文档内容
数学
命题人：蒋志刚（永州四中） 唐首佳（宁远一中）
潘圆（江华一中） 陈诗跃（永州一中）
审题人：席俊雄（永州市教科院）
注意事项：
1．本试卷共150分，考试时量120分钟．
2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效．
3．考试结束后，只交答题卡．
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. 设 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，求出集合 ，再利用集合的运算，即可求解.
【详解】由 ，得到 或 ，所以 ，
又由 ，得到 ，所以 ，得到 ，
故选：A.
2. 复数 的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法运算以及共轭复数的概念即可得解.
【详解】因为 ，所以复数 的共轭复数是 .
故选：A.3. 已知 ，且 与 不共线，则“向量 与 垂直”是“ ”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
【解析】
【分析】由已知结合向量垂直列出方程求得 ，即可判断出答案．
【详解】若向量 与 垂直，
则 ，解得 ，
所以“向量 与 垂直”是“ ”必要不充分条件，
故选：B．
4. 函数 在点 处的切线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对 求导，得到 ，从而有 ，再利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】由 ，得到 ，所以 ，
所以 在点 处的切线方程是 ，即 ，
故选：A.5. 已知函数 的最小正周期为 ，则 的对称轴可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由 的最小正周期为 ，求得 ，再令 ，即可求解．
【详解】因为函数 的最小正周期为 ，
所以 ，则 ，
令 ，则 ，
对比选项可知，只有当 时， ，符合题意，故D正确；
故选：D．
6. 在2024年巴黎奥运会中，甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类
工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，若甲只能参加接待工作，那么不同的志愿者分配
方案的种数是（ ）
A. 38 B. 42 C. 50 D. 56
【答案】C
【解析】
【分析】根据参加接待工作的人数分类讨论，先分组再分配，结合排列组合即可求解.
【详解】（1）如果参加接待工作只有一人，则只能为甲，
再把其余4人分组有两类情况： 和 .
把4人按 分组，有 种分组方法，按 分组，有 种分组方法，因此不同分组方法数为 ，
再把两组人安排到其余两类志愿者服务工作，有 种方法，
所以不同分配方法种数是 .
（2）如果参加接待工作有2人，则除了甲之外，还需要再安排一人有 种情况，
再把其余3人分组成 ，有 种分组方法，
再把两组人安排到其余两类志愿者服务工作，有 种方法，
所以不同分配方法种数是 .
（3）如果参加接待工作有3人，则除了甲之外，还需要再安排两人有 种情况，
再把其余2人安排到其余两类志愿者服务工作，有 种方法，
所以不同分配方法种数是 .
综上，不同的志愿者分配方案的种数是 .
故选：C.
7. 已知数列{a )满足 ，且 ，则
n
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由 得出 为等差数列，求出等差数列的通项公式得出，再根据裂项相消即可求解．
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 为等差数列，公差 ，首项 ，
所以 ，所以 ，
所以
.
故选：D．
8. 已知函数 为奇函数，且 在区间 上有最小值，则实
数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【 分 析 】 先 根 据 题 设 条 件 及 奇 函 数 的 性 质 ， 得 到 ， ， 从 而 有
，再结合函数的定义域得到 或 ，分 或 两
种情况，利用函数的单调性，即可求解.【详解】因为 为奇函数，所以其定义域关于原点对称，
易知 ，所以 ，即有 ，得到 ，
所以 ，函数定义域为 且 ，
得到 ，所以 ，
故 ，
有 ，即 ， 满足题意，
所以 ，定义域为 且 ，
又 ，所以 或 ，
当 ，即 或 ， 时， ，
此时 在 上单调递增，不合题意，
当 ， 时， ，
，
由 ，得到 或 （舍去），
又 在区间 上有最小值，所以 ，解得 ，此时 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，满足题意，
故选：A.
