diff --git "a/Multiple-choice_Questions/2010-2022_Math_II_MCQs.csv" "b/Multiple-choice_Questions/2010-2022_Math_II_MCQs.csv" deleted file mode 100644--- "a/Multiple-choice_Questions/2010-2022_Math_II_MCQs.csv" +++ /dev/null @@ -1,3053 +0,0 @@ -year,category,question,answer,analysis,index,score -2010,（新课标）,"1. （5 分) 已知集合 $A=\{x|| x \mid \leqslant 2, x \in R\}, B=\{x \mid \sqrt{x} \leqslant 4, x \in Z\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$ -A. $(0,2)$ -B. $[0,2]$ -C. $\{0,2\}$ -D. $\{0,1,2\}$ -",D,"解: $\because A=\{x|| x \mid \leqslant 2\}=\{x \mid-2 \leqslant x \leqslant 2\}$ - -$B=\{x \mid \sqrt{x} \leqslant 4, \quad x \in Z\}=\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15$ , 16$\}$ - -则 $A \cap B=\{0,1,2\}$ - -故选: D. -",0,50 -2010,（新课标）,"2. （5 分) 平面向量 $\vec{a}, \vec{b}$, 已知 $\vec{a}=(4,3), 2 \vec{a}+\vec{b}=， 3,18 ＼mathrm{~, ~ 则 ~} \vec{a}, \vec{b}$ 夹角 的余弦值等于 ( $)$ -A. $\frac{8}{65}$ -B. $-\frac{8}{65}$ -C. $\frac{16}{65}$ -D. $-\frac{16}{65}$ -",C,"解: 设 $\vec{b}=(x, y)$, - -$\because a=(4,3), 2 a+b=(3,18)$, - -$\therefore \vec{b}=(-5,12)$ - -$\therefore \cos \theta=\frac{-20+36}{5 \times 13}$ - -$=\frac{16}{65}$ - -故选: C. -",1,50 -2010,（新课标）,"3. (5 分) 已知复数 $Z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}$, 则 $|z|=(\quad)$ -A. $\frac{1}{4}$ -B. $\frac{1}{2}$ -C. 1 -D. 2 -",B,"解: 化简得 $z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}=\frac{\sqrt{3}+i}{-2-2 \sqrt{3} i}=-\frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}+i}{1+\sqrt{3} i}$ - -$=-\frac{1}{2} \cdot \frac{(\sqrt{3}+i)(1-\sqrt{3} i)}{(1+\sqrt{3} i)(1-\sqrt{3} i)}=-\frac{1}{2} \cdot \frac{2 \sqrt{3}-2 i}{4}=-\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{i}{4}$, - -故 $|z|=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^{2}+\left(\frac{1}{4}\right)^{2}}=\frac{1}{2}$, - -故选: B. -",2,50 -2010,（新课标）,"4. (5 分) 曲线 $y=x^{3}-2 x+1$ 在点 $(1,0)$ 处的切线方程为（ $)$ -A. $y=x-1$ -B. $y=-x+1$ -C. $y=2 x-2$ -D. $y=-2 x+2$ -",A,"解：验证知, 点 $(1,0)$ 在曲线上 - -$\because y=x^{3}-2 x+1$ - -$y^{\prime}=3 x^{2}-2$, 所以 $k=\left.y^{\prime}\right|_{x-1}=1$, 得切线的斜率为 1 , 所以 $k=1$; - -所以曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,0)$ 处的切线方程为: - -$y-0=1 \times(x-1)$ ，即 $y=x-1$. - -故选: A. -",3,50 -2010,（新课标）,"5. (5 分) 中心在原点, 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上的双曲线的一条渐近线经过点 $(4,2)$, 则它的离心率为 $(\quad)$ -A. $\sqrt{6}$ -B. $\sqrt{5}$ -C. $\frac{\sqrt{6}}{2}$ -D. $\frac{\sqrt{5}}{2}$ -",D,"解: $\because$ 渐近线的方程是 $y= \pm \frac{b}{a} x$, - -$\therefore 2=\frac{b}{a} \bullet 4, \frac{b}{a}=\frac{1}{2}, \quad a=2 b$, - -$c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2} a, \quad e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$ 即它的离心率为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$. - -故选: D. -",4,50 -2010,（新课标）,"7. （5 分) 设长方体的长、宽、高分别为 $2 a 、 a 、 a$, 其顶点都在一个球面上, 则该球的表面积为 $(\quad)$ -A. $3 \pi a^{2}$ -B. $6 \pi a^{2}$ -C. $12 \pi a^{2}$ -D. $24 \pi a^{2}$ -",B,"解：根据题意球的半径 $\mathrm{R}$ 满足 - -$(2 R)^{2}=6 a^{2}$, - -所以 $S_{\text {球 }}=4 \pi R^{2}=6 \pi a^{2}$. - -故选: B. -",5,50 -2010,（新课标）,"9. （5 分）设偶函数 $f(x)$ 满足 $f(x)=2^{x}-4(x \geqslant 0)$, 则 $\{x \mid f(x-2)>0\}=($ ) -A. $\{x \mid x<-2$ 或 $x>4\}$ -B. $\{x \mid x<0$ 或 $x>4\}$ -C. $\{x \mid x<0$ 或 $x>6\}$ -D. $\{x \mid x<-2$ 或 $x>2\}$ -",B,"解：由偶函数 $f(x)$ 满足 $f(x)=2^{x}-4(x \geqslant 0)$, 可得 $f(x)=f(|x|)$ $=2^{|x|}-4$, - -则 $f(x-2)=f(|x-2|)=2^{|x-2|}-4$, 要使 $f(|x-2|)>0$, 只需 $2^{|x-2|}-4>0$, - -$$ -|x-2|>2 -$$ - -解得 $x>4$, 或 $x<0$. - -应选: B. -",6,50 -2010,（新课标）,"10. (5 分) 若 $\cos \alpha=-\frac{4}{5}, \alpha$ 是第三象限的角, 则 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=(\quad)$ -A. $-\frac{7 \sqrt{2}}{10}$ -B. $\frac{7 \sqrt{2}}{10}$ -C. $\frac{\sqrt{2}}{10}$ -D. $\frac{\sqrt{2}}{10}$ -",A,"解: $\because \alpha$ 是第三象限的角 - -$\therefore \sin \alpha=-\sqrt{1-\frac{16}{25}}=-\frac{3}{5}$, 所 以 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \alpha \cos \frac{\pi}{4}+\cos \alpha \sin \frac{\pi}{4}=-$ $\frac{3}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{7 \sqrt{2}}{10}$ - -故选: A. -",7,50 -2011,（新课标）,"1. （5 分）已知集合 $M=\{0,1 ， 2 ， 3 ， 4\}, N=\{1,3 ， 5\}, P=M \cap N$, 则 $P$ 的子 集共有 $(\quad)$ -A. 2 个 -B. 4 个 -C. 6 个 -D. 8 个 -",B,"解: $\because M=\{0,1,2,3,4\}, N=\{1,3,5\}$, - -$\therefore P=M \cap N=\{1,3\}$ - -$\therefore P$ 的子集共有 $2^{2}=4$ - -故选：B. -",8,50 -2011,（新课标）,"2. (5 分) 复数 $\frac{5 i}{1-2 i}=(\quad)$ -A. $2-\mathrm{i}$ -B. $1-2 \mathrm{i}$ -C. $-2+i$ -D. $-1+2 i$ -",C,"解: $\frac{5 i}{1-2 i}=\frac{5 i(1+2 i)}{(1-2 i)(1+2 i)}=-2+i$ 故选: C. -",9,50 -2011,（新课标）,"3. （5 分) 下列函数中, 既是偶函数又在 $(0,+\infty)$ 上单调递增的函数是 $(\quad)$ -A. $y=2 x^{3}$ -B. $y=|x|+1$ -C. $y=-x^{2}+4$ -D. $y=2^{-|x|}$ -",B,"解: 对于 $A . y=2 x^{3}$, 由 $f(-x)=-2 x^{3}=-f(x)$, 为奇函数, 故排除 $A$ - -对于 B. $y=|x|+1$, 由 $f(-x)=|-x|+1=f(x)$, 为偶函数, 当 $x>0$ 时, $y=x+1$, 是增函数, 故 B 正确; - -对于 $C . y=-x^{2}+4$, 有 $f(-x)=f(x)$, ���偶函数, 但 $x>0$ 时为减函数, 故排 除 C; - -对于 D. $y=2^{-|x|}$, 有 $f(-x)=f(x)$, 是偶函数, 当 $x>0$ 时, $y=2^{-x}$, 为减函数 , 故排除 D. - -故选：B. -",10,50 -2011,（新课标）,"4. (5 分) 椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$ 的离心率为（） -A. $\frac{1}{3}$ -B. $\frac{1}{2}$ -C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ -D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ -",D,"解: 根据椭圆的方程 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$, 可得 $a=4, b=2 \sqrt{2}$, 则 $c=\sqrt{16-8}=2 \sqrt{2}$; - -则椭圆的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, - -故选：D. -",11,50 -2011,（新课标）,"6. （5 分) 有 3 个兴趣小组, 甲、乙两位同学各自参加其中一个小组, 每位同 学参加各个小组的可能性相同, 则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为 ( ) -A. $\frac{1}{3}$ -B. $\frac{1}{2}$ -C. $\frac{2}{3}$ -D. $\frac{3}{4}$ -",A,"解：由题意知本题是一个古典概型, - -试验发生包含的事件数是 $3 \times 3=9$ 种结果, - -满足条件的事件是这两位同学参加同一个兴趣小组, - -由于共有三个小组, 则有 3 种结果, - -根据古典概型概率公式得到 $P=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$, - -故选: $A$. -",12,50 -2011,（新课标）,"7. (5 分) 已知角 $\theta$ 的顶点与原点重合, 始边与 $\mathrm{x}$ 轴的正半轴重合, 终边在直 线 $y=2 x$ 上, 则 $\cos 2 \theta=(\quad)$ -A. $-\frac{4}{5}$ -B. $-\frac{3}{5}$ -C. $\frac{3}{5}$ -D. $\frac{4}{5}$ -",B,"解：根据题意可知: $\tan \theta=2$, - -所以 $\cos ^{2} \theta=\frac{1}{\sec ^{2} \theta}=\frac{1}{\tan ^{2} \theta+1}=\frac{1}{5}$, - -则 $\cos 2 \theta=2 \cos ^{2} \theta-1=2 \times \frac{1}{5}-1=-\frac{3}{5}$. - -故选：B. -",13,50 -2011,（新课标）,"10. (5 分) 在下列区间中, 函数 $f(x)=e^{x}+4 x-3$ 的零点所在的区间为 $(\quad)$ -A. $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right)$ -B. $\left(-\frac{1}{4}, 0\right)$ -C. $\left(0, \frac{1}{4}\right)$ -D. $\left(\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right)$ -",A,"解: $\because$ 函数 $f(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+4 \mathrm{x}-3}$ - -$\therefore f^{\prime}(x)=e^{x+4}$ - -当 $x>0$ 时, $f^{\prime}(x)=e^{x}+4>0$ - -$\therefore$ 函数 $f(x)=e^{x}+4 x-3$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上为 $f(0)=e^{0}-3=-2<0$ - -$f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{e^{-}} 1>0$ - -$f\left(\frac{1}{4}\right)=\sqrt[4]{e^{-}}-2=\sqrt[4]{\mathrm{e}}-\sqrt[4]{16}<0$ - -$\because f\left(\frac{1}{2}\right)$ of $\left(\frac{1}{4}\right)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+4 x-3}$ 的零点所在的区间为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right)$ - -故选: A. -",14,50 -2012,（新课标）,"1. （5 分）已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-x-2<0\right\}, B=\{x \mid-10)$, - -$y^{2}=16 x$ 的准线 I: $x=-4$, - -$\because \mathrm{C}$ 与抛物线 $\mathrm{y}^{2}=16 \mathrm{x}$ 的准线 $1: \mathrm{x}=-4$ 交于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点, $|\mathrm{AB}|=4 \sqrt{3}$ - -$\therefore A(-4,2 \sqrt{3}), \mathrm{B}(-4,-2 \sqrt{3})$, - -将 $A$ 点坐标代入双曲线方程得 $a^{2}=(-4)^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}=4$, - -$\therefore a=2, \quad 2 a=4$. - -故选: C. -",18,50 -2012,（新课标）,"12. (5 分) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}+(-1){ }^{n} a_{n}=2 n-1$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 ( ) -A. 3690 -B. 3660 -C. 1845 -D. 1830 -",D,"解: 由于数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}+(-1)^{n} a_{n}=2 n-1$, 故有 $a_{2}-a_{1}=1, a_{3}+a_{2}=3$ ,$a_{4}-a_{3}=5$, - -$a_{5}+a_{4}=7, \quad a_{6}-a_{5}=9, \quad a_{7}+a_{6}=11, \quad \ldots a_{50}-a_{49}=97$ - -从而可得 $a_{3}+a_{1}=2, a_{4}+a_{2}=8, a_{7}+a_{5}=2, a_{8}+a_{6}=24, a_{11}+a_{9}=2, a_{12}+a_{10}=40, a_{15}+a_{13}=2$ $, \mathrm{a}_{16}+\mathrm{a}_{14}=56, \ldots$ - -从第一项开始, 依次取 2 个相邻奇数项的和都等于 2 , - -从第二项开始, 依次取 2 个相邻偶数项的和构成以 8 为首项, 以 16 为公差的等 差数列. - -$\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 $15 \times 2+\left(15 \times 8+\frac{15 \times 14}{2} \times 16\right)=1830$, - -故选: D. -",19,50 -2013,（新课标ⅰ）,"1. (5 分) 已知集合 $A=\{1,2,3,4\}, B=\left\{x \mid x=n^{2}, n \in A\right\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$ -A. $\{1,4\}$ -B. $\{2,3\}$ -C. $\{9,16\}$ -D. $\{1,2\}$ -",A,"解：根据题意得: $x=1,4,9,16$, 即 $B=\{1,4,9,16\}$, - -$\because A=\{1,2,3,4\}$, - -$\therefore A \cap B=\{1,4\}$. - -故选: A. -",20,50 -2013,（新课标ⅰ）,"2. (5 分) $\frac{1+2 i}{(1-i)^{2}}=(\quad)$ -A. $-1-\frac{1}{2} \mathrm{i}$ -B. $-1+\frac{1}{2} \mathrm{i}$ -C. $1+\frac{1}{2} \mathrm{i}$ -D. $1-\frac{1}{2} \mathrm{i}$ -",B,"解: $\frac{1+2 i}{(1-i)^{2}}=\frac{1+2 i}{-2 i}=\frac{(1+2 i) i}{-2 i \cdot i}=\frac{-2+i}{2}=-1+\frac{1}{2} i$. - -故选: B. -",21,50 -2013,（新课标ⅰ）,"3. ( 5 分) 从 $1,2,3,4$ 中任取 2 个不同的数, 则取出的 2 个数之差的绝对值 为 2 的概率是 ( $)$ -A. $\frac{1}{2}$ -B. $\frac{1}{3}$ -C. $\frac{1}{4}$ -D. $\frac{1}{6}$ -",B,"解：由题意知本题是一个等可能事件的概率, - -试验发生包含的事件是从 4 个不同的数中随机的抽 2 个, 共有 $\mathrm{C}_{4}{ }^{2}=6$ 种结果, - -满足条件的事件是取出的数之差的绝对值等于 2 , 有 2 种结果, 分别是 $(1,3)$ - -$(2,4)$ - -$\therefore$ 要求的概率是 $\frac{2}{C_{4}^{2}}=\frac{1}{3}$. - -故选: B. -",22,50 -2013,（新课标ⅰ）,"4. (5 分) 已知双曲线 $c: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$, 则 $c$ 的渐 近线方程为 ( ) -A. $y= \pm \frac{1}{4} x$ -B. $y= \pm \frac{1}{3} x$ -C. $y= \pm x$ -D. $y= \pm \frac{1}{2} x$ -",D,"解: 由双曲线 $c: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$, - -则离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$, 即 $4 b^{2}=a^{2}$, - -故渐近线方程为 $y= \pm \frac{b}{a} x= \pm \frac{1}{2} x$, - -故选：D. -",23,50 -2013,（新课标ⅰ）,"5. (5 分) 已知命题 $p: \forall x \in R, 2^{x}<3^{x}$; 命题 $q: \exists x \in R, x^{3}=1-x^{2}$, 则下列命题 中为真命题的是 ( ) -A. $p \wedge q$ -B. $\neg p \wedge q$ -C. $p \wedge \neg q$ -D. $\neg p \wedge \neg q$ -",B,"解: 因为 $x=-1$ 时, $2^{-1}>3^{-1}$, 所以命题 $p: \forall x \in R, 2^{x}<3^{x}$ 为假命题, 则 $\neg p$ 为真命题. - -令 $f(x)=x^{3}+x^{2}-1$, 因为 $f(0)=-1<0, f(1)=1>0$. 