diff --git "a/Multiple-choice_Questions/2010-2022_Math_I_MCQs.csv" "b/Multiple-choice_Questions/2010-2022_Math_I_MCQs.csv" deleted file mode 100644--- "a/Multiple-choice_Questions/2010-2022_Math_I_MCQs.csv" +++ /dev/null @@ -1,3325 +0,0 @@ -year,category,question,answer,analysis,index,score -2010,（新课标）,"1. （5 分) 已知集合 $A=\{x \in R|| x \mid \leqslant 2\}\}, B=\{x \in Z \mid \sqrt{x} \leqslant 4\}$, 则 $A \cap B=(\quad$ ） -A. $(0,2)$ -B. $[0,2]$ -C. $\{0,2\}$ -D. $\{0,1,2\}$ -",D,"解: $A=\{x \in R|| x \mid \leqslant 2\}=,\{x \in R \mid-2 \leqslant x \leqslant 2\}$, - -$B=\{x \in Z \mid \sqrt{x} \leqslant 4\}=\{x \in Z \mid 0 \leqslant x \leqslant 16\}$ - -故 $A \cap B=\{0,1,2\}$. - -应选 D. -",0,50 -2010,（新课标）,"2. (5 分) 已知复数 $z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}, \bar{z}$ 是 $z$ 的共轭复数, 则 $z=dotar{z}=(\quad)$ -A. $\frac{1}{4}$ -B. $\frac{1}{2}$ -C. 1 -D. 2 -",A,"解: 由 $|z|=\left|\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}\right|=\frac{|\sqrt{3}+i|}{|1-\sqrt{3} i|^{2}}=\frac{2}{2^{2}}=\frac{1}{2}$ 可得 $z \cdot \bar{z}=|z|^{2}=\frac{1}{4}$. - -另 - -解 - -$$ -\begin{aligned} -& z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}=\frac{\sqrt{3}+i}{-2-2 \sqrt{3} i}=-\frac{1 \sqrt{3}+i}{21+\sqrt{3} i}=-\frac{1}{8}(\sqrt{3}+i)(1-\sqrt{3} i)=\frac{1}{4}(\sqrt{3}-i) \\ -& z \cdot \bar{z}=\frac{1}{4}(\sqrt{3}-i) \cdot \frac{1}{4}(\sqrt{3}+i)=\frac{1}{4} -\end{aligned} -$$ - -故选: A. -",1,50 -2010,（新课标）,"3. (5 分) 曲线 $y=\frac{x}{x+2}$ 在点 $(-1,-1)$ 处的切线方程为（ $）$ -A. $y=2 x+1$ -B. $y=2 x-1$ -C. $y=-2 x-3$ -D. $y=-2 x-2$ -",A,"解: $\because y=\frac{x}{x+2}$, - -$\therefore y^{\prime}=\frac{2}{(x+2)^{2}}$ - -所以 $\mathrm{k}=\left.\mathrm{y}^{\prime}\right|_{\mathrm{x}=-1}=2$, 得切线的斜率为 2 , 所以 $\mathrm{k}=2$; - -所以曲线 $y=f(x)$ 在点 $(-1,-1)$ 处的切线方程为: - -$y+1=2 \times(x+1)$ ，即 $y=2 x+1$. - -故选: A. -",2,50 -2010,（新课标）,"5. （5 分) 已知命题 $p_{1}$ : 函数 $y=2^{x}-2^{-x}$ 在 $R$ 为增函数, $p_{2}$ : 函数 $y=2^{x}+2^{-x}$ 在 $R$ 为减函数, 则在命题 $q_{1}: p_{1} \vee p_{2}, q_{2}: p_{1} \wedge p_{2}, q_{3}:\left(\neg p_{1}\right) \vee p_{2}$ 和 $q_{4}: p_{1} \wedge(\square$ $\left.p_{2}\right)$ 中，真命题是（ $)$ -A. $q_{1}, q_{3}$ -B. $q_{2}, q_{3}$ -C. $q_{1}, q_{4}$ -D. $q_{2}, q_{4}$ -",C,"解：易知 $p_{1}$ 是真命题, 而对 $p_{2}: y^{\prime}=2^{x} \ln 2-\frac{1}{2^{x}} \ln 2=\ln 2\left(2^{x}-\frac{1}{2^{x}}\right)$, 当 $x \in[0,+\infty)$ 时, $2^{x} \geqslant \frac{1}{2^{x}}$, 又 $\ln 2>0$, 所以 $y^{\prime} \geqslant 0$, 函数单调递增; - -同理得当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, 函数单调递减, 故 $p_{2}$ 是假命题. - -由此可知, $q_{1}$ 真, $q_{2}$ 假, $q_{3}$ 假, $q_{4}$ 真. - -故选: C. -",3,50 -2010,（新课标）,"6. （5 分) 某种种子每粒发芽的概率都为 0.9 , 现播种了 1000 粒, 对于没有发 芽的种子, 每粒需再补种 2 粒, 补种的种子数记为 $X$, 则 $X$ 的数学期望为 $(\quad)$ -A. 100 -B. 200 -C. 300 -D. 400 -",B,"解：由题意可知播种了 1000 粒, 没有发芽的种子数 $\xi$ 服从二项分布, 即 $\xi \sim B(1000,0.1)$. - -而每粒需再补种 2 粒, 补种的种子数记为 $X$ - -故 $X=2 \xi$, 则 $E X=2 E \xi=2 \times 1000 \times 0.1=200$. 