【点睛】关键点点晴，本题 的关键在于利用奇函数的定义关于原点对称，从而得到 ，再利用
，得到 ，即可求解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知 为随机事件， ，则下列说法正确的有（ ）
A. 若 相互独立，则
B. 若 相互独立，则
C. 若 两两独立，则
D. 若 互斥，则
【答案】AD
【解析】
【分析】由独立事件的乘法公式即可判断A；由事件的和运算即可判断B；由三个事件两两独立，不能判
断三个事件是否独立，即可判断C；由互斥事件及条件概率公式即可判断D．
【详解】对于A，若 相互独立，则 ，故A正确；
对于B，若 相互独立，则 ，故B错
误；
对于C，若 两两独立，由独立事件的乘法公式得， ，
，
，无法确定 ，故C错误；对于D，若 互斥，则 ， ，
两边同时除以 得， ，即 ，故
D正确；
故选：AD．
10. 已知点 ，圆 ，则（ ）
A. 圆 与圆 公共弦所在直线的方程为
B. 直线 与圆 总有两个交点
C. 圆 上任意一点 都有
D. 是 的等差中项，直线 与圆 交于 两点，当 最小时， 的方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A通过圆的方程相减即可判断，B通过直线过定点，点在圆内即可判断；C：求得 的轨迹方程
即可判断；D通过等差中项得到 ，确定直线过定点，由 最小，得到圆心和弦中点的连线与
直线 ，即可求解.
【详解】对于A:两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程： ；错误
对于B： 过定点 ，而 在圆 的内部，所以直线 与
圆 总有两个交点，正确；
对于C:设 ，由 可得： 化简可得：
，所以满足条件的 轨迹就是圆 ，正确；对于D：因为 是 的等差中项，所以 （不同时为0）
所以 可化为 ，即
可令 ，
解得 ，则直线 过定点 ，
设 的圆心为 ，
当 与直线 垂直时， 最小，此时 ，
即 ，得 ，结合
所以 ，解得
直线 的方程为 .正确
故选：BCD
11. 在边长为1的正方体 中， 分别为棱 的中点， 为正方形
的中心，动点 平面 ，则（ ）
A. 正方体被平面 截得的截面面积为
B. 若 ，则点 的轨迹长度为
C. 若 ，则 的最小值为
D. 将正方体的上底面 绕点 旋转 ，对应连接上、下底面各顶点，得到一个侧面均为三角形的十面体，则该十面体的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出正方体被平面 截得的截面，得出截面为正六边形即可判断A；建立空间直角坐标系，
由线面垂直得出 ，结合勾股定理得出点 的轨迹为以 为圆心半径为 的圆，即可判断B；
由空间向量得出 关于平面 的对称点为点 ，根据空间向量模长的坐标计算即可判断C；作出十面
体，将该十面体放在一个四棱台中，根据棱台体积及三棱锥体积计算公式即可判断D．
【详解】对于A，连接 并延长，与 所在直线交于点 ，连接 ，交 于点 ，交直
线 于点 ，连接 ，交 于点 ，连接 ，如图所示，则正方体被平面
截得的截面为六边形 ，
连接 ，则 ，
因为 为正方体，所以平面 平面 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，又 分别为棱 的中点，所以 ，
所以 ，则点 为 中点， ，
同理可得， ，
所以六边形 为正六边形，则 ，故A正确；对于B，由A可知，平面 即为平面 ，
以 为原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，连接 ，取 中点 ，
连接 ，如图所示，
则 ， ，
所以 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
因为 ，所以 ，令 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 ， ，
所以 ，所以点 的轨迹为以 为圆心半径为 的圆，点 的轨迹长度为 ，故B错误；
对于C，因为 ，所以 为 靠近 的三等分点，则 ，
连接 ，由 ， ，得 ，
所以 ，所以 关于平面 的对称点为点 ，
所以 ，故C正确；
对于D，如图所示， 即为侧面均为三角形的十面体，在平面 ，以
为对角线作正方形 ，连接 ，则 是上底和下底都是正方
形的四棱台，底面边长为 和1，高为1，
所以 ，因为 ，
所以 ，故D正确；
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：空间不规则几何体的体积，可以将几何体放在一个规则几何体中，减去多余部分的体
积，从而简化计算进行求解．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在 的展开式中，各项系数之和为 ，则展开式中的常数项为__________________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用展开式各项系数之和求得 的值，由此写出展开式的通项，令指数为零求得参数的值，代入通项计算
即可得解.