所以函数 $f(x)=x^{3}+x^{2}-1$ - -在 $(0,1)$ 上存在零点, - -即命题 $q: \exists x \in R, x^{3}=1-x^{2}$ 为真命题. - -则 $\neg p \wedge q$ 为真命题. - -故选: B. -",24,50 -2013,（新课标ⅰ）,"6. (5 分) 设首项为 1 , 公比为 $\frac{2}{3}$ 的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 则 ( ) -A. $S_{n}=2 a_{n}-1$ -B. $S_{n}=3 a_{n}-2$ -C. $S_{n}=4-3 a_{n}$ -D. $S_{n}=3-2 a_{n}$ -",D,"解: 由题意可得 $a_{n}=1 \times\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}=\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}$, - -$\therefore S_{n}=\frac{1 \times\left(1-\left(\frac{2}{3}\right)^{n}\right)}{1-\frac{2}{3}}=3-3 \times\left(\frac{2}{3}\right)^{n}=3-2\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}=3-2 a_{n}$, - -故选: D. -",25,50 -2013,（新课标ⅰ）,"10. (5 分) 已知锐角 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c, 23 \cos ^{2} A+\cos 2 A=0$ , $a=7, c=6$, 则 $b=(\quad)$ -A. 10 -B. 9 -C. 8 -D. 5 -",D,"解: $\because 23 \cos ^{2} \mathrm{~A}+\cos 2 \mathrm{~A}=23 \cos ^{2} \mathrm{~A}+2 \cos ^{2} \mathrm{~A}-1=0$, 即 $\cos ^{2} \mathrm{~A}=\frac{1}{25}, \mathrm{~A}$ 为锐角, - -$\therefore \cos A=\frac{1}{5}$, - -又 $a=7, c=6$, - -根据余弦定理得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \bullet \cos A$, 即 $49=b^{2}+36-\frac{12}{5} b$, - -解得: $b=5$ 或 $b=-\frac{13}{5}$ (舍去), - -则 $b=5$. - -故选: D. -",26,50 -2013,（新课标ⅱ）,"1. (5 分) 已知集合 $M=\{x \mid-3b>0)$ 的左、右焦点分别为 $F_{1} 、 F_{2}, P$ 是 C 上的点 $P F_{2} \perp F_{1} F_{2}, \angle P F_{1} F_{2}=30^{\circ}$, 则 $C$ 的离心率为 $(\quad)$ -A. $\frac{\sqrt{6}}{6}$ -B. $\frac{1}{3}$ -C. $\frac{1}{2}$ -D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ -",D,"解: $\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=\mathrm{x}, \because \mathrm{PF}_{2} \perp \mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}, \angle \mathrm{PF}_{1} \mathrm{~F}_{2}=30^{\circ}$, - -$\therefore\left|P_{1}\right|=2 x,\left|F_{1} F_{2}\right|=\sqrt{3} x$, - -又 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=2 \mathrm{a},\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|=2 \mathrm{c}$ - -$\therefore 2 a=3 x, 2 c=\sqrt{3} x$, - -$\therefore \mathrm{C}$ 的离心率为: $\mathrm{e}=\frac{2 \mathrm{c}}{2 \mathrm{a}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. - -故选: D. -",30,50 -2013,（新课标ⅱ）,"6. (5 分) 已知 $\sin 2 \alpha=\frac{2}{3}$, 则 $\cos ^{2}\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=(\quad)$ -A. $\frac{1}{6}$ -B. $\frac{1}{3}$ -C. $\frac{1}{2}$ -D. $\frac{2}{3}$ -",A,"解: $\because \sin 2 \alpha=\frac{2}{3}$, - -$\therefore \cos ^{2}\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2}\left[1+\cos \left(2 \alpha+\frac{\pi}{2}\right)\right]=\frac{1}{2}(1-\sin 2 \alpha)=\frac{1}{2} \times\left(1-\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{6}$. - -故选: A. -",31,50 -2013,（新课标ⅱ）,"8. （5 分） 设 $a=\log _{3} 2, b=\log _{5} 2, c=\log _{2} 3$, 则（ $）$ -A. $a>c>b$ -B. $b>c>a$ -C. $c>a>b$ -D. $c>b>a$ -",C,"解: 由题意可知: $a=\log _{3} 2 \in(0,1), b=\log _{5} 2 \in(0,1), c=\log _{2} 3>1$, 所以 $a=\log _{3} 2, b=\log _{5} 2=\frac{\log _{3} 2}{\log _{3} 5}<\log _{3} 2$, - -所以 $c>a>b$, - -故选: C. -",32,50 -2013,（新课标ⅱ）,"12. （5 分）若存在正数 $x$ 使 $2^{x}(x-a)<1$ 成立, 则 $a$ 的取值范围是（ $)$ -A. $(-\infty,+\infty)$ -B. $(-2,+\infty)$ -C. $(0,+\infty)$ -D. $(-1,+\infty)$ -",D,"解: 因为 $2^{x}(x-a)<1$, 所以 $a>x-\frac{1}{2^{x}}$, - -函数 $y=x-\frac{1}{2^{x}}$ 是增函数, $x>0$, 所以 $y>-1$, 即 $a>-1$, - -所以 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $(-1,+\infty)$. - -故选: D. -",33,50 -2014,（新课标ⅰ）,"1. （5 分）已知集合 $M=\{x \mid-10$, 则 $(\quad)$ -A. $\sin \alpha>0$ -B. $\cos \alpha>0$ -C. $\sin 2 \alpha>0$ -D. $\cos 2 \alpha>0$ -",C,"解: $\because \tan \alpha>0$, - -$\therefore \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}>0$, - -则 $\sin 2 \alpha=2 \sin \alpha \cos \alpha>0$. - -故选: C. -",35,50 -2014,（新课标ⅰ）,"3. （5 分) 设 $z=\frac{1}{1+i}+i, \quad$ 则 $|z|=(\quad)$ -A. $\frac{1}{2}$ -B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ -C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ -D. 2 -",B,"解: $z=\frac{1}{1+i}+i=\frac{1-i}{(1+i)(1-i)}+i=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} i$. - -故 $|z|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. - -故选: B. -",36,50 -2014,（新课标ⅰ）,"4. (5 分）已知双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{3}=1(a>0)$ 的离心率为 2 , 则实数 $a=(\quad)$ -A. 2 -B. $\frac{\sqrt{6}}{2}$ -C. $\frac{\sqrt{5}}{2}$ -D. 1 -",D,"解: 由题意, - -$\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{\mathrm{a}^{2}+3}}{\mathrm{a}}=2$, - -解得, $a=1$. - -故选：D. -",37,50 -2014,（新课标ⅰ）,"5. （5 分) 设函数 $f(x), g(x)$ 的定义域都为 $R$, 且 $f(x)$ 是奇函数, $g(x)$ 是偶函数，则下列结论正确的是（） -A. $f(x) \bullet g(x)$ 是偶函数 -B. $|f(x)| \bullet g(x)$ 是奇函数 -C. $f(x) \bullet|g(x)|$ 是奇函数 -D. $|f(x) \bullet g(x)|$ 是奇函数 -",C,"解: $\because \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是奇函数, $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 是偶函数, - -$\therefore f(-x)=-f(x), g(-x)=g(x)$, - -$f(-x) \cdot g(-x)=-f(x) \cdot g(x)$, 故函数是奇函数, 故 $A$ 错误, - -$|f(-x)| \cdot g(-x)=|f(x)| \cdot g(x)$ 为偶函数, 故 $B$ 错误, - -$f(-x) \cdot|g(-x)|=-f(x) \bullet|g(x)|$ 是奇函数, 故 C 正确. - -$|f(-\mathrm{x}) \cdot g(-\mathrm{x})|=|\mathrm{f}(\mathrm{x}) \cdot \mathrm{g}(\mathrm{x})|$ 为偶函数, 故 $\mathrm{D}$ 错误, - -故选: C. -",38,50 -2014,（新课标ⅰ）,"10. （5 分) 已知抛物线 $C: y^{2}=x$ 的焦点为 $F, A\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是 $C$ 上一点, $A F=\left|\frac{5}{4} x_{0}\right|$ , 则 $x_{0}=(\quad)$ -A. 1 -B. 2 -C. 4 -D. 8 -",A,"解：抛物线 $c: y^{2}=x$ 的焦点为 $F\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, - -$\because A\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是 $C$ 上一点, $A F=\left|\frac{5}{4} x_{0}\right|, x_{0}>0$. - -$\therefore \frac{5}{4} x_{0}=x_{0}+\frac{1}{4}$ - -解得 $x_{0}=1$. - -故选: A. -",39,50 -2014,（新课标ⅰ）,"12. (5 分) 已知函数 $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$, 若 $f(x)$ 存在唯一的零点 $x_{0}$, 且 $x_{0}>$ 0, 则实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是（ $)$ -A. $(1,+\infty)$ -B. $(2,+\infty)$ -C. $(-\infty,-1)$ -D. $(-\infty,-2)$ -",D,"解: $\because f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$, - -$\therefore f^{\prime}(x)=3 a x^{2}-6 x=3 x(a x-2), f(0)=1$ - -(1)当 $a=0$ 时, $f(x)=-3 x^{2}+1$ 有两个零点, 不成立; - -(2)当 $a>0$ 时, $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(-\infty, 0)$ 上有零点, 故不成立; - -(3)当 $a<0$ 时, $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(0,+\infty)$ 上有且只有一个零点; - -故 $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(-\infty, 0)$ 上没有零点; - -而当 $x=\frac{2}{a}$ 时, $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(-\infty, 0)$ 上取得最小值; - -故 $f\left(\frac{2}{a}\right)=\frac{8}{a^{2}}-3 \cdot \frac{4}{a^{2}}+1>0$; - -故 $a<-2$; - -综上所述， - -实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $(-\infty,-2)$; - -故选: D. -",40,50 -2014,（新课标ⅱ）,"1. （5 分) 已知集合 $A=\{-2,0,2\}, B=\left\{x \mid x^{2}-x-2=0\right\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$ -A. $\varnothing$ -B. $\{2\}$ -C. $\{0\}$ -D. $\{-2\}$ -",B,"解: $\because A=\{-2,0,2\}, B=\left\{x \mid x^{2}-x-2=0\right\}=\{-1,2\}$, - -$\therefore A \cap B=\{2\}$. - -故选: B. -",41,50 -2014,（新课标ⅱ）,"2. $(5$ 分 $) \frac{1+3 i}{1-i}=(\quad)$ -A. $1+2 \mathrm{i}$ -B. $-1+2 i$ -C. $1-2 i$ -D. $-1-2 i$ -",B,"解：化简可得 $\frac{1+3 i}{1-i}=\frac{(1+3 i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{1-3+4 i}{1-i^{2}}=\frac{-2+4 i}{2}=-1+2 i$ - -故选: B. -",42,50 -2014,（新课标ⅱ）,"3. （5 分) 函数 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处导数存在, 若 $p: f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0: q: x=x_{0}$ 是 $f(x)$ 的极值点, 则 ( ) -A. $p$ 是 $q$ 的充分必要条件 -B. $p$ 是 $q$ 的充分条件，但不是 $q$ 的必要条件 -C. $p$ 是 $q$ 的必要条件, 但不是 $q$ 的充分条件 -D. $p$ 既不是 $q$ 的充分条件, 也不是 $q$ 的必要条件 -",C,"解: 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}$ 的导数为 $\mathrm{f}^{\prime}(x)=3 \mathrm{x}^{2}$, 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 得 $\mathrm{x}_{0}=0$, 但此 时函数 $f(x)$ 单调递增, 无极值，充分性不成立. - -根据极值的定义和性质, 若 $x=x_{0}$ 是 $f(x)$ 的极值点, 则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ 成立, 即必要 性成立， - -故 $p$ 是 $q$ 的必要条件, 但不是 $q$ 的充分条件, - -故选: C. -",43,50 -2014,（新课标ⅱ）,"4. （5 分）设向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{10},|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{6}$, 则 $\vec{a} \bullet \vec{b}=(\quad)$ -A. 1 -B. 2 -C. 3 -D. 5 -",A,"解: $\because|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{10},|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{6}$, - -$\therefore$ 分别平方得 $\vec{a}^{2}+2 \vec{a} \bullet \vec{b}+\vec{b}^{2}=10, \vec{a}^{2}-2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}=6$, 两式相减得 $4 \vec{a} \bullet \vec{b}=10-6=4$, - -即 $\vec{a} \cdot \vec{b}=1$, - -故选: A. -",44,50 -2014,（新课标ⅱ）,"5. (5 分) 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 2 , 若 $a_{2}, a_{4}, a_{8}$ 成等比数列, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=(\quad)$ -A. $n(n+1)$ -B. $n(n-1)$ -C. $\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}$ -D. $\frac{n(n-1)}{2}$ -",A,"解：由题意可得 $a_{4}{ }^{2}=a_{2} \bullet a_{8}$, - -即 $a_{4}{ }^{2}=\left(a_{4}-4\right)\left(a_{4}+8\right)$, - -解得 $a_{4}=8$, - -$\therefore a_{1}=a_{4^{-}} 3 \times 2=2$, - -$\therefore \mathrm{s}_{\mathrm{n}}=\mathrm{na}_{1}+\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)}{2} \mathrm{~d}$, - -$=2 n+\frac{n(n-1)}{2} \times 2=n(n+1)$, - -故选: A. -",45,50 -2014,（新课标ⅱ）,"7. (5 分) 正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的底面边长为 2 , 侧棱长为 $\sqrt{3}, D$ 为 $B C$ 中点, 则三棱雉 $A-B_{1} D C_{1}$ 的体积为 ( $)$ -A. 3 -B. $\frac{3}{2}$ -C. 1 -D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ -",C,"解: $\because$ 正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的底面边长为 2 , 侧棱长为 $\sqrt{3}, D$ 为 $B C$ 中点, - -$\therefore$ 底面 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{DC}_{1}$ 的面积: $\frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{3}=\sqrt{3}$, - -A 到底面的距离就是底面正三角形的高: $\sqrt{3}$. - -三棱雉 $A-B_{1} D C_{1}$ 的体积为: $\frac{1}{3} \times \sqrt{3} \times \sqrt{3}=1$. - -故选: C. -",46,50 -2014,（新课标ⅱ）,"10. (5 分) 设 $F$ 为抛物线 $C: y^{2}=3 x$ 的焦点, 过 $F$ 且倾斜角为 $30^{\circ}$ 的直线交于 $C$ 于 $A, B$ 两点, 则 $|A B|=$ -A. $\frac{\sqrt{30}}{3}$ -B. 6 -C. 12 -D. $7 \sqrt{3}$ -",C,"解: 由 $y^{2}=3 x$ 得其焦点 $F\left(\frac{3}{4}, 0\right)$, 准线方程为 $x=-\frac{3}{4}$. - -则过抛物线 $y^{2}=3 x$ 的焦点 $F$ 且倾斜角为 $30^{\circ}$ 的直线方程为 $y=\tan 30^{\circ}\left(x-\frac{3}{4}\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}$ - -$$ -\left(x-\frac{3}{4}\right) -$$ - -代入抛物线方程, 消去 $y$, 得 $16 x^{2}-168 x+9=0$. - -设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ - -则 $\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=\frac{168}{16}=\frac{21}{2}$, - -所以 $|A B|=x_{1}+\frac{3}{4}+x_{2}+\frac{3}{4}=\frac{3}{4}+\frac{3}{4}+\frac{21}{2}=12$ 故选: C. -",47,50 -2014,（新课标ⅱ）,"11. （5 分) 若函数 $f(x)=k x-\ln x$ 在区间 $(1,+\infty)$ 单调递增, 则 $k$ 的取值范 围是 $(\quad)$ -A. $(-\infty,-2]$ -B. $(-\infty,-1]$ -C. $[2,+\infty)$ -D. $[1,+\infty)$ -",D,"解: $f^{\prime}(x)=k-\frac{1}{x}$, - -$\because$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{kx}-\ln x$ 在区间 $(1,+\infty)$ 单调递增, - -$\therefore f^{\prime}(x) \geqslant 0$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上恒成立. - -$\therefore \mathrm{k} \geqslant \frac{1}{\mathrm{x}}$, - -而 $y=\frac{1}{x}$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上单调递减, - -$\therefore k \geqslant 1$. - -$\therefore \mathrm{k}$ 的取值范围是: $[1,+\infty)$. - -故选: D. -",48,50 -2015,（新课标ⅰ）,"1. （5 分) 已知集合 $A=\{x \mid x=3 n+2, n \in N\}, B=\{6,8,10,12,14\}$, 则集合 $A \cap$ $B$ 中元素的个数为 $(\quad)$ -A. 5 -B. 4 -C. 3 -D. 2 -",D,"解: $A=\{x \mid x=3 n+2, n \in N\}=\{2,5,8,11,14,17, \ldots\}$, - -则 $A \cap B=\{8,14\}$, - -故集合 $A \cap B$ 中元素的个数为 2 个, - -故选: D. -",49,50 -2015,（新课标ⅰ）,"2. (5 分) 已知点 $A(0,1), B(3,2)$, 向量 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(-4,-3)$, 则向量 $\overrightarrow{\mathrm{BC}}=$ -A. $(-7,-4)$ -B. $(7,4)$ -C. $(-1,4)$ -D. $(1,4)$ -",A,"解：由已知点 $\mathrm{A}(0,1), \mathrm{B}(3,2)$, 得到 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(3,1)$, 向量 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=($ $-4,-3)$ 则向量 $\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\overrightarrow{\mathrm{AC}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(-7,-4)$; - -故选: A. -",50,50 -2015,（新课标ⅰ）,"3. （5 分）已知复数 $z$ 满足 $(z-1) i=1+i$, 则 $z=(\quad)$ -A. $-2-\mathrm{i}$ -B. $-2+i$ -C. 2- $i$ -D. $2+i$ -",C,"解：由 $(z-1) i=1+i$ ，得 $z-1=\frac{1+i}{i}=\frac{-i(1+i)}{-i^{2}}=1-i$, $\therefore \mathrm{z}=2-\mathrm{i}$. - -故选: C. -",51,50 -2015,（新课标ⅰ）,"4. (5 分) 如果 3 个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长, 则称这 3 个 数为一组勾股数. 