（）A.3 B.4 C.6 D.8〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗畫出兩函數(shù)在上的圖象，根據(jù)圖象即可求解【詳析】因為函數(shù)的的最小正周期為，函數(shù)的最小正周期為，所以在上函數(shù)有三個周期的圖象，在坐標系中結合五點法畫出兩函數(shù)圖象，如圖所示：由圖可知，兩函數(shù)圖象有6個交點.故選：C8.已知函數(shù)的定義域為R，，且當時，則下列結論中一定正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗代入得到，再利用函數(shù)性質和不等式的性質，逐漸遞推即可判斷.【詳析】因為當時，所以，又因為，則，，，，，則依次下去可知，則B正確；且無證據(jù)表明ACD一定正確.故選：B.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題的關鍵是利用，再利用題目所給的函數(shù)性質，代入函數(shù)值再結合不等式同向可加性，不斷遞推即可.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.隨著“一帶一路”國際合作的深入，某茶葉種植區(qū)多措并舉推動茶葉出口.為了解推動出口后的畝收入（單位：萬元）情況，從該種植區(qū)抽取樣本，得到推動出口后畝收入的樣本均值，樣本方差，已知該種植區(qū)以往的畝收入服從正態(tài)分布，假設推動出口后的畝收入服從正態(tài)分布，則（）（若隨機變量Z服從正態(tài)分布，）A. B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗根據(jù)正態(tài)分布的原則以及正態(tài)分布的對稱性即可解出.【詳析】依題可知，，所以，故，C正確，D錯誤；因為，所以，因為，所以，而，B正確，A錯誤，故選：BC．10.設函數(shù)，則（）A.是的極小值點 B.當時，C.當時， D.當時，〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗求出函數(shù)的導數(shù)，得到極值點，即可判斷A；利用函數(shù)的單調(diào)性可判斷B；根據(jù)函數(shù)在上的值域即可判斷C；直接作差可判斷D.【詳析】對A，因為函數(shù)的定義域為R，而，易知當時，，當或時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故是函數(shù)的極小值點，正確；對B，當時，，所以，而由上可知，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，錯誤；對C，當時，，而由上可知，函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，即，正確；對D，當時，，所以，正確；故選：ACD.11.設計一條美麗的絲帶,其造型可以看作圖中的曲線C的一部分.已知C過坐標原點O.且C上的點滿足:橫坐標大于，到點的距離與到定直線的距離之積為4，則（）A. B.點在C上C.C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1 D.當點在C上時，〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根據(jù)題設將原點代入曲線方程后可求，故可判斷A的正誤，結合曲線方程可判斷B的正誤，利用特例法可判斷C的正誤，將曲線方程化簡后結合不等式的性質可判斷D的正誤.【詳析】對于A：設曲線上的動點，則且，因為曲線過坐標原點，故，解得，故A正確.對于B：又曲線方程為，而，故.當時，，故在曲線上，故B正確.對于C：由曲線的方程可得，取，則，而，故此時，故在第一象限內(nèi)點的縱坐標的最大值大于1，故C錯誤.對于D：當點在曲線上時，由C的分析可得，故，故D正確.故選：ABD.【『點石成金』】思路『點石成金』：根據(jù)曲線方程討論曲線的性質，一般需要將曲線方程變形化簡后結合不等式的性質等來處理.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.設雙曲線的左右焦點分別為，過作平行于軸的直線交C于A，B兩點，若，則C的離心率為___________．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由題意畫出雙曲線大致圖象，求出，結合雙曲線第一定義求出，即可得到的值，從而求出離心率.【詳析】由題可知三點橫坐標相等，設在第一象限，將代入得，即，故，，又，得，解得，代入得，故，即，所以.故〖答案〗為：13.若曲線在點處的切線也是曲線的切線，則__________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先求出曲線在的切線方程，再設曲線的切點為，求出，利用公切線斜率相等求出，表示出切線方程，結合兩切線方程相同即可求解.【詳析】由得，，故曲線在處的切線方程為；由得，設切線與曲線相切的切點為，由兩曲線有公切線得，解得，則切點為，切線方程為，根據(jù)兩切線重合,所以，解得.故〖答案〗為：14.甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標有一個數(shù)字，甲的卡片上分別標有數(shù)字1，3，5，7，乙的卡片上分別標有數(shù)字2，4，6，8，兩人進行四輪比賽，在每輪比賽中，兩人各自從自己持有的卡片中隨機選一張，并比較所選卡片上數(shù)字的大小，數(shù)字大的人得1分，數(shù)字小的人得0分，然后各自棄置此輪所選的卡片（棄置的卡片在此后的輪次中不能使用）.則四輪比賽后，甲的總得分不小于2的概率為_________.〖答案〗##0.5〖解析〗〖祥解〗將每局的得分分別作為隨機變量，然后分析其和隨機變量即可.【詳析】設甲在四輪游戲中的得分分別為，四輪的總得分為.對于任意一輪，甲乙兩人在該輪出示每張牌的概率都均等，其中使得甲獲勝的出牌組合有六種，從而甲在該輪獲勝的概率，所以.從而.記.如果甲得0分，則組合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分別對應乙出2，4，6，8，所以；如果甲得3分，則組合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分別對應乙出8，2，4，6，所以.