【详解】 的展开式各项系数和为 ，得 ，
所以， 的展开式通项为 ，
令 ，得 ，因此，展开式中的常数项为 .
故答案为： .
【点睛】本题考查二项展开式中常数项的计算，涉及二项展开式中各项系数和的计算，考查计算能力，属
于基础题.13. 已知 为锐角，且 ，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，利用正切的差角公式，得到 ，从而得到 ，
，即可求解.
【详解】因 ，得到 ，又 ，
所以 ，整理得到 ，
解得 或 ，又 为锐角，所以 不合题意，
由 ，得到 ， ，
所以 .
故答案为：
14. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，双曲线 上的点 在 轴上方，若 的
平分线交 于点 ，且点 在以坐标原点 为圆心， 为半径的圆上，则直线 的斜率为______．
【答案】 或
【解析】【分析】利用双曲线的定义、结合三角形角平分线用 表示 ，再由点 在圆上，利用勾
股定理求出 ，进而求出点 的坐标，并求出斜率.
【详解】依题意， ，
当点 在第一象限时，令 ，则 ，由 平分 ，
得 ，则 ，
由点 在以坐标原点 为圆心， 为半径的圆上，得 ，
即 ，代入整理得 ，解得 ，
当点 在第二象限时，令 ，则 ，由 平分 ，
同理 ，又 ，
则 ，代入整理得 ，解得 ，
因此 ，设 ，则 ，解得 或 ，
所以直线 的斜率 或 .
故答案为： 或【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是利用双曲线定义，结合角平分线列式求出 .
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 记 的内角 的对边分别为 ，已知 ．
（1）求 ；
（2）若 的面积为 ，求 ．
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）由已知，结合正弦定理边角互化，再根据余弦定理求得 即可求解；
（2）由三角形面积公式求得 ，根据 及余弦定理得出 ，再由完全平方公式即可
求解．
【小问1详解】
由正弦定理得， ，即 ，
由余弦定理得， ，
又 ，所以 ．【小问2详解】
因为 的面积为 ，所以 ，即 ，
由 ，则 ，即 ，
所以 ，即 ．
16. 如图，在三棱锥 中， ， ，点 在棱 上，
且 ．
（1）证明：平面 平面 ；
的
（2）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）取 中点 ，连接 ，利用条件及几何关系，得到 ， ，
，进而得到 ， ，利用线面垂直的判定定理，得 面 ，再利用线
面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）过 作 交 于 ，过 全 于 ，连接 ，从而有 为平面与平面 的夹角，再利用几何关系得到 ， ，即可求出结果.
【小问1详解】
如图，取 中点 ，连接 ，
因 ，所以 ，
又 ，所以 ， ，
又 ，所以 ， ，
又 ，所以 ，
所以 ，即 ，又 ， 面
所以 面 ，又 面 ，所以平面 平面 .
【小问2详解】
过 作 交 于 ，过 作 于 ，连接 ，
由（1）知 面 ，所以 面 ，则 为平面 与平面 的夹角，
因为 ， ，所以 ，又 ，
易知 ，所以 ，得到 ，
即 ，解得 ，所以
，在 中， .
17. 已知椭圆 的短轴长为 ，右焦点为 .
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）已知过点 的直线 与椭圆 交于 两点，过点 且与 垂直的直线 与抛物线 交于
两点，求四边形 的面积 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得 ，再由 求出 ，从而可求出椭圆方程；
（2）根据已知条件设出直线 的方程，与抛物线联立，利用根与系数的关系得出弦长 ，设出直线
的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得出弦长 ，结合四边形的面积公式及对勾函数的性质
即可求解.
【小问1详解】
依题意可得：椭圆右焦点 ，且 ，即 .
又因为 ，所以 ，故椭圆 的标准方程为： .
【小问2详解】
显然直线 的斜率不为0，设直线 的方程为 ， .
联立 ，消去 ，整理得 ， ，
所以 ，
所以 .
由垂直关系可设直线 的方程为 ，设 ， ，
联立 ，消去 ，整理得 ， ，
则根据根与系数的关系，得 ，
所以 ，
所以 ，设 ，则 ，
因为 在 上单调递增，
所以 ，
所以四边形 的面积S的取值范围为 .