从 $1,2,3,4,5$ 中任取 3 个不同的数, 则这 3 个数构成 一组勾股数的概率为 ( $)$ -A. $\frac{3}{10}$ -B. $\frac{1}{5}$ -C. $\frac{1}{10}$ -D. $\frac{1}{20}$ -",C,"解: 从 $1,2,3,4,5$ 中任取 3 个不同的数, 有 $(1,2,3),(1,2$, $4),(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),(1,4,5)(2,3,4)$, $(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5)$ 共 10 种, - -其中只有 $(3,4,5)$ 为勾股数, - -故这 3 个数构成一组勾股数的概率为 $\frac{1}{10}$. - -故选: C. -",52,50 -2015,（新课标ⅰ）,"5. (5 分) 已知椭圆 $E$ 的中心在坐标原点, 离心率为 $\frac{1}{2}, E$ 的右焦点与抛物线 $C$ : $y^{2}=8 x$ 的焦点重合, $A, B$ 是 $C$ 的准线与 $E$ 的两个交点, 则 $|A B|=(\quad)$ -A. 3 -B. 6 -C. 9 -D. 12 -",B,"解：椭圆 $E$ 的中心在坐标原点, 离心率为 $\frac{1}{2}, \mathrm{E}$ 的右焦点 $(\mathrm{c}, 0)$ 与抛 物线 $C: y^{2}=8 x$ 的焦点 $(2,0)$ 重合， - -可得 $c=2, a=4, b^{2}=12$, 椭圆的标准方程为: $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$, - -抛物线的准线方程为: $x=-2$, - -由 $\left\{\begin{array}{l}x=-2 \\ \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1\end{array}\right.$, 解得 $y= \pm 3$, 所以 $A(-2,3), B(-2,-3)$. - -$|A B|=6$. - -故选: B. -",53,50 -2015,（新课标ⅰ）,"7. (5 分) 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 1 的等差数列, $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $S_{8}=4 S_{4}$, 则 $\mathrm{a}_{10}=(\quad)$ -A. $\frac{17}{2}$ -B. $\frac{19}{2}$ -C. 10 -D. 12 -",B,"解: $\because\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 1 的等差数列, $S_{8}=4 S_{4}$, - -$\therefore 8 \mathrm{a}_{1}+\frac{8 \times 7}{2} \times 1=4 \times\left(4 \mathrm{a}_{1}+\frac{4 \times 3}{2}\right)$, - -解得 $a_{1}=\frac{1}{2}$. - -则 $\mathrm{a}_{10}=\frac{1}{2}+9 \times 1=\frac{19}{2}$. - -故选: B. -",54,50 -2015,（新课标ⅰ）,"10. (5 分) 已知函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}2^{x-1}-2, x \leqslant 1 \\ -\log _{2}(x+1), x>1\end{array}\right.$, 且 $f(a)=-3$, 则 $f(6-a$ )$=(\quad)$ -A. $-\frac{7}{4}$ -B. $-\frac{5}{4}$ -C. $-\frac{3}{4}$ -D. $-\frac{1}{4}$ -",A,"解: 由题意, $a \leqslant 1$ 时, $2^{\alpha-1}-2=-3$, 无解; - -$a>1$ 时, $-\log _{2}(a+1)=-3, \therefore \alpha=7$, - -$\therefore f(6-a)=f(-1)=2^{-1-1}-2=-\frac{7}{4}$. - -故选: A. -",55,50 -2015,（新课标ⅱ）,"1. （5 分）已知集合 $A=\{x \mid-1f(2 x-1)$ 成 立的 $\mathrm{x}$ 的取值范围是 ( $)$ -A. $\left(-\infty, \frac{1}{3}\right) \cup(1,+\infty)$ -B. $\left(\frac{1}{3}, 1\right)$ -C. $\left(-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right)$ -D. $\left(-\infty,-\frac{1}{3},\right) \cup\left(\frac{1}{3},+\infty\right)$ -",B,"解: $\because$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\ln (1+|\mathrm{x}|)-\frac{1}{1+\mathrm{x}^{2}}$ 为偶函数, - -且在 $x \geqslant 0$ 时, $f(x)=\ln (1+x)-\frac{1}{1+x^{2}}$, - -导数为 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{2 x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}>0$, - -即有函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, - -$\therefore f(x)>f(2 x-1)$ 等价为 $f(|x|)>f(|2 x-1|)$, - -即 $|x|>|2 x-1|$, - -平方得 $3 x^{2}-4 x+1<0$, - -解得: $\frac{1}{3}b>0,0c^{b}$ -",B,"解: $\because a>b>0,0b>1$ 时, - -$0>\log _{a} c>\log _{b} c$, 故 $A$ 错误; - -$a^{c}>b^{c}$, 故 $C$ 错误; - -$c^{a}0)$ 与 $C$ 交于点 $P, P F$ $\perp x$ 轴, 则 $k=(\quad)$ -A. $\frac{1}{2}$ -B. 1 -C. $\frac{3}{2}$ -D. 2 -",D,"解: 抛物线 C: $y^{2}=4 x$ 的焦点 $F$ 为 $(1,0)$, - -曲线 $y=\frac{k}{x}(k>0)$ 与 $C$ 交于点 $P$ 在第一象限, - -由 $P F \perp x$ 轴得: $P$ 点横坐标为 1 , 代入 $C$ 得: $P$ 点纵坐标为 2 , - -故 $k=2$, - -故选：D. -",73,50 -2016,（新课标ⅱ）,"6. (5 分) 圆 $x^{2}+y^{2}-2 x-8 y+13=0$ 的圆心到直线 $a x+y-1=0$ 的距离为 1 , 则 $a=($ -A. $-\frac{4}{3}$ -B. $-\frac{3}{4}$ -C. $\sqrt{3}$ -D. 2 -",A,"解: 圆 $x^{2}+y^{2}-2 x-8 y+13=0$ 的圆心坐标为: $(1,4)$, - -故圆心到直线 $a x+y-1=0$ 的距离 $d=\frac{|a+4-1|}{\sqrt{a^{2}+1}}=1$, - -解得: $a=-\frac{4}{3}$, - -故选: A. -",74,50 -2016,（新课标ⅱ）,"8. (5 分) 某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现, 红灯持续时间为 40 秒. 若一名行人来到该路口遇到红灯, 则至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概 率为 $(\quad)$ -A. $\frac{7}{10}$ -B. $\frac{5}{8}$ -C. $\frac{3}{8}$ -D. $\frac{3}{10}$ -",B,"解: $\because$ 红灯持续时间为 40 秒, 至少需要等待 15 秒才出现绿灯, $\therefore$ 一名行人前 25 秒来到该路口遇到红灯, - -$\therefore$ 至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概率为 $\frac{25}{40}=\frac{5}{8}$. - -故选: B. -",75,50 -2016,（新课标ⅱ）,"10. （5 分) 下列函数中, 其定义域和值域分别与函数 $y=10^{\lg x}$ 的定义域和值域相 同的是 ( ) -A. $y=x$ -B. $y=\lg x$ -C. $y=2^{x}$ -D. $y=\frac{1}{\sqrt{x}}$ -",D,"解：函数 $\mathrm{y}=10^{\operatorname{lgx}}$ 的定义域和值域均为 $(0,+\infty)$, - -函数 $y=x$ 的定义域和值域均为 $R$, 不满足要求; - -函数 $y=\lg x$ 的定义域为 $(0,+\infty)$ ，值域为 $R$, 不满足要求; - -函数 $y=2^{x}$ 的定义域为 $R$, 值域为 $(0,+\infty)$ ，不满足要求; - -函数 $\mathrm{y}=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{x}}}$ 的定义域和值域均为 $(0,+\infty)$ ，满足要求; - -故选: D. -",76,50 -2016,（新课标ⅱ）,"11. (5 分) 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\cos 2 x+6 \cos \left(\frac{\pi}{2}-\mathrm{x}\right)$ 的最大值为 ( ) -A. 4 -B. 5 -C. 6 -D. 7 -",B,"解: 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\cos 2 x+6 \cos \left(\frac{\pi}{2}-\mathrm{x}\right)$ - -$=1-2 \sin ^{2} x+6 \sin x$, - -令 $t=\sin x(-1 \leqslant t \leqslant 1) ，$ - -可得函数 $y=-2 t^{2}+6 t+1$ - -$=-2\left(t-\frac{3}{2}\right)^{2}+\frac{11}{2}$ - -由 $\frac{3}{2} \notin[-1,1]$, 可得函数在 $[-1,1]$ 递增, - -即有 $t=1$ 即 $x=2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in Z$ 时, 函数取得最大值 5 . - -故选: B. -",77,50 -2016,（新课标ⅲ）,"1. (5 分) 设集合 $A=\{0,2,4,6,8,10\}, B=\{4,8\}$, 则 $C_{A} B=(）$ -A. $\{4,8\}$ -B. $\{0,2,6\}$ -C. $\{0,2,6,10\}$ D. $\{0,2,4,6,8,10\}$ -",C,"解: 集合 $A=\{0,2,4,6,8,10\}, B=\{4,8\}$, 则 $C_{A} B=\{0,2,6,10\}$. - -故选: C. -",78,50 -2016,（新课标ⅲ）,"2. (5 分) 若 $z=4+3 i$ ，则 $\frac{\bar{z}}{|z|}=(\quad)$ -A. 1 -B. -1 -C. $\frac{4}{5}+\frac{3}{5} i$ -D. $\frac{4}{5}-\frac{3}{5} i$ -",D,"解: $z=4+3 i$, 则 $\frac{\bar{z}}{|z|}=\frac{4-3 i}{|4+3 i|}=\frac{4-3 i}{5}=\frac{4}{5}-\frac{3}{5} i$. - -故选: D. -",79,50 -2016,（新课标ⅲ）,"3. (5 分) 已知向量 $\overrightarrow{\mathrm{BA}}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), \overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$, 则 $\angle \mathrm{ABC}=(\quad)$ -A. $30^{\circ}$ -B. $45^{\circ}$ -C. $60^{\circ}$ -D. $120^{\circ}$ -",A,"解: $\overrightarrow{\mathrm{BA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}}=\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2},|\overrightarrow{\mathrm{BA}}|=|\overrightarrow{\mathrm{BC}}|=1$; - -$\therefore \cos \angle \mathrm{ABC}=\frac{\overrightarrow{\mathrm{BA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}}}{|\overrightarrow{\mathrm{BA}}||\overrightarrow{\mathrm{BC}}|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$; - -又 $0^{\circ} \leqslant \angle A B C \leqslant 180^{\circ}$; - -$\therefore \angle \mathrm{ABC}=30^{\circ}$. - -故选: A. -",80,50 -2016,（新课标ⅲ）,"5. (5 分) 小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是 M, I, $\mathrm{N}$ 中的一个字母, 第二位是 $1,2,3,4,5$ 中的一个数字, 则小敏输人一 次密码能够成功开机的概率是（） -A. $\frac{8}{15}$ -B. $\frac{1}{8}$ -C. $\frac{1}{15}$ -D. $\frac{1}{30}$ -",C,"解: 从 $\mathrm{M}, \mathrm{I}, \mathrm{N}$ 中任取一个字母, 再从 $1,2,3,4,5$ 中任取一个数 字, 取法总数为: - -$(\mathrm{M}, 1),(\mathrm{M}, 2),(\mathrm{M}, 3),(\mathrm{M}, 4),(\mathrm{M}, 5),(\mathrm{I}, 1),(\mathrm{I}, 2),(\mathrm{I}, 3), \quad(\mathrm{I}$ 4), $(\mathrm{I}, 5),(\mathrm{N}, 1),(\mathrm{N}, 2),(\mathrm{N}, 3),(\mathrm{N}, 4),(\mathrm{N}, 5)$ 共 15 种. - -其中只有一个是小敏的密码前两位. - -由随机事件发生的概率可得, 小敏输入一次密码能够成功开机的概率是 $\frac{1}{15}$. - -故选: C. -",81,50 -2016,（新课标ⅲ）,"6. (5 分) 若 $\tan \theta=\frac{1}{3}$, 则 $\cos 2 \theta=(\quad)$ -A. $-\frac{4}{5}$ -B. $-\frac{1}{5}$ -C. $\frac{1}{5}$ -D. $\frac{4}{5}$ -",D,"解: $\because \tan \theta=\frac{1}{3}$, - -$\therefore \cos 2 \theta=2 \cos ^{2} \theta-1=\frac{2}{1+\tan ^{2} \theta}-1=\frac{2}{1+\frac{1}{9}}-1=\frac{4}{5}$. - -故选: D. -",82,50 -2016,（新课标ⅲ）,"7. (5 分) 已知 $a=2^{\frac{4}{3}}, b=3^{\frac{2}{3}}, c=25^{\frac{1}{3}}$, 则 ( ) -A. $bb>0)$ 的左焦点, $A, B$ 分别为 $C$ 的左, 右顶点. $P$ 为 $C$ 上一点, 且 $P F \perp x$ 轴, 过点 $A$ 的直线 $I$ 与线段 $P F$ 交于点 $M$, 与 $y$ 轴交于点 $E$. 若直线 $B M$ 经过 $O E$ 的中点, 则 $C$ 的离心率为 $(\quad)$ -A. $\frac{1}{3}$ -B. $\frac{1}{2}$ -C. $\frac{2}{3}$ -D. $\frac{3}{4}$ -",A,"解：由题意可设 $F(-c, 0), A(-a, 0), B(a, 0)$, - -设直线 $A E$ 的方程为 $y=k(x+a)$, - -令 $x=-c$, 可得 $M(-c, k(a-c))$, 令 $x=0$, 可得 $E(0, k a)$, - -设 $O E$ 的中点为 $H$, 可得 $H\left(0, \frac{k a}{2}\right)$, - -由 $B, H, M$ 三点共线, 可得 $k_{B H}=k_{B M}$, - -即为 $\frac{\frac{k a}{2}}{-a}=\frac{k(a-c)}{-c-a}$ - -化简可得 $\frac{a-c}{a+c}=\frac{1}{2}$, 即为 $a=3 c$, - -可得 $\mathrm{e}=\frac{c}{\mathrm{a}}=\frac{1}{3}$. - -另解: 由 $\triangle A M F \backsim \triangle A E O$, - -可得 $\frac{a-c}{a}=\frac{M F F}{O E}$, - -由 $\triangle B O H \backsim \triangle B F M$, - -可得 $\frac{a}{a+c}=\frac{O H}{F M}=\frac{O E}{2 F \cdot M}$, - -即有 $\frac{2(a-c)}{a}=\frac{a+c}{a}$ 即 $a=3 c$, - -可得 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{1}{3}$. - -故选: A. -",86,50 -2017,（新课标ⅰ）,"1. （5 分）已知集合 $A=\{x \mid x<2\}, B=\{x \mid 3-2 x>0\}$, 则（） -A. $A \cap B=\left\{x \mid x<\frac{3}{2}\right\}$ -B. $A \cap B=\varnothing$ -C. $A \cup B=\left\{\mathbf{x} \mid \mathbf{x}<\frac{3}{2}\right\}$ -D. $A \cup B=R$ -",A,"解: $\because$ 集合 $A=\{x \mid x<2\}, B=\{x \mid 3-2 x>0\}=\left\{x \mid x<\frac{3}{2}\right\}$, - -$\therefore A \cap B=\left\{x \mid x<\frac{3}{2}\right\}$, 故 A 正确, $B$ 错误; - -$A \cup B=\{x|| x<2\}$, 故 C, D 错误; - -故选: A. -",87,50 -2017,（新课标ⅰ）,"2. (5 分) 为评估一种农作物的种植效果, 选了 $\mathrm{n}$ 块地作试验田. 