而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.所以，，兩式相減即得，故.所以甲的總得分不小于2的概率為.故〖答案〗為：.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題的關鍵在于將問題轉化為隨機變量問題，利用期望的可加性得到等量關系，從而避免繁瑣的列舉.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.記的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a，b，c，已知，（1）求B；（2）若的面積為，求c．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由余弦定理、平方關系依次求出，最后結合已知得的值即可；（2）首先求出，然后由正弦定理可將均用含有的式子表示，結合三角形面積公式即可列方程求解.【小問1詳析】由余弦定理有，對比已知，可得，因為，所以，從而，又因為，即，注意到，所以.【小問2詳析】由（1）可得，，，從而，，而，由正弦定理有，從而，由三角形面積公式可知，的面積可表示為，由已知的面積為，可得，所以.16.已知和為橢圓上兩點.（1）求C的離心率;（2）若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．〖答案〗（1）（2）直線的方程為或.〖解析〗〖祥解〗（1）代入兩點得到關于的方程，解出即可；（2）方法一：以為底，求出三角形的高，即點到直線的距離，再利用平行線距離公式得到平移后的直線方程，聯(lián)立橢圓方程得到點坐標，則得到直線的方程；方法二：同法一得到點到直線的距離，再設，根據(jù)點到直線距離和點在橢圓上得到方程組，解出即可；法三：同法一得到點到直線的距離，利用橢圓的參數(shù)方程即可求解；法四：首先驗證直線斜率不存在的情況，再設直線，聯(lián)立橢圓方程，得到點坐標，再利用點到直線距離公式即可；法五：首先考慮直線斜率不存在的情況，再設，利用弦長公式和點到直線的距離公式即可得到〖答案〗；法六：設線法與法五一致，利用水平寬乘鉛錘高乘表達面積即可.【小問1詳析】由題意得，解得，所以.【小問2詳析】法一：，則直線的方程為，即，，由（1）知，設點到直線的距離為，則，則將直線沿著與垂直的方向平移單位即可，此時該平行線與橢圓的交點即為點，設該平行線的方程為：，則，解得或，當時，聯(lián)立，解得或，即或，當時，此時，直線的方程為，即，當時，此時，直線的方程為，即，當時，聯(lián)立得，，此時該直線與橢圓無交點.綜上直線的方程為或.法二：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設，則，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，設，其中，則有，聯(lián)立，解得或，即或，以下同法一；法四：當直線的斜率不存在時，此時，，符合題意，此時，直線的方程為，即，當線的斜率存在時，設直線的方程為，聯(lián)立橢圓方程有，則，其中，即，解得或，，，令，則，則同法一得到直線的方程為，點到直線的距離，則，解得，此時，則得到此時，直線的方程為，即，綜上直線的方程為或.法五：當?shù)男甭什淮嬖跁r，到距離，此時不滿足條件.當?shù)男甭蚀嬖跁r，設，令，，消可得，，且，即，，到直線距離，或，均滿足題意，或，即或.法六：當斜率不存在時，到距離，此時不滿足條件.當直線斜率存在時，設，設與軸的交點為，令，則，聯(lián)立，則有，，其中，且，則，則，解的或，經(jīng)代入判別式驗證均滿足題意.則直線為或，即或.17.如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．（1）若，證明：平面；（2）若，且二面角的正弦值為，求．〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）先證出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，從而，再根據(jù)線面平行的判定定理即可證出；（2）過點D作于，再過點作于，連接，根據(jù)三垂線法可知，即為二面角的平面角，即可求得，再分別用的長度表示出，即可解方程求出．【小問1詳析】（1）因為平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因，所以，根據(jù)平面知識可知，又平面，平面，所以平面．【小問2詳析】如圖所示，過點D作于，再過點作于，連接，因為平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根據(jù)二面角的定義可知，即為二面角的平面角，即，即．因為，設，則，由等面積法可得，，又，而為等腰直角三角形，所以，故，解得，即．18.已知函數(shù)（1）若，且，求最小值；（2）證明：曲線是中心對稱圖形；（3）若當且僅當，求的取值范圍．〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗（3）〖解析〗〖祥解〗（1）求出后根據(jù)可求的最小值；（2）設為圖象上任意一點，可證關于的對稱點為也在函數(shù)的圖像上，從而可證對稱性；（3）根據(jù)題設可判斷即，再根據(jù)在上恒成立可求得.【小問1詳析】時，，其中，則，因為，當且僅當時等號成立，故，而成立，故即，所以的最小值為.，【小問2詳析】的定義域為，設為圖象上任意一點，關于的對稱點為，因為在圖象上，故，而，，所以也在圖象上，由的任意性可得圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為.【小問3詳析】因為當且僅當，故為的一個解，所以即，先考慮時，恒成立.此時即為在上恒成立，設，則上恒成立，設，則，當，，故恒成立，故在上為增函數(shù)，故即在上恒成立.當時，，故恒成立，故在上為增函數(shù)，故即在上恒成立.當，則當時，故在上為減函數(shù)，故，不合題意，舍；綜上，在上恒成立時.而當時，而時，由上述過程可得在遞增，故的解為，即的解為.綜上，.【『點石成金』】思路『點石成金』：一個函數(shù)不等式成立的充分必要條件就是函數(shù)不等式對應的解，而解的端點為函數(shù)對一個方程的根或定義域