18. 已知函数， ， ．
（1）若 ，求 的极值；
（2）当 时，讨论 零点个数；
（3）当 时， ，求实数 的取值范围．
【答案】（1）极大值 ，无极小值
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）对 求导，根据导数的正负得出单调区间，进而得出极值；
（2）对 求导，根据导数的正负得出单调区间，进而得出 最小值 ，设
，再根据导数确定 的正负，结合 ，当 时，
，即可得出零点情况；
（3）将问题转化为，当 时， ，设 ，根据导数确定单调性，再根据当 时， ，所以 ，即可求解．
【小问1详解】
当 时， ，则 ，
令 ，解得 ，
当 时， ，则 在 单调递增，
当x∈(0,+∞)时， ，则 在(0,+∞)单调递减，
所以 有极大值 ，无极小值．
【
小问2详解】
，
令 ，则 ，因为 ，所以 ，
当 时， ，则 在 上单调递减，
当 时， ，则 在 上单调递增，
所以 ，
设 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 在 单调递减，
又因为 ，
所以当 时， ，则 ，无零点；当 时， ， 有1个零点，
当 时， ，又 ，当 时， ， 有2个零点．
【小问3详解】
，
因为 时， ，
所以 ，
两边同时取自然对数得， ，
当 时， 成立，
当 时， ，则 ，
设 ，
则 ，
设 ，
则 ，
设 ，
则 ，
设 ，则 ，所以 在(0,+∞)单调递增，
又 ，所以 ，
所以 ，则 在(0,+∞)单调递增，
又 ，所以 ，
所以 ，则 在(0,+∞)单调递增，
又 ，所以 ，
所以 ，则 在(0,+∞)单调递增，
又当 时， ，所以 ，
所以 ．
19. 将数字 任意排成一列，如果数字 恰好在第 个位置上，则称有一个巧合，
巧合的个数称为巧合数，记为 ．例如 时，2，1，3，4为可能的一个排列，此时 ．
的排列称为全错位排列，并记数字 的全错位排列种数为 ．
（1）写出 的值，并求 的分布列；
（2）求 ；
（3）求 ．
【答案】（1） ，分布列见解析（2）1 （3）
【解析】
【分析】（1）根据定义分别计算 即可； 的可能取值有 ，分别求出对应概率，即可
得出分布列；
（2）定义随机变量 ，根据期望的性质即可求解；
（3）首先得出递推公式 ，令 ，得出 ，
由累乘法得 ，再由累加法得 ，进而得出 ．
【小问1详解】
由题可知， 时，只有1个数，不存在全错位排列，故 ；
,
时，有2个数1 2，故 ；
时，有3个数1,2,3，故 ；
由题可知， 的可能取值有 ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，所以 的分布列如下．
0 1 2 4
【小问2详解】
定义随机变量 ，
则 ， ，
所以 ，
由题可知，总的匹配数为随机变量 ，则 ，
所以 ．
【小问3详解】
设 个编号为 的不同元素 排在一排，且每个元素均不排在
与其编号相同的位置，这样的错位排列数为 ，
当 时， ，当 时， ，
当 时，在 个不同元素中任取一个元素 不排在与其编号对应的第 位，必排在剩下 个位置之
一，所以有 种排法；
对 的每一种排法，如 排在第 位，对应元素 的排法总有2种情况：
① 恰好排在第 位上，如图：此时， 排在第 位， 排在第 位，剩余 个元素，每个元素均有一个不能排的位置，它们的排列
问题转化为 个元素全错位排列数，有 种；
在
② 不排 第 位上，如图，
此时， 排在第 位， 不排在第 位，则 有 个位置可排，除 外，还有 个元素，每个元素
均有一个不能排的位置，问题就转化为 个元素全错排列，有 种；
由乘法原理和加法原理可得， ；
所以有递推公式 ， ．
令 ，则有 ，
化简得 ，
从而有 ，而 ，
由累乘法知 ．
而 ，故 也符合该式，
于是由累加法知， ，
所以 ，所以 ．
【点睛】关键点睛：第（2）问要用到期望的性质： ；第（3）问中，令 是
解题关键，并熟练运用累乘法和累加法．