这 $\mathrm{n}$ 块地的 亩产量 (单位: $\mathrm{kg}$ ) 分别是 $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$, 下面给出的指标中可以用来评估 这种农作物亩产量稳定程度的是（ $)$ -A. $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}, \ldots, \mathrm{x}_{\mathrm{n}}$ 的平均数 -B. $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ 的标准差 -C. $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}, \ldots, \mathrm{x}_{\mathrm{n}}$ 的最大值 -D. $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ 的中位数 -",B,"解: 在 $A$ 中, 平均数是表示一组数据集中趋势的量数, 它是反映数据集 中趋势的一项指标, - -故 A 不可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度; - -在 B 中, 标准差能反映一个数据集的离散程度, 故 B 可以用来评估这种农作物 亩产量稳定程度; - -在 C 中, 最大值是一组数据最大的量, 故 C 不可以用来评估这种农作物亩产量稳 定程度； - -在 D 中, 中位数将数据分成前半部分和后半部分, 用来代表一组数据的“中等水 平"", - -故 D 不可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度. - -故选: B. -",88,50 -2017,（新课标ⅰ）,"3. (5 分) 下列各式的运算结果为纯虚数的是（ ） -A. $i(1+i)^{2}$ -B. $i^{2}(1-i)$ -C. $(1+\mathrm{i})^{2}$ -D. $i(1+i)$ -",C,"解: A. $i(1+i)^{2}=i \cdot 2 i=-2$, 是实数. - -B. $i^{2}(1-i)=-1+i$, 不是纯虚数. - -C. $(1+i)^{2}=2 i$ 为纯虚数. - -D. $i(1+i)=i-1$ 不是纯虚数. - -故选: C. -",89,50 -2017,（新课标ⅰ）,"11. (5 分) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\sin B+\sin A$ ( $\sin C-\cos C)=0, a=2, \quad c=\sqrt{2}$, 则 $C=(\quad)$ -A. $\frac{\pi}{12}$ -B. $\frac{\pi}{6}$ -C. $\frac{\pi}{4}$ -D. $\frac{\pi}{3}$ -",B,"解: $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C$, - -$\because \sin B+\sin A(\sin C-\cos C)=0$, - -$\therefore \sin A \cos C+\cos A \sin C+\sin A \sin C-\sin A \cos C=0$, - -$\therefore \cos A \sin C+\sin A \sin C=0$, $\because \sin C \neq 0$ - -$\therefore \cos A=-\sin A$, - -$\therefore \tan A=-1$, - -$\because \frac{\pi}{2}c$ - -$\therefore C=\frac{\pi}{6}$ - -故选：B. -",90,50 -2017,（新课标ⅱ）,"1. （5 分） 设集合 $A=\{1,2,3\}, B=\{2,3,4\}$, 则 $A \cup B=（ ）$ -A. $\{1,2,3,4\}$ -B. $\{1,2,3\}$ -C. $\{2,3,4\}$ -D. $\{1,3,4\}$ -",A,"解: $\because A=\{1,2,3\}, B=\{2,3,4\}$, - -$\therefore A \cup B=\{1,2,3,4\}$ - -故选: A. -",91,50 -2017,（新课标ⅱ）,"2. $(5$ 分 $)(1+i)(2+i)=(\quad)$ -A. $1-\mathrm{i}$ -B. $1+3 i$ -C. $3+i$ -D. $3+3 i$ -",B,"解: 原式 $=2-1+3 i=1+3 i$. - -故选: B. -",92,50 -2017,（新课标ⅱ）,"3. (5 分) 函数 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的最小正周期为（ $)$ -A. $4 \pi$ -B. $2 \pi$ -C. $\pi$ -D. $\frac{\pi}{2}$ -",C,"解：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的最小正周期为: $\frac{2 \pi}{2}=\pi$. - -故选: C. -",93,50 -2017,（新课标ⅱ）,"4. (5 分) 设非零向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}-\vec{b}|$ 则（） -A. $\vec{a} \perp \vec{b}$ -B. $|\overrightarrow{\mathrm{a}}|=|\overrightarrow{\mathrm{b}}|$ -C. $\vec{a} / / \vec{b}$ -D. $|\vec{a}|>|\vec{b}|$ -",A,"解: $\because$ 非零向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}-\vec{b}|$, - -$\therefore(\vec{a}+\vec{b})^{2}=(\vec{a}-\vec{b})^{2}$ - -$\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}+2 \overrightarrow{a b}=\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}-2 \overrightarrow{a b}$ - -$4 \overrightarrow{\mathrm{a}} \vec{b}=0$ - -解得 $\vec{a} \cdot \vec{b}=0$, - -$\therefore \vec{a} \perp \vec{b}$ - -故选: A. -",94,50 -2017,（新课标ⅱ）,"5.（5 分）若 $a>1$, 则双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-y^{2}=1$ 的离心率的取值范围是（ ） -A. $(\sqrt{2},+\infty)$ -B. $(\sqrt{2}, 2)$ -C. $(1, \sqrt{2})$ -D. $(1,2)$ -",C,"解 $a>1$, 则双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-y^{2}=1$ 的离心率为 $\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{1+a^{2}}}{a}=\sqrt{1+\frac{1}{a^{2}}} \in(1, \sqrt{2}$ ). - -故选: C. -",95,50 -2017,（新课标ⅱ）,"8. （5 分）函数 $f(x)=\ln \left(x^{2}-2 x-8 ）\right.$ 的单调递增区间是（ $)$ -A. $(-\infty,-2)$ -B. $(-\infty,-1)$ -C. $(1,+\infty)$ -D. $(4,+\infty)$ -",D,"解: 由 $x^{2}-2 x-8>0$ 得: $x \in(-\infty,-2) \cup(4,+\infty)$, - -令 $t=x^{2}-2 x-8$, 则 $y=\ln t$, - -$\because x \in(-\infty,-2)$ 时, $t=x^{2}-2 x-8$ 为减函数; - -$x \in(4,+\infty)$ 时, $t=x^{2}-2 x-8$ 为增函数; - -$y=\operatorname{lnt}$ 为增函数 - -故函数 $f(x)=\ln \left(x^{2}-2 x-8\right)$ 的单调递增区间是 $(4,+\infty)$, - -故选: D. -",96,50 -2017,（新课标ⅱ）,"9. （5 分）甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩. 老师 说: 你们四人中有 2 位优秀, 2 位良好, 我现在给甲看乙、丙的成绩, 给乙看 丙的成绩, 给丁看甲的成绩. 看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩. 根 据以上信息，则（） -A. 乙可以知道四人的成绩 -B. 丁可以知道四人的成绩 -C. 乙、丁可以知道对方的成绩 -D. 乙、丁可以知道自己的成绩 -",D,"解：四人所知只有自己看到, 老师所说及最后甲说话, - -甲不知自己的成绩 - -$\rightarrow$ 乙丙必有一优一良, （若为两优, 甲会知道自己的成绩; 若是两良, 甲也会知 道自己的成绩) - -$\rightarrow$ 乙看到了丙的成绩, 知自己的成绩 - -$\rightarrow$ 丁看到甲、丁也为一优一良，丁知自己的成绩， - -给甲看乙丙成绩, 甲不知道自已的成绩, 说明乙丙一优一良, 假定乙丙都是优, 则甲是良, 假定乙丙都是良, 则甲是优, 那么甲就知道自已的成绩了. 给乙 看丙成绩, 乙没有说不知道自已的成绩, 假定丙是优, 则乙是良, 乙就知道 自己成绩. 给丁看甲成绩, 因为甲不知道自己成绩, 乙丙是一优一良, 则甲 丁也是一优一良, 丁看到甲成绩, 假定甲是优, 则丁是良, 丁肯定知道自已 的成绩了 - -故选: D. -",97,50 -2017,（新课标ⅱ）,"11. (5 分) 从分别写有 $1,2,3,4,5$ 的 5 张卡片中随机抽取 1 张, 放回后再 随机抽取 1 张, 则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ -A. $\frac{1}{10}$ -B. $\frac{1}{5}$ -C. $\frac{3}{10}$ -D. $\frac{2}{5}$ -",D,"解: 从分别写有 $1,2,3,4,5$ 的 5 张卡片中随机抽取 1 张, 放回后再 随机抽取 1 张, - -基本事件总数 $n=5 \times 5=25$, - -抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有: - -$(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1)$, - -$(5,2),(5,3),(5,4)$, - -共有 $m=10$ 个基本事件, - -$\therefore$ 抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率 $p=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}$. - -故选: D. -",98,50 -2017,（新课标ⅱ）,"12. (5 分) 过抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点 $F$, 且斜率为 $\sqrt{3}$ 的直线交 $C$ 于点 $M(M$ 在 $x$ 轴上方), 1 为 $C$ 的准线, 点 $N$ 在 $I$ 上, 且 $M N \perp 1$, 则 $M$ 到直线 $N F$ 的距 离为 $(\quad)$ -A. $\sqrt{5}$ -B. $2 \sqrt{2}$ -C. $2 \sqrt{3}$ -D. $3 \sqrt{3}$ -",C,"解 抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点 $F(1,0)$, 且斜率为 $\sqrt{3}$ 的直线 $y=\sqrt{3}(x-1$ ) - -过抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点 $F$, 且斜率为 $\sqrt{3}$ 的直线交 $C$ 于点 $M(M$ 在 $x$ 轴上方), - -I - -可知: $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=4 x \\ y=\sqrt{3}(x-1)\end{array}\right.$, 解得 $M(3,2 \sqrt{3})$. - -可得 $N(-1,2 \sqrt{3}), N F$ 的方程为: $y=-\sqrt{3}(x-1)$, 即 $\sqrt{3} x+y-\sqrt{3}=0$, - -则 $M$ 到直线 NF 的距离为: $\frac{|3 \sqrt{3}+2 \sqrt{3}-\sqrt{3}|}{\sqrt{3+1}}=2 \sqrt{3}$. - -故选: C. -",99,50 -2017,（新课标ⅲ）,"1. (5 分) 已知集合 $A=\{1,2,3,4\}, B=\{2,4,6,8\}$, 则 $A \cap B$ 中元素的个 数为 ( ) -A. 1 -B. 2 -C. 3 -D. 4 -",B,"解: $\because$ 集合 $A=\{1,2,3,4\}, B=\{2,4,6,8\}$, - -$\therefore A \cap B=\{2,4\}$ - -$\therefore A \cap B$ 中元素的个数为 2 . - -故选: B. -",100,50 -2017,（新课标ⅲ）,"2. (5 分) 复平面内表示复数 $\mathrm{z}=\mathrm{i}(-2+\mathrm{i})$ 的点位于 $(\quad)$ -A. 第一象限 -B. 第二象限 -C. 第三象限 -D. 第四象限 -",C,"解: $z=i(-2+i)=-2 i-1$ 对应的点 $(-1,-2)$ 位于第三象限. - -故选: C. -",101,50 -2017,（新课标ⅲ）,"4. (5 分) 已知 $\sin a-\cos a=\frac{4}{3}$, 则 $\sin 2 a=(\quad)$ -A. $-\frac{7}{9}$ -B. $-\frac{2}{9}$ -C. $\frac{2}{9}$ -D. $\frac{7}{9}$ -",A,"解: $\because \sin a-\cos a=\frac{4}{3}$, - -$\therefore \quad(\sin a-\cos a)^{2}=1-2 \sin a \cos a=1-\sin 2 a=\frac{16}{9}$, - -$\therefore \sin 2 a=-\frac{7}{9}$ - -故选: A. -",102,50 -2017,（新课标ⅲ）,"6. (5 分) 函数 $f(x)=\frac{1}{5} \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\cos \left(x-\frac{\pi}{6}\right)$ 的最大值为 $($ ) -A. $\frac{6}{5}$ -B. 1 -C. $\frac{3}{5}$ -D. $\frac{1}{5}$ -",A,"解：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{1}{5} \sin \left(\mathrm{x}+\frac{\pi}{3}\right)+\cos \left(x-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{5} \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\cos$ $\left(-x+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{5} \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$ $=\frac{6}{5} \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right) \leqslant \frac{6}{5}$. - -故选: A. -",103,50 -2017,（新课标ⅲ）,"11. (5 分) 已知椭圆 C: $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右顶点分别为 $A_{1}, A_{2}$, 且以线段 $A_{1} A_{2}$ 为直径的圆与直线 $b x-a y+2 a b=0$ 相切, 则 $C$ 的离心率为 -A. $\frac{\sqrt{6}}{3}$ -B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ -C. $\frac{\sqrt{2}}{3}$ -D. $\frac{1}{3}$ -",A,"解: 以线段 $A_{1} A_{2}$ 为直径的圆与直线 $b x-a y+2 a b=0$ 相切, - -$\therefore$ 原点到直线的距离 $\frac{2 a b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=a$, 化为: $a^{2}=3 b^{2}$. - -$\therefore$ 椭圆 $\mathrm{C}$ 的离心率 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$. - -故选: A. -",104,50 -2017,（新课标ⅲ）,"12. (5 分) 已知函数 $f(x)=x^{2}-2 x+a\left(e^{x-1}+e^{-x+1}\right)$ 有唯一零点, 则 $a=(\quad)$ -A. $-\frac{1}{2}$ -B. $\frac{1}{3}$ -C. $\frac{1}{2}$ -D. 1 - -\section{ -",C,"解: 因为 $f(x)=x^{2}-2 x+a\left(e^{x-1}+e^{-x+1}\right)=-1+(x-1)^{2}+a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ $=0$, - -所以函数 $f(x)$ 有唯一零点等价于方程 $1-(x-1)^{2}=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 有唯一解, 等价于函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象与 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的图象只有一个交点. - -(1)当 $a=0$ 时, $f(x)=x^{2}-2 x \geqslant-1$, 此时有两个零点, 矛盾; - -(2)当 $a<0$ 时, 由于 $y=1-(x-1)^{2}$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递增、在 $(1,+\infty)$ 上递 减 且 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递增、在 $(1,+\infty)$ 上递减, - -所以函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象的最高点为 $A(1,1), y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的 - -图象的最高点为 $B(1,2 a)$, - -由于 $2 a<0<1$, 此时函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象与 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的图象 有两个交点,矛盾; - -(3)当 $a>0$ 时, 由于 $y=1-(x-1)^{2}$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递增、在 $(1,+\infty)$ 上递 减 - -且 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递减、在 $(1,+\infty)$ 上递增， - -所以函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象的最高点为 $A(1,1), y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的 - -图象的最低点为 $B(1,2 a)$, - -由题可知点 $A$ 与点 $B$ 重合时满足条件, 即 $2 a=1$, 即 $a=\frac{1}{2}$, 符合条件; - -综上所述, $a=\frac{1}{2}$, - -故选: C. -",105,50 -2018,（新课标ⅰ）,"1. （5 分）已知集合 $A=\{0,2\}, B=\{-2,-1,0,1,2\}$, 则 $A \cap B=(）$ -A. $\{0,2\}$ -B. $\{1,2\}$ -C. $\{0\}$ -D. $\{-2,-1,0,1,2\}$ -",A,"解：集合 $\mathrm{A}=\{0,2\}, B=\{-2,-1,0,1,2\}$, - -则 $A \cap B=\{0,2\}$. - -故选: A. -",106,50 -2018,（新课标ⅰ）,"2. （5 分）设 $z=\frac{1-i}{1+i}+2 i$, 则 $|z|=(\quad)$ -A. 0 -B. $\frac{1}{2}$ -C. 1 -D. $\sqrt{2}$ -",C,"解 $: z=\frac{1-i}{1+i}+2 i=\frac{(1-i)(1-i)}{(1-i)(1+i)}+2 i=-i+2 i=i$, - -则 $|z|=1$. - -故选: C. -",107,50 -2018,（新课标ⅰ）,"4. (5 分) 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 的一个焦点为 $(2,0)$, 则 $C$ 的离心率为 ( ) -A. $\frac{1}{3}$ -B. $\frac{1}{2}$ -C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ -D. $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ -",C,"解：椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 的一个焦点为 $(2,0)$, - -可得 $a^{2}-4=4$, 解得 $a=2 \sqrt{2}$, - -$\because c=2$, - -$\therefore \mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{2}{2 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. - -故选: C. -",108,50 -2018,（新课标ⅰ）,"5. (5 分) 已知圆柱的上、下底面的中心分别为 $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}$, 过直线 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ 的平面截 该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为（） -A. $12 \sqrt{2} \pi$ -B. $12 \pi$ -C. $8 \sqrt{2} \pi$ -D. $10 \pi$ -",B,"解：设圆柱的底面直径为 $2 R$, 则高为 $2 R$, - -圆柱的上、下底面的中心分别为 $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}$, - -过直线 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ 的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形, - -可得: $4 R^{2}=8$, 解得 $R=\sqrt{2}$, - -则该圆柱的表面积为: $\pi \cdot(\sqrt{2})^{2} \times 2+2 \sqrt{2} \pi \times 2 \sqrt{2}=12 \pi$. - -故选: B. -",109,50 -2018,（新课标ⅰ）,"6. （5 分) 设函数 $f(x)=x^{3}+(a-1) x^{2}+a x$. 若 $f(x)$ 为奇函数, 则曲线 $y=f($ $x)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为 $(\quad)$ -A. $y=-2 x$ -B. $y=-x$ -C. $y=2 x$ -D. $y=x$ -",D,"解：函数 $f(x)=x^{3}+(a-1) x^{2}+a x ＼mathrm{~ ， 若 ~} f(x)$ 为奇函数, 可得 $a=1$, 所以函数 $f(x)=x^{3}+x$, 可得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+1$, - -曲线 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在点 $(0,0)$ 处的切线的斜率为: 1 , - -则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为: $y=x$. - -故选: D. -",110,50 -2018,（新课标ⅰ）,"7. (5 分) 在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $B C$ 边上的中线, $E$ 为 $A D$ 的中点, 则 $\overrightarrow{E B}=(\quad)$ -A. $\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ -B. $\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ -C. $\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ -D. $\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ -",A,"解: 在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $B C$ 边上的中线, $E$ 为 $A D$ 的中点, - -$\overrightarrow{\mathrm{EB}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\overrightarrow{\mathrm{AE}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AD}}$ - -$=\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}})$ - -$=\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ - -故选: A. -",111,50 -2018,（新课标ⅰ）,"8. （5 分）已知函数 $f(x)=2 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x+2$, 则 $(\quad)$ -A. $f(x)$ 的最小正周期为 $\pi$, 最大值为 3 -B. $f(x)$ 的最小正周期为 $\pi$, 最大值为 4 -C. $f(x)$ 的最小正周期为 $2 \pi$, 最大值为 3 -D. $f(x)$ 的最小正周期为 $2 \pi$, 最大值为 4 -",B,"解：函数 $f(x)=2 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x+2$, - -$=2 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x+2 \sin ^{2} x+2 \cos ^{2} x$ - -$=4 \cos ^{2} x+\sin ^{2} x$ - -$=3 \cos ^{2} x+1$, - -$=3 \cdot \frac{\cos 2 x+1}{2}+1$, - -$=\frac{3 \cos 2 x}{2}+\frac{5}{2}$ - -故函数的最小正周期为 $\pi$, - -函数的最大值为 $\frac{3}{2}+\frac{5}{2}=4$, - -故选: B. -",112,50 -2018,（新课标ⅰ）,"11. (5 分) 已知角 $\alpha$ 的顶点为坐标原点, 始边与 $\mathrm{x}$ 轴的非负半轴重合, 终边上 有两点 $A(1, a), B(2, b)$, 且 $\cos 2 \alpha=\frac{2}{3}$, 则 $|a-b|=(\quad)$ -A. $\frac{1}{5}$ -B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$ -C. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ -D. 1 -",B,"解: $\because$ 角 $\alpha$ 的顶点为坐标原点, 始边与 $\mathrm{x}$ 轴的非负半轴重合, - -终边上有两点 $A(1, a), B(2, b)$, 且 $\cos 2 \alpha=\frac{2}{3}$, - -$\therefore \cos 2 \alpha=2 \cos ^{2} \alpha-1=\frac{2}{3}$, 解得 $\cos ^{2} \alpha=\frac{5}{6}$, - -$\therefore|\cos \alpha|=\frac{\sqrt{30}}{6}, \quad \therefore|\sin \alpha|=\sqrt{1-\frac{30}{36}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$, - -$|\tan \alpha|=\left|\frac{b-a}{2-1}\right|=|a-b|=\frac{|\sin \alpha|}{|\cos \alpha|}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{\frac{\sqrt{30}}{6}}}{\frac{\sqrt{6}}{5}}$. - -故选: B. -",113,50 -2018,（新课标ⅱ）,"1. $(5$ 分 $) i(2+3 i)=(\quad)$ -A. $3-2 i$ -B. $3+2 i$ -C. $-3-2 i$ -D. $-3+2 i$ -",D,"解: $i(2+3 i)=2 i+3 i^{2}=-3+2 i$. - -故选: D. -",114,50 -2018,（新课标ⅱ）,"2. （5 分）已知集合 $A=\{1,3,5,7\}, B=\{2,3,4,5\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$ -A. $\{3\}$ -B. $\{5\}$ -C. $\{3,5\}$ -D. $\{1,2,3,4,5,7\}$ -",C,"解: $\because$ 集合 $\mathrm{A}=\{1,3,5,7\}, B=\{2,3,4,5\}$, - -$\therefore A \cap B=\{3,5\}$. - -故选: C. -",115,50 -2018,（新课标ⅱ）,"4. (5 分) 已知向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=1, \vec{a} \cdot \vec{b}=-1$, 则 $\vec{a} \cdot(2 \vec{a}-\vec{b})=(\quad)$ -A. 4 -B. 3 -C. 2 -D. 0 -",B,"解: 向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=1, \vec{a} \cdot \vec{b}=-1$, 则 $\vec{a} \bullet(2 \vec{a}-\vec{b})=2 \vec{a}-\vec{a} \cdot \vec{b}=2+1=3$ - -故选: B. -",116,50 -2018,（新课标ⅱ）,"5. (5 分) 从 2 名男同学和 3 名女同学中任选 2 人参加社区服务, 则选中的 2 人都是女同学的概率为 $(\quad)$ -A. 0.6 -B. 0.5 -C. 0.4 -D. 0.3 -",D,"解:（适合理科生）从 2 名男同学和 3 名女同学中任选 2 人参加社区服 务, 共有 $\mathrm{C}_{5}{ }^{2}=10$ 种, 其中全是女生的有 $\mathrm{C}_{3}{ }^{2}=3$ 种, 中的 2 人都是女同学的概率 $P=\frac{3}{10}=0.3$, - -（适合文科生）, 设 2 名男生为 $a, b, 3$ 名女生为 $A, B, C$, - -则任选 2 人的种数为 $a b, a A, a B, a C, b A, b B, B c, A B, A C, B C$ 共 10 种, 其 中全是女生为 $A B, A C, B C$ 共 3 种, - -中的 2 人都是女同学的概率 $P=\frac{3}{10}=0.3$, 故选：D. -",117,50 -2018,（新课标ⅱ）,"6. (5 分) 双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $\sqrt{3}$, 则其渐近线方程为 -A. $y= \pm \sqrt{2} x$ -B. $y= \pm \sqrt{3} x$ -C. $y= \pm \frac{\sqrt{2}}{2} x$ -D. $y= \pm \frac{\sqrt{3}}{2} x$ -",A,"解: $\because$ 双曲线的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{3}$, - -则 $\frac{b}{a}=\sqrt{\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{\frac{c^{2}-a^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{\left(\frac{c}{a}\right)^{2}-1}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}$, - -即双曲线的渐近线方程为 $y= \pm \frac{b}{a} x= \pm \sqrt{2} x$, - -故选: A. -",118,50 -2018,（新课标ⅱ）,"7. (5 分) 在 $\triangle A B C$ 中, $\cos \frac{C}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}, B C=1, A C=5$, 则 $A B=（ ）$ -A. $4 \sqrt{2}$ -B. $\sqrt{30}$ -C. $\sqrt{29}$ -D. $2 \sqrt{5}$ -",A,"解: 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\cos \frac{\mathrm{C}}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}, \cos \mathrm{C}=2 \times\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)^{2}-1=-\frac{3}{5}$, $B C=1, A C=5$, 则 $A B=\sqrt{B C^{2}+A C^{2}-2 B C \cdot A C \cos C}=\sqrt{1+25+2 \times 1 \times 5 \times \frac{3}{5}}=\sqrt{32}=4 \sqrt{2}$. - -故选: A. -",119,50 -2018,（新课标ⅱ）,"10. （5 分）若 $f(x)=\cos x-\sin x$ 在 $[0, a]$ 是减函数, 则 $a$ 的最大值是 $(\quad)$ -A. $\frac{\pi}{4}$ -B. $\frac{\pi}{2}$ -C. $\frac{3 \pi}{4}$ -D. $\pi$ -",C,"解: $f(x)=\cos x-\sin x=-\quad(\sin x-\cos x)=-\sqrt{2} \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$, - -由 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant x-\frac{\pi}{4} \leqslant \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in Z$, - -得 $-\frac{\pi}{4}+2 k \pi \leqslant x \leqslant \frac{3}{4} \pi+2 k \pi, k \in Z$, - -取 $k=0$, 得 $f(x)$ 的一个减区间为 $\left[-\frac{\pi}{4} ， \frac{3 \pi}{4}\right]$, - -由 $f(x)$ 在 $[0, a]$ 是减函数, - -得 $a \leqslant \frac{3 \pi}{4}$. - -则 $\mathrm{a}$ 的最大值是 $\frac{3 \pi}{4}$. - -故选: C. -",120,50 -2018,（新课标ⅱ）,"12. (5 分) 已知 $f(x)$ 是定义域为 $(-\infty,+\infty)$ 的奇函数, 满足 $f(1-x)=f($ $1+x)$, 若 $f(1)=2$, 则 $f(1)+f(2)+f(3)+\ldots+f(50)=(\quad)$ -A. -50 -B. 0 -C. 2 -D. 50 -",C,"解: $\because f(x)$ 是奇函数, 且 $f(1-x)=f(1+x)$, - -$\therefore f(1-x)=f(1+x)=-f(x-1), f(0)=0$, - -则 $f(x+2)=-f(x)$, 则 $f(x+4)=-f(x+2)=f(x)$, - -即函数 $f(x)$ 是周期为 4 的周期函数, - -$\because f(1)=2$, - -$\therefore f(2)=f(0)=0, f(3)=f(1-2)=f(-1)=-f(1)=-2$, - -$f(4)=f(0)=0$ - -则 $f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2+0-2+0=0$, - -则 $f(1)+f(2)+f(3)+\ldots+f(50)=12[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(49)$ - -$+f(50)$ - -$=f(1)+f(2)=2+0=2$, - -故选: C. -",121,50 -2018,（新课标ⅲ）,"1. (5 分) 已知集合 $A=\{x \mid x-1 \geqslant 0\}, B=\{0,1,2\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$ -A. $\{0\}$ -B. $\{1\}$ -C. $\{1,2\}$ -D. $\{0,1,2\}$ -",C,"解: $\because A=\{x \mid x-1 \geqslant 0\}=\{x \mid x \geqslant 1\}, B=\{0,1,2\}$, - -$\therefore A \cap B=\{x \mid x \geqslant 1\} \cap\{0,1,2\}=\{1,2\}$. - -故选: C. -",122,50 -2018,（新课标ⅲ）,"2. $(5$ 分 $)(1+i)(2-i)=(\quad)$ -A. $-3-i$ -B. $-3+i$ -C. $3-i$ -D. $3+i$ -",D,"解: $(1+i)(2-i)=3+i$. 故选: D. -",123,50 -2018,（新课标ⅲ）,"4. (5 分) 若 $\sin a=\frac{1}{3}$, 则 $\cos 2 a=(\quad)$ -A. $\frac{8}{9}$ -B. $\frac{7}{9}$ -C. $-\frac{7}{9}$ -D. $-\frac{8}{9}$ -",B,"解: $\because \sin a=\frac{1}{3}$, - -$\therefore \cos 2 a=1-2 \sin ^{2} a=1-2 \times \frac{1}{9}=\frac{7}{9}$. - -故选: $B$. -",124,50 -2018,（新课标ⅲ）,"5. (5 分) 若某群体中的成员只用现金支付的概率为 0.45 , 既用现金支付也用非 现金支付的概率为 0.15 , 则不用现金支付的概率为 $($ ) -A. 0.3 -B. 0.4 -C. 0.6 -D. 0.7 -",B,"解：某群体中的成员只用现金支付, 既用现金支付也用非现金支付, 不 用现金支付，是互斥事件， - -所以不用现金支付的概率为: $1-0.45-0.15=0.4$. - -故选: B. -",125,50 -2018,（新课标ⅲ）,"6. (5 分) 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{\tan x}{1+\tan ^{2} \mathrm{x}}$ 的最小正周期为 $(\quad)$ -A. $\frac{\pi}{4}$ -B. $\frac{\pi}{2}$ -C. $\pi$ -D. $2 \pi$ -",C,"解: 函数 $f(x)=\frac{\tan x}{1+\tan ^{2} x}=\frac{\sin x \cos x}{\cos ^{2} x+\sin ^{2} x}=\frac{1}{2} \sin 2 x$ 的最小正周期为 $\frac{2 \pi}{2}=\pi$ - -故选: C. -",126,50 -2018,（新课标ⅲ）,"7. (5 分) 下列函数中, 其图象与函数 $y=\ln x$ 的图象关于直线 $\mathrm{x}=1$ 对称的是 ( ) -A. $y=\ln (1-x)$ -B. $y=\ln (2-x)$ -C. $y=\ln (1+x)$ -D. $y=\ln (2+x)$ -",B,"解: 首先根据函数 $\mathrm{y}=\ln \mathrm{x}$ 的图象, - -则: 函数 $\mathrm{y}=\ln \mathrm{x}$ 的图象与 $\mathrm{y}=\ln (-\mathrm{x})$ ��图象关于 $\mathrm{y}$ 轴对称. 由于函数 $y=\ln x$ 的图象关于直线 $x=1$ 对称. - -则: 把函数 $y=\ln (-x)$ 的图象向右平移 2 个单位即可得到: $y=\ln (2-x)$. - -即所求得解析式为: $y=\ln (2-x)$. - -故选: B. -",127,50 -2018,（新课标ⅲ）,"8. (5 分) 直线 $x+y+2=0$ 分别与 $x$ 轴, $y$ 轴交于 $A, B$ 两点, 点 $P$ 在圆 $(x-2)$ ${ }^{2}+y^{2}=2$ 上，则 $\triangle A B P$ 面积的取值范围是（） -A. $[2,6]$ -B. $[4,8]$ -C. $[\sqrt{2}, 3 \sqrt{2}]$ -D. $[2 \sqrt{2}, 3 \sqrt{2}]$ -",A,"解: $\because$ 直线 $x+y+2=0$ 分别与 $x$ 轴, $y$ 轴交于 $A, B$ 两点, $\therefore$ 令 $\mathrm{x}=0$, 得 $\mathrm{y}=-2$, 令 $\mathrm{y}=0$, 得 $\mathrm{x}=-2$, - -$\therefore A(-2,0), B(0,-2),|A B|=\sqrt{4+4}=2 \sqrt{2}$, - -$\because$ 点 $P$ 在圆 $(x-2)^{2}+y^{2}=2$ 上, $\therefore$ 设 $P(2+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$, - -$\therefore$ 点 $\mathrm{P}$ 到直线 $\mathrm{x}+\mathrm{y}+2=0$ 的距离: $\mathrm{d}=\frac{|2+\sqrt{2} \cos \theta+\sqrt{2} \sin \theta+2|}{\sqrt{2}}=\frac{\left|2 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)+4\right|}{\sqrt{2}}$, - -$\because \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right) \in[-1,1], \quad \therefore d=\frac{\left|2 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)+4\right|}{\sqrt{2}} \in[\sqrt{2}, 3 \sqrt{2}]$, - -$\therefore \triangle \mathrm{ABP}$ 面积的取值范围是: - -$\left[\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{2} \times \sqrt{2}, \frac{1}{2} \times 2 \sqrt{2} \times 3 \sqrt{2}\right]=[2,6]$. - -故选: $A$. -",128,50 -2018,（新课标ⅲ）,"10. (5 分) 已知双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $\sqrt{2}$, 则点 $(4$, - -0) 到 C 的渐近线的距离为 $(\quad)$ -A. $\sqrt{2}$ -B. 2 -C. $\frac{3 \sqrt{2}}{2}$ -D. $2 \sqrt{2}$ -",D,"解: 双曲线 $\mathrm{C}: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>0, b>0)$ 的离心率为 $\sqrt{2}$, - -可得 $\frac{c}{a}=\sqrt{2}$, 即: $\frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}}=2$, 解得 $a=b$, - -双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>b>0)$ 的渐近线方程玩: $y= \pm x$, - -点 $(4,0)$ 到 $C$ 的渐近线的距离为: $\frac{| \pm 4|}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2}$. - -故选: D. -",129,50 -2018,（新课标ⅲ）,"11. (5 分) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, C$. 若 $\triangle A B C$ 的面积 为 $\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$, 则 $C=(\quad)$ -A. $\frac{\pi}{2}$ -B. $\frac{\pi}{3}$ -C. $\frac{\pi}{4}$ -D. $\frac{\pi}{6}$ -",C,"解: $\because \triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. - -$\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$, $\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$ - -$\therefore \sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\cos C$ - -$\because 0<\mathrm{C}<\pi, \quad \therefore \mathrm{C}=\frac{\pi}{4}$ - -故选: C. -",130,50 -2019,（新课标ⅰ）,"1. 设 $z=\frac{3-\mathrm{i}}{1+2 \mathrm{i}}$, 则 $|z|=$ -A. 2 -B. $\sqrt{3}$ -C. $\sqrt{2}$ -D. 1 -",C,"【详解 】因为 $z=\frac{3-i}{1+2 i}$, 所以 $z=\frac{(3-i)(1-2 i)}{(1+2 i)(1-2 i)}=\frac{1}{5}-\frac{7}{5} i$, 所以 $|z|=\sqrt{\left(\frac{1}{5}\right)^{2}+\left(-\frac{7}{5}\right)^{2}}=\sqrt{2}$, 故选 C. -",131,50 -2019,（新课标ⅰ）,"2. 已知集合 $U=\{1,2,3,4,5,6,7\}, A=\{2,3,4,5\}, B=\{2,3,6,7\}$, 则 $B \cap C_{U} A$ -A. $\{1,6\}$ -B. $\{1,7\}$ -C. $\{6,7\}$ -D. $\{1,6,7\}$ -",C,"【详解】由已知得 $C_{U} A=\{1,6,7\}$, 所以 $B \cap C_{U} A=\{6,7\}$, 故选 C. -",132,50 -2019,（新课标ⅰ）,"3.已知 $a=\log _{2} 0.2, b=2^{0.2}, c=0.2^{0.3}$ ，则 -A. $a2^{0}=1, \quad 0<0.2^{0.3}<0.2^{0}=1$, 则 $00, b>0)$ 的 一条渐近线的倾斜角为 $130^{\circ}$, 则 $\mathrm{C}$ 的离心率为 -A. $2 \sin 40^{\circ}$ -B. $2 \cos 40^{\circ}$ -C. $\frac{1}{\sin 50^{\circ}}$ -D. - -$\frac{1}{\cos 50^{\circ}}$ -",D,"【详解】由已知可得 $-\frac{b}{a}=\tan 130^{\circ}, \therefore \frac{b}{a}=\tan 50^{\circ}$, - -$\therefore e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+\left(\frac{b}{a}\right)^{2}}=\sqrt{1+\tan ^{2} 50^{\circ}}=\sqrt{1+\frac{\sin ^{2} 50^{\circ}}{\cos ^{2} 50^{\circ}}}=\sqrt{\frac{\sin ^{2} 50^{\circ}+\cos ^{2} 50^{\circ}}{\cos ^{2} 50^{\circ}}}=\frac{1}{\cos 50^{\circ}}$, - -故选 D. -",137,50 -2019,（新课标ⅰ）,"11. $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a \sin A-b \sin B=4 c \sin C, \cos A=-\frac{1}{4}$, 则 $\frac{b}{c}=$ -A. 6 -B. 5 -C. 4 -D. 3 -",A,"【详解】详解: 由已知及正弦定理可得 $a^{2}-b^{2}=4 c^{2}$, 由余弦定理推论可得 - -$$ --\frac{1}{4}=\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}, \therefore \frac{c^{2}-4 c^{2}}{2 b c}=-\frac{1}{4}, \therefore \frac{3 c}{2 b}=\frac{1}{4}, \therefore \frac{b}{c}=\frac{3}{2} \times 4=6 \text {, 故选 A. } -$$ -",138,50 -2019,（新课标ⅱ）,"1.已知集合 $A=\{x \mid x>-1\}, B=\{x \mid x<2\}$, 则 $A \cap B=$ -A. $(-1,+\infty)$ -B. $(-\infty, 2)$ -C. $(-1,2)$ -D. $\varnothing$ -",C,"【详解】由题知, $A \cap B=(-1,2)$, 故选 C. -",139,50 -2019,（新课标ⅱ）,"2. 设 $z=\mathrm{i}(2+\mathrm{i})$ ，则 $\bar{z}=$ -A. $1+2 \mathrm{i}$ -B. $-1+2 \mathrm{i}$ -C. $1-2 \mathrm{i}$ -D. $-1-2 \mathrm{i}$ -",D,"【详解】 $z=\mathrm{i}(2+\mathrm{i})=2 \mathrm{i}+\mathrm{i}^{2}=-1+2 \mathrm{i}$, - -所以 $\bar{z}=-1-2 i$, 选 D. -",140,50 -2019,（新课标ⅱ）,"3.已知向量 $\boldsymbol{a}=(2,3), \boldsymbol{b}=(3,2)$, 则 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=$ -A. $\sqrt{2}$ -B. 2 -C. $5 \sqrt{2}$ -D. 50 -",A,"【详解】由已知, $\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=(2,3)-(3,2)=(-1,1)$, - -所以 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\sqrt{(-1)^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$ ， - -故选 A -",141,50 -2019,（新课标ⅱ）,"4. 生物实验室有 5 只兔子, 其中只有 3 只测量过某项指标, 若从这 5 只兔子中随机取出 3 只, 则恰有 2 只测量过该指标的概率为 -A. $\frac{2}{3}$ -B. $\frac{3}{5}$ -C. $\frac{2}{5}$ -D. $\frac{1}{5}$ -",B,"【详解】设其中做过测试的 3 只兔子为 $a, b, c$, 剩余的 2 只为 $A, B$, 则从这 5 只中任取 3 只 的 所 有 取 法 有 $\{a, b, c\},\{a, b, A\},\{a, b, B\},\{a, c, A\},\{a, c, B\},\{a, A, B\}$ ， $\{b, \mathrm{c}, A\},\{b, \mathrm{c}, B\},\{\mathrm{b}, A, B\},\{\mathrm{c}, A, B\}$ 共 10 种. 其中恰有 2 只做过测试的取法有 $\{a, b, A\},\{a, b, B\},\{a, c, A\},\{a, c, B\},\{b, \mathrm{c}, A\},\{b, \mathrm{c}, B\}$ 共 6 种, - -所以恰有 2 只做过测试的概率为 $\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$, 选 B. -",142,50 -2019,（新课标ⅱ）,"5. 在 “一带一路” 知识测验后, 甲、乙、丙三人对成绩进行预测. - -甲: 我的成绩比乙高. - -乙: 丙的成绩比我和甲的都高. - -丙: 我的成绩比乙高. - -成绩公布后, 三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次 序为 -A. 甲、乙、丙 -B. 乙、甲、丙 -C. 丙、乙、甲 -D. 甲、丙、乙 -",A,"【详解】若甲预测正确, 则乙、丙预测错误, 则甲比乙成绩高, 丙比乙成绩低, 故 3 人成绩 由高到低依次为甲, 乙, 丙; 若乙预测正确, 则丙预测也正确, 不符合题意; 若丙预测正确, 则甲必预测错误, 丙比乙的成绩高, 乙比甲成绩高, 即丙比甲, 乙成绩都高, 即乙预测正确, 不符合题意, 故选 $\mathrm{A}$. -",143,50 -2019,（新课标ⅱ）,"6. 设 $f(x)$ 为奇函数, 且当 $x \geq 0$ 时, $f(x)=e^{x}-1$, 则当 $x<0$ 时, $f(x)=$ -A. $e^{-x}-1$ -B. $\mathrm{e}^{-x}+1$ -C. $-\mathrm{e}^{-x}-1$ -D. $-\mathrm{e}^{-x}+1$ -",D,"【详解】 $\because f(x)$ 是奇函数, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}+\frac{1}{x_{0}^{2}}$. 当 $x<0$ 时, $-x>0$, $f(-x)=\mathrm{e}^{-x}-1=-f(x)$, 得 $f(x)=-\mathrm{e}^{-x}+1$. 故选 $\mathrm{D}$. -",144,50 -2019,（新课标ⅱ）,"7. 设 $\alpha, \beta$ 为两个平面, 则 $\alpha / / \beta$ 的充要条件是 -A. $\alpha$ 内有无数条直线与 $\beta$ 平行 -B. $\alpha$ 内有两条相交直线与 $\beta$ 平行 -C. $\alpha, \beta$ 平行于同一条直线 -D. $\alpha, \beta$ 垂直于同一平面 -",B,"【详解】由面面平���的判定定理知: $a$ 内两条相交直线都与 $\beta$ 平行是 $a / / \beta$ 的充分条件, 由面面平行性质定理知, 若 $a / / \beta$, 则 $a$ 内任意一条直线都与 $\beta$ 平行, 所以 $a$ 内两条相交 直线都与 $\beta$ 平行是 $a / / \beta$ 的必要条件, 故选 B. -",145,50 -2019,（新课标ⅱ）,"8. 若 $x_{1}=\frac{\pi}{4}, x_{2}=\frac{3 \pi}{4}$ 是函数 $f(x)=\sin \omega x(\omega>0)$ 两个相邻的极值点, 则 $\omega=$ -A. 2 -B. $\frac{3}{2}$ -C. 1 -D. $\frac{1}{2}$ -",A,"【详解】由题意知, $f(x)=\sin \omega x$ 的周期 $T=\frac{2 \pi}{\omega}=2\left(\frac{3 \pi}{4}-\frac{\pi}{4}\right)=\pi$, 得 $\omega=2$. 故选 A. -",146,50 -2019,（新课标ⅱ）,"9. 若抛物线 $y^{2}=2 p x \quad(p>0)$ 的焦点是椭圆 $\frac{x^{2}}{3 p}+\frac{y^{2}}{p}=1$ 的一个焦点, 则 $p=$ -A. 2 -B. 3 -C. 4 -D. 8 -",D,"【详解】因为抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点 $\left(\frac{p}{2}, 0\right)$ 是椭圆 $\frac{x^{2}}{3 p}+\frac{y^{2}}{p}=1$ 的一个焦点, 所以 $3 p-p=\left(\frac{p}{2}\right)^{2}$, 解得 $p=8$, 故选 D. -",147,50 -2019,（新课标ⅱ）,"10.曲线 $y=2 \sin x+\cos x$ 在点 $(\pi,-1)$ 处的切线方程为 -A. $x-y-\pi-1=0$ -B. $2 x-y-2 \pi-1=0$ -C. $2 x+y-2 \pi+1=0$ -D. $x+y-\pi+1=0$ -",C,"【详解】当 $x=\pi$ 时, $y=2 \sin \pi+\cos \pi=-1$, 即点 $(\pi,-1)$ 在曲线 $y=2 \sin x+\cos x$ 上. $\because y^{\prime}=2 \cos x-\sin x,\left.\therefore y^{\prime}\right|_{x=\pi}=2 \cos \pi-\sin \pi=-2$, 则 $y=2 \sin x+\cos x$ 在点 $(\pi,-1)$ 处的切线方程为 $y-(-1)=-2(x-\pi)$, 即 $2 x+y-2 \pi+1=0$. 故选 C. -",148,50 -2019,（新课标ⅱ）,"11.已知 $a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), 2 \sin 2 \alpha=\cos 2 \alpha+1$, 则 $\sin \alpha=$ -A. $\frac{1}{5}$ -B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$ -C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ -D. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ -",B,"【详解】 $\because 2 \sin 2 a=\cos 2 a+1, \therefore 4 \sin a \cdot \cos a=2 \cos ^{2} a \because a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos a>0$. $\sin a>0, \quad \therefore \quad 2 \sin a=\cos a$, 又 $\sin ^{2} a+\cos ^{2} a=1, \quad \therefore 5 \sin ^{2} a=1, \quad \sin ^{2} a=\frac{1}{5}$, 又 $\sin a>0, \therefore \sin a=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 故选 B. -",149,50 -2019,（新课标ⅲ）,"1.已知集合 $A=\{-1,0,1,2\}, B=\left\{x \mid x^{2} \leq 1\right\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$ -A. $\{-1,0,1\}$ -B. $\{0,1\}$ -C. $\{-1,1\}$ -D. - -$\{0,1,2\}$ -",A,"【详解】由题意得, $B=\{x \mid-1 \leq x \leq 1\}$, 则 $A \cap B=\{-1,0,1\}$. 故选 A. -",150,50 -2019,（新课标ⅲ）,"2. 若 $z(1+\mathrm{i})=2 \mathrm{i}$ ，则 $z=(\quad)$ -A. $-1-\mathrm{i}$ -B. $-1+\mathrm{i}$ -C. $1-\mathrm{i}$ -D. $1+\mathrm{i}$ -",D,"【详解】 $z=\frac{2 \mathrm{i}}{1+\mathrm{i}}=\frac{2 \mathrm{i}(1-\mathrm{i})}{(1+\mathrm{i})(1-\mathrm{i})}=1+\mathrm{i}$. 故选 D. -",151,50 -2019,（新课标ⅲ）,"3.两位男同学和两位女同学随机排成一列, 则两位女同学相邻的概率是（） -A. $\frac{1}{6}$ -B. $\frac{1}{4}$ -C. $\frac{1}{3}$ -D. $\frac{1}{2}$ -",D,"【详解】两位男同学和两位女同学排成一列, 因为男生和女生人数相等, 两位女生相邻与不 相邻的排法种数相同, 所以两位女生相邻与不相邻的概率均是 $\frac{1}{2}$. 故选 D. -",152,50 -2019,（新课标ⅲ）,"4. 《西游记》《三国演义》《水淓传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝, 并称为中国古典小 说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况, 随机调查了 100 学生, 其中阅读 过《西游记》或《红楼梦》的学生共有 90 位, 阅读过《红楼梦》的学生共有 80 位, 阅读过 《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有 60 位, 则该校阅读过《西游记》的学生人数与 该校学生总数比值的估计值为（） -A. 0.5 -B. 0.6 -C. 0.7 -D. 0.8 -",C,"【详解】由题意得, 阅读过 《西游记》的学生人数为 $90-80+60=70$, 则其与该校学生人数之 比为 $70 \div 100=0$. 7 . 故选 C. -",153,50 -2019,（新课标ⅲ）,"5. 函数 $f(x)=2 \sin x-\sin 2 x$ 在 $[0,2 \pi]$ 的零点个数为 $(\quad)$ -A. 2 -B. 3 -C. 4 -D. 5 -",B,"【详解】由 $f(x)=2 \sin x-\sin 2 x=2 \sin x-2 \sin x \cos x=2 \sin x(1-\cos x)=0$, 得 $\sin x=0$ 或 $\cos x=1, \because x \in[0,2 \pi], \therefore x=0 、 \pi$ 或 $2 \pi . \therefore f(x)$ 在 $[0,2 \pi]$ 的零点个数是 3. . 故选 B. -",154,50 -2019,（新课标ⅲ）,"6. 已知各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 4 项和为 15 , 且 $a_{5}=3 a_{3}+4 a_{1}$, 则 $a_{3}=(\quad)$ -A. 16 -B. 8 -C. 4 -D. 2 -",C,"【详解】设正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q+a_{1} q^{2}+a_{1} q^{3}=15 \text {, } \\ a_{1} q^{4}=3 a_{1} q^{2}+4 a_{1}\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1, \\ q=2\end{array}, \therefore a_{3}=a_{1} q^{2}=4\right.$, 故选 C. -",155,50 -2019,（新课标ⅲ）,"7. 已知曲线 $y=a \mathrm{e}^{x}+x \ln x$ 在点 $(1, a e)$ 处的切线方程为 $y=2 x+b$, 则 ( ) -A. $a=e, b=-1$ -B. $a=e, b=1$ -C. $a=e^{-1}, b=1$ -D. $a=e^{-1}, b=-1$ -",D,"【详解】详解: $y^{\prime}=a e^{x}+\ln x+1$, - -$k=\left.y^{\prime}\right|_{x=1}=a e+1=2$ - -$\therefore a=e^{-1}$ - -将 $(1,1)$ 代人 $y=2 x+b$ 得 $2+b=1, b=-1$, 故选 $\mathrm{D}$. -",156,50 -2019,（新课标ⅲ）,"10.已知 $F$ 是双曲线 $C: \frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$ 的一个焦点, 点 $P$ 在 $C$ 上, $O$ 为坐标原点, 若 $|O P|=|O F|$, 则 $\triangle O P F$ 的面积为 $($ ） -A. $\frac{3}{2}$ -B. $\frac{5}{2}$ -C. $\frac{7}{2}$ -D. $\frac{9}{2}$ -",B,"【详解】 设点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x_{0}^{2}}{4}-\frac{y_{0}^{2}}{5}=1$ (1). 又 $|O P|=|O F|=\sqrt{4+5}=3$ ， $\therefore x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=9$ (2). 由 (1)(2) 得 $y_{0}^{2}=\frac{25}{9}$, 即 $\left|y_{0}\right|=\frac{5}{3}$, $\therefore S_{\triangle O P F}=\frac{1}{2}|O F| \cdot\left|y_{0}\right|=\frac{1}{2} \times 3 \times \frac{5}{3}=\frac{5}{2}$. 故选 B. -",157,50 -2019,（新课标ⅲ）,"12. 设 $f(x)$ 是定义域为 $R$ 的偶函数, 且在 $(0,+\infty)$ 单调递减, 则 $(\quad)$ -A. $f\left(\log _{5} \frac{1}{4}\right)>f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)$ -B. $f\left(\log _{8} \frac{1}{4}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)$ -C. $f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(\log _{5} \frac{1}{4}\right)$ -D. $f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(\log _{5} \frac{1}{4}\right)$ -",C,"【详解】 $\because f(x)$ 是 $\mathrm{R}$ 的偶函数, $\therefore f\left(\log _{3} \frac{1}{4}\right)=f\left(\log _{3} 4\right)$. - -$\therefore \log _{3} 4>1=2^{0}>2^{-\frac{3}{2}}$, 又 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减, $f\left(\log _{3} 4\right)f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(\log _{3} \frac{1}{4}\right)$, 故选 C. -",158,50 -2020,（全国卷Ⅲ）,"1.已知集合 $A=\{1,2,3,5,7,11\}, B=\{x \mid 30)$ 交于 $D, E$ 两点, 若 $O D \perp O E$, 则 $C$ 的焦点坐标为 $(\quad)$ -A. $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$ -B. $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$ -C. $(1,0)$ -D. $(2,0)$ -",B,"【详解】因为直线 $x=2$ 与抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 交于 $C, D$ 两点, 且 $O D \perp O E$, 根据抛物线的对称性可以确定 $\angle D O x=\angle C O x=\frac{\pi}{4}$, 所以 $C(2,2)$, 代人抛物线方程 $4=4 p$, ��得 $p=1$, 所以其焦点坐标为 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$, 故选: B. -",164,50 -2020,（全国卷Ⅲ）,"8.点 $(0,-1)$ 到直线 $y=k(x+1)$ 距离的最大值为 $(\quad)$ -A. 1 -B. $\sqrt{2}$ -C. $\sqrt{3}$ -D. 2 -",B,"【详解】由 $y=k(x+1)$ 可知直线过定点 $P(-1,0)$, 设 $A(0,-1)$, - -当直线 $y=k(x+1)$ 与 $A P$ 垂直时, 点 $A$ 到直线 $y=k(x+1)$ 距离最大, - -即为 $|A P|=\sqrt{2}$. - -故选: B. -",165,50 -2020,（全国卷Ⅲ）,"10. 设 $a=\log _{3} 2, b=\log _{5} 3, c=\frac{2}{3}$, 则 $(\quad)$ -A. $a\frac{1}{3} \log _{5} 25=\frac{2}{3}=c$, - -所以 $a1, x \in Z\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$ -A. $\varnothing$ -B. $\{-3,-2,2,3)$ -C. $\{-2,0,2\}$ -D. $\{-2,2\}$ -",D,"【详解】因为 $A=\{x|| x \mid<3, x \in Z\}=\{-2,-1,0,1,2\}$, $B=\{x|| x \mid>1, x \in Z\}=\{x \mid x>1$ 或 $x<-1, x \in Z\} ，$ - -所以 $A \cap B=\{2,-2\}$. - -故选：D. -",175,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"2. $(1-\mathrm{i})^{4}=(\quad)$ -A. -4 -B. 4 -C. $-4 i$ -D. $4 i$ -",A,"【详解】 $(1-i)^{4}\left([=1-i)^{2}\right]^{2}\left(=1-2 i+i^{2}\right)^{2}-(=2 i)^{2}-=4$. - -故选: A. -",176,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"4.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的 - -配货, 由于订单量大幅增加, 导致订单积压.为解决困难, 许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市 某日积压 500 份订单末配货, 预计第二天的新订单超过 1600 份的概率为 0.05 , 志愿者每人每天能完成 50 份订 单的配货, 为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于 0.95 , 则至少需要志愿者（） -A. 10 名 -B. 18 名 -C. 24名 -D. 32 名 -",B,"【详解】由题意, 第二天新增订单数为 $500+1600-1200=900$, - -故需要志愿者 $\frac{900}{50}=18$ 名. - -故选: B - -【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用, 属于基础题. -",177,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"5.已知单位向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 的夹角为 $60^{\circ}$, 则在下列向量中, 与 $\boldsymbol{b}$ 垂直的是（） -A. $\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$ -B. $2 \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ -C. $\boldsymbol{a}-2 \boldsymbol{b}$ -D. $2 \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$ -",D,"【详解】由已知可得: $\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}| \cdot|\vec{b}| \cdot \cos 60^{\circ}=1 \times 1 \times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$. - -$\mathrm{A}$ : 因为 $(\vec{a}+2 \vec{b}) \cdot \vec{b}=\vec{a} \cdot \vec{b}+2 \vec{b}^{2}=\frac{1}{2}+2 \times 1=\frac{5}{2} \neq 0$, 所以本选项不符合题意; - -B: 因为 $(2 \vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{b}=2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}=2 \times \frac{1}{2}+1=2 \neq 0$, 所以本选项不符合题意; - -C: 因为 $(\vec{a}-2 \vec{b}) \cdot \vec{b}=\vec{a} \cdot \vec{b}-2 \vec{b}^{2}=\frac{1}{2}-2 \times 1=-\frac{3}{2} \neq 0$, 所以本选项不符合题意; - -D: 因为 $(2 \vec{a}-\vec{b}) \cdot \vec{b}=2 \vec{a} \cdot \vec{b}-\vec{b}^{2}=2 \times \frac{1}{2}-1=0$, 所以本选项符合题意. - -故选: D. -",178,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"6. 记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{5}-a_{3}=12, a_{6}-a_{4}=24$, 则 $\frac{S_{n}}{a_{n}}=(\quad)$ -A. $2^{n}-1$ -B. $2-2^{1-n}$ -C. $2-2^{n-1}$ -D. $2^{1-n}-1$ -",B,"【详解】设等比数列的公比为 $q$, - -由 $a_{5}-a_{3}=12, a_{6}-a_{4}=24$ 可得: $\left\{\begin{array}{l}a_{1} q^{4}-a_{1} q^{2}=12 \\ a_{1} q^{5}-a_{1} q^{3}=24\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}q=2 \\ a_{1}=1\end{array}\right.\right.$, - -所以 $a_{n}=a_{1} q^{n-1}=2^{n-1}, S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1$, - -因此 $\frac{S_{n}}{a_{n}}=\frac{2^{n}-1}{2^{n-1}}=2-2^{1-n}$. - -故选: B. -",179,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"8. 若过点 $(2,1)$ 的圆与两坐标轴都相切, 则圆心到直线 $2 x-y-3=0$ 的距离为 ( ) -A. $\frac{\sqrt{5}}{5}$ -B. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ -C. $\frac{3 \sqrt{5}}{5}$ -D. $\frac{4 \sqrt{5}}{5}$ -",B,"【详解】由于圆上的点 $(2,1)$ 在第一象限, 若圆心不在第一象限, - -则圆与至少与一条坐标轴相交, 不合乎题意, 所以圆心必在第一象限, - -设圆心的坐标为 $(a, a)$, 则圆的半径为 $a$, - -圆的标准方程为 $(x-a)^{2}+(y-a)^{2}=a^{2}$. - -由题意可得 $(2-a)^{2}+(1-a)^{2}=a^{2}$, 可得 $a^{2}-6 a+5=0$, 解得 $a=1$ 或 $a=5$, - -所以圆心的坐标为 $(1,1)$ 或 $(5,5)$, - -圆心到直线 $2 x-y-3=0$ 的距离均为 $d=\frac{|-2|}{\sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$; - -所以，圆心到直线 $2 x-y-3=0$ 的距离为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$. - -故选: B. -",180,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"9. 设 $O$ 为坐标原点, 直线 $x=a$ 与双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的两条渐近线分别交于 $D, E$ 两点, 若 $\square O D E$ 的面积为 8 , 则 $C$ 的焦距的最小值为 ( ) -A. 4 -B. 8 -C. 16 -D. 32 -",B,"【详解】 $\because C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ - -$\therefore$ 双曲线的渐近线方程是 $y= \pm \frac{b}{a} x$ - -$\because$ 直线 $x=a$ 与双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的两条渐近线分别交于 $D, E$ 两点 - -不妨设 $D$ 为在第一象限, $E$ 在第四象限 - -联立 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=\frac{b}{a} x\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=b\end{array}\right.$ - -故 $D(a, b)$ - -联立 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=-\frac{b}{a} x\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \\ y=-b\end{array}\right.$ - -故 $E(a,-b)$ $\therefore|E D|=2 b$ - -$\therefore \square O D E$ 面积为: $S_{\triangle O D E}=\frac{1}{2} a \times 2 b=a b=8$ - -$\because$ 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ - -$\therefore$ 其焦距为 $2 c=2 \sqrt{a^{2}+b^{2}} \geq 2 \sqrt{2 a b}=2 \sqrt{16}=8$ - -当且仅当 $a=b=2 \sqrt{2}$ 取等号 - -$\therefore C$ 的焦距的最小值： 8 - -故选: B. -",181,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"10. 设函数 $f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{3}}$, 则 $f(x)(\quad)$ -A. 是奇函数, 且在 $(0,+\infty)$ 单调递增 -B. 是奇函数, 且在 $(0,+\infty)$ 单调递减 -C. 是偶函数, 且在 $(0,+\infty)$ 单调递增 -D. 是偶函数, 且在 $(0,+\infty)$ 单调递减 -",A,"【详解】 因为函数 $f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{3}}$ 定义域为 $\{x \mid x \neq 0\}$, 其关于原点对称, 而 $f(-x)=-f(x)$, - -所以函数 $f(x)$ 为奇函数. - -又因为函数 $y=x^{3}$ 在 $(0,+\not)$ 上单调递增, 在 $(-¥, 0)$ 上单调递增, - -而 $y=\frac{1}{x^{3}}=x^{-3}$ 在 $(0,+\not)$ 上单调递减, 在 $(-¥, 0)$ 上单调递减, - -所以函数 $f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{3}}$ 在 $(0,+¥)$ 上单调递增，在 $(-\neq, 0)$ 上单调递增. - -故选: A. -",182,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"11.已知 $\triangle A B C$ 是面积为 $\frac{9 \sqrt{3}}{4}$ - -的等边三角形, 且其顶点都在球 $O$ 的球面上. 若球 $O$ 的表面积为 $16 \pi$, 则 $O$ 到平面 $A B C$ 的距离为（） -A. $\sqrt{3}$ -B. $\frac{3}{2}$ -C. 1 -D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ -",C,"【详解】设球 $O$ 的半径为 $R$, 则 $4 \pi R^{2}=16 \pi$, 解得： $R=2$. - -设 $\square A B C$ 外接圆半径为 $r$, 边长为 $a$, - -$\because \square A B C$ 是面积为 $\frac{9 \sqrt{3}}{4}$ 的等边三角形, - -$\therefore \frac{1}{2} a^{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{9 \sqrt{3}}{4}$, 解得: $a=3, \therefore r=\frac{2}{3} \times \sqrt{a^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{2}{3} \times \sqrt{9-\frac{9}{4}}=\sqrt{3}$, - -$\therefore$ 球心 $O$ 到平面 $A B C$ 的距离 $d=\sqrt{R^{2}-r^{2}}=\sqrt{4-3}=1$. - -故选: C. -",183,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"12. 若 $2^{x}-2^{y}<3^{-x}-3^{-y}$ ，则 $(\quad)$ -A. $\ln (y-x+1)>0$ -B. $\ln (y-x+1)<0$ -C. $\ln |x-y|>0$ -D. $\ln |x-y|<0$ -",A,"【详解】由 $2^{x}-2^{y}<3^{-x}-3^{-y}$ 得: $2^{x}-3^{-x}<2^{y}-3^{-y}$, - -令 $f(t)=2^{t}-3^{-t}$, $\because y=2^{x}$ 为 $R$ 上的增函数, $y=3^{-x}$ 为 $R$ 上的减函数, $\therefore f(t)$ 为 $R$ 上的增函数, - -$\therefore x0 \therefore, y-x+1>1 \therefore, \ln (y-x+1>) 0$, 则A正确, B错误; - -$\mathrm{Q}|x-y|$ 与 1 的大小不确定, 故CD无法确定. - -故选: A. -",184,50 -2021,（全国甲卷）,"1. 设集合 $M=\{1,3,5,7,9\}, N=\{x \mid 2 x>7\}$, 则 $M \cap N=(\quad)$ -A. $\{7,9\}$ -B. $\{5,7,9\}$ -C. $\{3,5,7,9\}$ -D. $\{1,3,5,7,9\}$ -",B,"【详解】 $N=\left(\frac{7}{2},+\infty\right)$, 故 $M \cap N=\{5,7,9\}$, - -故选: B. -",185,50 -2021,（全国甲卷）,"3. 已知 $(1-i)^{2} z=3+2 i$, 则 $z=(\quad)$ -A. $-1-\frac{3}{2} i$ -B. $-1+\frac{3}{2} i$ -C. $-\frac{3}{2}+i$ -D. $-\frac{3}{2}-i$ -",B,"【详解】 $(1-i)^{2} z=-2 i z=3+2 i$, - -$z=\frac{3+2 i}{-2 i}=\frac{(3+2 i) \cdot i}{-2 i \cdot i}=\frac{-2+3 i}{2}=-1+\frac{3}{2} i$ - -故选: B. -",186,50 -2021,（全国甲卷）,"4. 下列函数中是增函数的为 $(\quad ）$ -A. $f(x)=-x$ -B. $f(x)=\left(\frac{2}{3}\right)^{x}$ -C. $f(x)=x^{2}$ -D. $f(x)=\sqrt[3]{x}$ -",D,"【详解】对于 $\mathrm{A}, f(x)=-x$ 为 $R$ 上的减函数, 不合题意, 舍. - -对于 $\mathrm{B}, f(x)=\left(\frac{2}{3}\right)^{x}$ 为 $R$ 上的减函数, 不合题意, 舍. - -对于 $\mathrm{C}, f(x)=x^{2}$ 在 $(-\infty, 0)$ 为减函数, 不合题意, 舍. - -对于 $\mathrm{D}, f(x)=\sqrt[3]{x}$ 为 $R$ 上的增函数, 符合题意, 故选: D. -",187,50 -2021,（全国甲卷）,"5. 点 $(3,0)$ 到双曲线 $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$ 的一条渐近线的距离为 $(\quad)$ -A. $\frac{9}{5}$ -B. $\frac{8}{5}$ -C. $\frac{6}{5}$ -D. $\frac{4}{5}$ -",A,"【详解】由题意可知, 双曲线的渐近线方程为: $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=0$ ，即 $3 x \pm 4 y=0$ ， - -结合对称性，不妨考虑点 $(3,0)$ 到直线 $3 x+4 y=0$ 的距离: $d=\frac{9+0}{\sqrt{9+16}}=\frac{9}{5}$. - -故选: A. -",188,50 -2021,（全国甲卷）,"6. 青少年视力是社会普遍关注的问题, 视力情况可借助视力表测量. 通常用五分记录法和小数记录法记录 视力数据, 五分记录法的数据 $L$ 和小数记录表的数据 $V$ 的满足 $L=5+\lg V$. 已知某同学视力的五分记录法 的数据为 4.9 , 则其视力的小数记录法的数据为 $(\quad) \quad(\sqrt[10]{10} \approx 1.259)$ -A. 1.5 -B. 1.2 -C. 0.8 -D. 0.6 -",C,"【详解】由 $L=5+\lg V$, 当 $L=4.9$ 时, $\lg V=-0.1$, - -则 $V=10^{-0.1}=10^{-\frac{1}{10}}=\frac{1}{\sqrt[10]{10}} \approx \frac{1}{1.259} \approx 0.8$. - -故选: C. -",189,50 -2021,（全国甲卷）,"8. 在 $\triangle A B C$ 中, 已�� $B=120^{\circ}, A C=\sqrt{19}, A B=2$, 则 $B C=(\quad)$ -A. 1 -B. $\sqrt{2}$ -C. $\sqrt{5}$ -D. 3 -",D,"【详解】设 $A B=c, A C=b, B C=a$ ， 结合余弦定理: $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$ 可得： $19=a^{2}+4-2 \times a \times \cos 120^{\circ}$, - -即: $a^{2}+2 a-15=0$, 解得: $a=3 \quad$ ( $a=-5$ 舍去), - -故 $B C=3$. - -故选: D. -",190,50 -2021,（全国甲卷）,"9. 记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $S_{2}=4, S_{4}=6$, 则 $S_{6}=(\quad)$ -A. 7 -B. 8 -C. 9 -D. 10 -",A,"【详解】 $\because S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, - -$\therefore S_{2}, \quad S_{4}-S_{2}, \quad S_{6}-S_{4}$ 成等比数列 - -$\therefore S_{2}=4, \quad S_{4}-S_{2}=6-4=2$ - -$\therefore S_{6}-S_{4}=1$ - -$\therefore S_{6}=1+S_{4}=1+6=7$ - -故选: A. -",191,50 -2021,（全国甲卷）,"10. 将 3 个 1 和 2 个 0 随机排成一行, 则 2 个 0 不相邻的概率为 $($ ） -A. 0.3 -B. 0.5 -C. 0.6 -D. 0.8 -",C,"【详解】解: 将 3 个 1 和 2 个 0 随机排成一行, 可以是: - -00111,01011,01101,01110,10011,10101,10110,11001,11010,11100, - -共 10 种排法, 其中 2 个 0 不相邻的排列方法为: - -$01011,01101,01110,10101,10110,11010$, - -共 6 种方法, - -故 2 个 0 不相邻的概率为 $\frac{6}{10}=0.6$, - -故选: C. -",192,50 -2021,（全国甲卷）,"11. 若 $a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \tan 2 a=\frac{\cos a}{2-\sin a}$, 则 $\tan a=(\quad)$ -A. $\frac{\sqrt{15}}{15}$ -B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$ -C. $\frac{\sqrt{5}}{3}$ -D. $\frac{\sqrt{15}}{3}$ -",A,"【详解】 $\because \tan 2 a=\frac{\cos a}{2-\sin a}$ - -$\therefore \tan 2 a=\frac{\sin 2 a}{\cos 2 a}=\frac{2 \sin a \cos a}{1-2 \sin ^{2} a}=\frac{\cos a}{2-\sin a}$, - -$\because a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos a \neq 0, \therefore \frac{2 \sin a}{1-2 \sin ^{2} a}=\frac{1}{2-\sin a}$, 解得 $\sin a=\frac{1}{4}$, - -$\therefore \cos a=\sqrt{1-\sin ^{2} a}=\frac{\sqrt{15}}{4}, \therefore \tan a=\frac{\sin a}{\cos a}=\frac{\sqrt{15}}{15}$. - -故选: A. -",193,50 -2021,（全国甲卷）,"12. 设 $f(x)$ 是定义域为 $\boldsymbol{R}$ 的奇函数, 且 $f(1+x)=f(-x)$. 若 $f\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}$, 则 $f\left(\frac{5}{3}\right)=(\quad)$ -A. $-\frac{5}{3}$ -B. $-\frac{1}{3}$ -C. $\frac{1}{3}$ -D. $\frac{5}{3}$ -",C,"【详解】由题意可得： $f\left(\frac{5}{3}\right)=f\left(1+\frac{2}{3}\right)=f\left(-\frac{2}{3}\right)=-f\left(\frac{2}{3}\right)$, - -而 $f\left(\frac{2}{3}\right)=f\left(1-\frac{1}{3}\right)=f\left(\frac{1}{3}\right)=-f\left(-\frac{1}{3}\right)=-\frac{1}{3}$, - -故 $f\left(\frac{5}{3}\right)=\frac{1}{3}$. - -故选: C. -",194,50 -2021,（新课标ⅰ）,"3.已知命题 $p: \exists x \in R, \sin x<1$; 命题 $q: \forall x \in R, e^{|x|} \geq 1$, 则下列命题中为真命题的是 ( ) -A. $p \wedge q$ -B. $\neg p \wedge q$ -C. $p \wedge \neg q$ -D. $\neg(p \vee q)$ -",A,"解析: - -根据正弦函数的值域 $\sin x \in[-1,1], \sin x<1$, 故 $\exists x \in R, p$ 为真命题, 而函数 $y=e^{|x|}$ 为 偶函数, 且 $x \geq 0$ 时, $y=e^{x} \geq 1$, 故 $\forall x \in R, y=e^{|x|} \geq 1$ 恒成立. 则 $q$ 也为真命题. 所以 $p \wedge q$ 为真, 选 $A$. -",195,50 -2021,（新课标ⅰ）,"4.函数 $f(x)=\sin \frac{x}{3}+\cos \frac{x}{3}$ 的最小正周期和最大值分别是 $(\quad)$ - -A. $3 \pi$ 和 $\sqrt{2}$ - -B. $3 \pi$ 和 2 - -C. $6 \pi$ 和 $\sqrt{2}$ - -D. $6 \pi$ 和 2 -",C,"解析: - -$f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{x}{3}+\frac{\pi}{4}\right)$ - -$f(x)_{\max }=\sqrt{2}, \quad T=\frac{2 \pi}{\frac{1}{3}}=6 \pi$. - -故选 C. -",196,50 -2021,（新课标ⅰ）,"6. $\cos ^{2} \frac{\pi}{12}-\cos ^{2} \frac{5 \pi}{12}=(\quad)$ - -A. $\frac{1}{2}$ - -B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ - -C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ - -D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ -",D,"解析: - -$\cos ^{2} \frac{\pi}{12}-\cos ^{2} \frac{5 \pi}{12}=\cos ^{2} \frac{\pi}{12}-\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{12}\right)=\cos ^{2} \frac{\pi}{12}-\sin ^{2} \frac{\pi}{12}=\cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2} \therefore$ 选 D. -",197,50 -2021,（新课标ⅰ）,"7. 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 随机取 1 个数, 则取到的数小于 $\frac{1}{3}$ 的概率为 $(\quad)$ - -A. $\frac{3}{4}$ - -B. $\frac{2}{3}$ - -C. $\frac{1}{3}$ - -D. $\frac{1}{6}$ -",B,"解析: - -在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 随机取 1 个数, 可知总长度 $d=\frac{1}{2}$, 取到的数小于 $\frac{1}{3}$, 可知取到的长度范围 $d^{\prime}=\frac{1}{3}$, 根据几何概型公式 $p=\frac{d^{\prime}}{d}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}, \therefore$ 选 B. -",198,50 -2021,（新课标ⅰ）,"8. 下列函数中最小值为 4 的是（ ） - -A. $y=x^{2}+2 x+4$ - -B. $y=|\sin x|+\frac{4}{|\sin x|}$ - -C. $y=2^{x}+2^{2-x}$ - -D. $y=\ln x+\frac{4}{\ln x}$ -",C,"解析: - -对于 A, $y=x^{2}+2 x+4=x^{2}+2 x+1+3=(x+1)^{2}+3 \geq 3$. 不符合, - -对于 B, $y=|\sin x|+\frac{4}{|\sin x|}$, 令 $t=|\sin x| \in[0,1], \quad \therefore y=t+\frac{4}{t}$, - -根据对勾函数 $y_{\text {min }}=1+4=5$ 不符合, - -对于 C, $y=2^{x}+2^{2-x}=2^{x}+\frac{4}{2^{x}}$, 令 $t=2^{x}>0$, - -$\therefore y=t+\frac{4}{t} \geq 2 \sqrt{t \cdot \frac{4}{t}}=2 \times 2=4$ - -当且仅当 $t=2$ 时取等, 符合, - -对于 D, $y=\ln x+\frac{4}{\ln x}$, 令 $t=\ln x \in R, \quad y=t+\frac{4}{t}$. - -根据对勾函数 $y \in(-\infty,-4] \cup[4,+\infty)$, 不符合. -",199,50 -2021,（新课标ⅰ）,"9. 设函数 $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$, 则下列函数中为奇函数的是 $(\quad)$ -A. $f(x-1)-1$ -B. $f(x-1)+1$ -C. $f(x+1)-1$ -D. $f(x+1)+1$ -",B,"解析: - -$f(x)=\frac{1-x}{1+x}=-1+\frac{2}{1+x}$ - -$f(x)$ 向右平移一个单位, 向上平移一个单位得到 $g(x)=\frac{2}{x}$ 为奇函数. - -所以选 B. -",200,50 -2021,（新课标ⅰ）,"11. 设 $B$ 是椭圆 $C: \frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1$ 的上顶点, 点 $P$ 在 $C$ 上, 则 $|P B|$ 的最大值为 -A. $\frac{5}{2}$ -B. $\sqrt{6}$ -C. $\sqrt{5}$ -D. 2 -",A,"解析: - -方法一: 由 $C: \frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1, B(0,1)$ - -则 $C$ 的参数方程: $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{5} \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$. - -$|P B|=\sqrt{(\sin \theta-1)^{2}+(\sqrt{5} \cos \theta)^{2}}$ - -$=\sqrt{-4 \sin ^{2} \theta-2 \sin \theta+6}$ - -$=\sqrt{-4\left(\sin \theta+\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{25}{4}} \geq \frac{5}{2}$. - -$\therefore|P B|_{\max }=\frac{5}{2}$, 故选 A. - -方法二: 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x_{0}^{2}}{5}+y_{0}^{2}=1\left(y_{0} \in[-1,1]\right)(1), B(0,1)$. - -因此 $|P B|^{2}=x_{0}^{2}+\left(y_{0}-1\right)^{2}(2)$ - -将(1)式代人(2)式化简得: $|P B|^{2}=-4\left(y_{0}+\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{25}{4} \geq \frac{25}{4}$, 当且仅当 $y_{0}=-\frac{1}{4}$ 时 $|P B|$ 的最大值为 $\frac{5}{2}$, 故选 $\mathrm{A}$. -",201,50 -2021,（新课标ⅰ）,"12. 设 $a \neq 0$, 若 $x=a$ 为函数 $f(x)=a(x-a)^{2}(x-b)$ 的极大值点, 则 -A. $ab$ -C. $a ba^{2}$ -",D,"解析: - -$f^{\prime}(x)=2 a(x-a)(x-b)+a(x-a)^{2}=a(x-a)(3 x-2 b-a)$ - -当 $a>0$ 时, 原函数先增再减后增. - -原函数在 $f^{\prime}(x)=0$ 的较小零点时取得极大值. - -即 $a<\frac{a+2 b}{3}$, 即 $a\frac{a+2 b}{3}, a>b, a^{2}8 -$$ - -$\mathrm{B}$ 选项结论正确. - -对于 $\mathrm{C}$ 选项，甲同学周课外体育运动时长大于 8 的概率的估计值 $\frac{6}{16}=0.375<0.4$, $\mathrm{C}$ 选项结论错误. - -对于 $\mathrm{D}$ 选项, 乙同学周课外体育运动时长大于 8 的概率的估计值 $\frac{13}{16}=0.8125>0.6$, - -$\mathrm{D}$ 选项结论正确. - -故选: C -",206,50 -2022,（全国乙卷）,"6. 设 $F$ 为抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点, 点 $A$ 在 $C$ 上, 点 $B(3,0)$, 若 $|A F|=|B F|$, 则 $|A B|=$ () -A. 2 -B. $2 \sqrt{2}$ -C. 3 -D. $3 \sqrt{2}$ -",B,"【详解】由题意得, $F(1,0)$, 则 $|A F|=|B F|=2$, - -即点 $\mathrm{A}$ 到准线 $x=-1$ 的距离为 2 , 所以点 $\mathrm{A}$ 的横坐标为 $-1+2=1$, - -不妨设点 $\mathrm{A}$ 在 $x$ 轴上方, 代人得, $A(1,2)$, - -所以 $|A B|=\sqrt{(3-1)^{2}+(0-2)^{2}}=2 \sqrt{2}$. - -故选: B -",207,50 -2022,（全国乙卷）,"10. 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 3 项和为 $168, a_{2}-a_{5}=42$, 则 $a_{6}=()$ -A. 14 -B. 12 -C. 6 -D. 3 -",D,"【详解】解：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, q \neq 0$, - -若 $q=1$, 则 $a_{2}-a_{5}=0$, 与题意矛盾, - -所以 $q \neq 1$, - -则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{2}+a_{3}=\frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q}=168 \\ a_{2}-a_{5}=a_{1} q-a_{1} q^{4}=42\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=96 \\ q=\frac{1}{2}\end{array}\right.$, - -所以 $a_{6}=a_{1} q^{5}=3$. - -故选：D. -",208,50 -2022,（全国乙卷）,"11. 函数 $f(x)=\cos x+(x+1) \sin x+1$ 在区间 $[0,2 \pi]$ 的最小值、最大值分别为 () -A. $-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}$ -B. $-\frac{3 \pi}{2}, \frac{\pi}{2}$ -C. $-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}+2$ -D. $-\frac{3 \pi}{2}, \frac{\pi}{2}+2$ -",D,"【详解】 $f^{\prime}(x)=-\sin x+\sin x+(x+1) \cos x=(x+1) \cos x$, 所以 $f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 和 $\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right)$ 上 $f^{\prime}(x)>0$, 即 $f(x)$ 单调递增; 在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$ 上 $f^{\prime}(x)<0$, 即 $f(x)$ 单调递减, 又 $f(0)=f(2 \pi)=2, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}+2, f\left(\frac{3 \pi}{2}\right)=-\left(\frac{3 \pi}{2}+1\right)+1=-\frac{3 \pi}{2}$ ， 所以 $f(x)$ 在区间 $[0,2 \pi]$ 上的最小值为 $-\frac{3 \pi}{2}$, 最大值为 $\frac{\pi}{2}+2$. - -故选: D -",209,50 -2022,（全国乙卷）,"12. 已知球 $O$ 的半径为 1 , 四棱雉的顶点为 $O$, 底面的四个顶点均在球 $O$ 的球面上, 则当该 四棱雉的体积最大时，其高为（) -A. $\frac{1}{3}$ -B. $\frac{1}{2}$ -C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ -D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ -",C,"【详解】设该四棱雉底面为四边形 $A B C D$, 四边形 $A B C D$ 所在小圆半径为 $r$, 设四边形 $A B C D$ 对角线夹角为 $a$, 则 $S_{A B C D}=\frac{1}{2} \cdot A C \cdot B D \cdot \sin a \leq \frac{1}{2} \cdot A C \cdot B D \leq \frac{1}{2} \cdot 2 r \cdot 2 r=2 r^{2}$ - -(当且仅当四边形 $A B C D$ 为正方形时等号成立) 即当四棱雉的顶点 $O$ 到底面 $A B C D$ 所在小圆距离一定时, 底面 $A B C D$ 面积最大值为 $2 r^{2}$ - -又 $r^{2}+h^{2}=1$ - -则 $V_{O-A B C D}=\frac{1}{3} \cdot 2 r^{2} \cdot h=\frac{\sqrt{2}}{3} \sqrt{r^{2} \cdot r^{2} \cdot 2 h^{2}} \leq \frac{\sqrt{2}}{3} \sqrt{\left(\frac{r^{2}+r^{2}+2 h^{2}}{3}\right)^{3}}=\frac{4 \sqrt{3}}{27}$ - -当且仅当 $r^{2}=2 h^{2}$ 即 $h=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时等号成立, - -故选: C -",210,50 -2022,（全国甲卷）,"1. 设集合 $A=\{-2,-1,0,1,2\}, B=\left\{x \mid 0 \leq x<\frac{5}{2}\right\}$, 则 $A \cap B=()$ -A. $\{0,1,2\}$ -B. $\{-2,-1,0\}$ -C. $\{0,1\}$ -D. $\{1,2\}$ -",A,"【详解】因为 $A=\{-2,-1,0,1,2\}, B=\left\{x \mid 0 \leq x<\frac{5}{2}\right\}$, 所以 $A \cap B=\{0,1,2\}$. - -故选: A. -",211,50 -2022,（全国甲卷）,"3. 若 $z=1+\mathrm{i}$. 则 $|\mathrm{i} z+3 \bar{z}|=()$ -A. $4 \sqrt{5}$ -B. $4 \sqrt{2}$ -C. $2 \sqrt{5}$ -D. $2 \sqrt{2}$ -",D,"【详解】因为 $z=1+\mathrm{i}$, 所以 $\mathrm{i} z+3 \bar{z}=\mathrm{i}(1+\mathrm{i})+3(1-\mathrm{i})=2-2 \mathrm{i}$, 所以 - -$|i z+3 \bar{z}|=\sqrt{4+4}=2 \sqrt{2}$ - -故选: D. -",212,50 -2022,（全国甲卷）,"5. 将函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)(\omega>0)$ 的图像向左平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度后得到曲线 $C$, 若 $C$ 关于 $y$ 轴对称，则 $\omega$ 的最小值是（) -A. $\frac{1}{6}$ -B. $\frac{1}{4}$ -C. $\frac{1}{3}$ -D. $\frac{1}{2}$ -",C,"【详解】由题意知: 曲线 $C$ 为 $y=\sin \left[\omega\left(x+\frac{\pi}{2}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=\sin \left(\omega x+\frac{\omega \pi}{2}+\frac{\pi}{3}\right)$, 又 $C$ 关于 $y$ 轴对称，则 $\frac{\omega \pi}{2}+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$ ， - -解得 $\omega=\frac{1}{3}+2 k, k \in \mathbf{Z}$, 又 $\omega>0$, 故当 $k=0$ 时, $\omega$ 的最小值为 $\frac{1}{3}$. - -故选: C. -",213,50 -2022,（全国甲卷）,"6. 从分别写有 $1,2,3,4,5,6$ 的 6 张卡片中无放回随机抽取 2 张, 则抽到的 2 张卡片上 的数字之积是 4 的倍数的概率为 () -A. $\frac{1}{5}$ -B. $\frac{1}{3}$ -C. $\frac{2}{5}$ -D. $\frac{2}{3}$ -",C,"【详解】从 6 张卡片中无放回抽取 2 张, 共有 - -$(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6)$ - -15 种情况, - -其中数字之积为 4 的倍数的有 $(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6) 6$ 种情况, 故概率为 $\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$ - -故选: C. -",214,50 -2022,（全国甲卷）,"8. 当 $x=1$ 时, 函数 $f(x)=a \ln x+\frac{b}{x}$ 取得最大值 -2 , 则 $f^{\prime}(2)=()$ -A. -1 -B. $-\frac{1}{2}$ -C. $\frac{1}{2}$ -D. 1 -",B,"【详解】因为函数 $f(x)$ 定义域为 $(0,+\infty)$, 所以依题可知, $f(1)=-2, f^{\prime}(1)=0$, 而 $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}-\frac{b}{x^{2}}$, 所以 $b=-2, a-b=0$, 即 $a=-2, b=-2$, 所以 $f^{\prime}(x)=-\frac{2}{x}+\frac{2}{x^{2}}$, 因 此函�� $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上递增, 在 $(1,+\infty)$ 上递减, $x=1$ 时取最大值, 满足题意, 即有 $f^{\prime}(2)=-1+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$ - -故选: B. -",215,50 -2022,（全国甲卷）,"11. 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\frac{1}{3}, A_{1}, A_{2}$ 分别为 $C$ 的左、右顶点, $B$ 为 $C$ 的上顶点. 若 $\overrightarrow{B A_{1}} \cdot \overrightarrow{B A_{2}}=-1$, 则 $C$ 的方程为 () -A. $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{16}=1$ -B. $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$ -C. $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$ -D. - -$$ -\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1 -$$ -",B,"【详解】解: 因为离心率 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\frac{1}{3}$, 解得 $\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{8}{9}, \quad b^{2}=\frac{8}{9} a^{2}$, - -$A_{1}, A_{2}$ 分别为 $C$ 的左右顶点, 则 $A_{1}(-a, 0), A_{2}(a, 0)$, - -$B$ 为上顶点, 所以 $B(0, b)$. - -所以 $\overrightarrow{B A_{1}}=(-a,-b), \overrightarrow{B A_{2}}=(a,-b)$, 因为 $\overrightarrow{B A_{1}} \cdot \overrightarrow{B A_{2}}=-1$ - -所以 $-a^{2}+b^{2}=-1$, 将 $b^{2}=\frac{8}{9} a^{2}$ 代人, 解得 $a^{2}=9, b^{2}=8$, - -故椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$. - -故选: B. -",216,50 -2022,（全国甲卷）,"12. 已知 $9^{m}=10, a=10^{m}-11, b=8^{m}-9$, 则 () -A. $a>0>b$ -B. $a>b>0$ -C. $b>a>0$ -D. $b>0>a$ -",A,"【详解】由 $9^{m}=10$ 可得 $m=\log _{9} 10=\frac{\lg 10}{\lg 9}>1$, 而 - -$\lg 9 \lg 11<\left(\frac{\lg 9+\lg 11}{2}\right)^{2}=\left(\frac{\lg 99}{2}\right)^{2}<1=(\lg 10)^{2}$, 所以 $\frac{\lg 10}{\lg 9}>\frac{\lg 11}{\lg 10}$, 即 $m>\lg 11$, 所 - -以 $a=10^{m}-11>10^{\lg 11}-11=0$. - -又 $\lg 8 \lg 10<\left(\frac{\lg 8+\lg 10}{2}\right)^{2}=\left(\frac{\lg 80}{2}\right)^{2}<(\lg 9)^{2}$ ， 所以 $\frac{\lg 9}{\lg 8}>\frac{\lg 10}{\lg 9}$, 即 $\log _{8} 9>m$ ， - -所以 $b=8^{m}-9<8^{\log _{8} 9}-9=0$. 综上, $a>0>b$. - -故选: A. -",217,50