故选: B. -",4,50 -2010,（新课标）,"8. （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. -",5,50 -2010,（新课标）,"9. (5 分）若 $\cos \alpha=-\frac{4}{5}, \alpha$ 是第三象限的角, 则 $\frac{1+\tan \frac{\alpha}{2}}{1-\tan \frac{\alpha}{2}}=(\quad)$ -A. $-\frac{1}{2}$ -B. $\frac{1}{2}$ -C. 2 -D. -2 -",A,"解: 由 $\cos \alpha=-\frac{4}{5}, \alpha$ 是第三象限的角, - -$\therefore$ 可得 $\sin \alpha=-\frac{3}{5}$, - -则 $\frac{1+\tan \frac{\alpha}{2}}{1-\tan \frac{\alpha}{2}}=\frac{\cos \frac{\alpha}{2}+\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}-\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{1+\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{1-\frac{3}{5}}{-\frac{4}{5}}=-\frac{1}{2}$, - -应选 $A$. -",6,50 -2010,（新课标）,"10. (5 分) 设三棱柱的侧棱垂直于底面, 所有棱长都为 $a$, 顶点都在一个球面 上, 则该球的表面积为（） -A. $\pi a^{2}$ -B. $\frac{7}{3} \pi a^{2}$ -C. $\frac{11}{3} \pi a^{2}$ -D. $5 \pi a^{2}$ -",B,"解：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为 $\mathrm{a}$ 的正三棱柱, 上下底面中心 连 线的中点就是球心, 则其外接球的半径为 $R=\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2 \sin 60^{\circ}}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{7}{12} a^{2}}$, 球的表面积为 $S=4 \pi \cdot \frac{7 a^{2}}{12}=\frac{7}{3} \pi a^{2}$, - -故选: B. -",7,50 -2010,（新课标）,"12. (5 分) 已知双曲线 $E$ 的中心为原点, $P(3,0)$ 是 $E$ 的焦点, 过 $P$ 的直线 I 与 $E$ 相交于 $A, B$ 两点, 且 $A B$ 的中点为 $N(-12,-15)$, 则 $E$ 的方程��为（ ) -A. $\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{6}=1$ -B. $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$ -C. $\frac{x^{2}}{6}-\frac{y^{2}}{3}=1$ -D. $\frac{x^{2}}{5}-\frac{y^{2}}{4}=1$ -",B,"解: 由已知条件易得直线 $\mathrm{l}$ 的斜率为 $\mathrm{k}=\mathrm{k}_{\mathrm{PN}}=1$, - -设双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$, - -$A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, - -则有 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}-\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1 \\ \frac{x_{2}^{2}}{a^{2}} \frac{y_{2}^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$ - -两式相减并结合 $x_{1}+x_{2}=-24, y_{1}+y_{2}=-30$ 得 - -$\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{4 b^{2}}{5 a^{2}}$ - -从而 $\mathrm{k}=\frac{4 \mathrm{~b}^{2}}{5 \mathrm{a}^{2}}=1$ - -即 $4 b^{2}=5 a^{2}$, - -又 $a^{2}+b^{2}=9$, - -解得 $a^{2}=4, b^{2}=5$, - -故选: B. -",8,50 -2011,（新课标）,"1. (5 分) 复数 $\frac{2+i}{1-2 i}$ 的共轭复数是 $(\quad)$ -A. $-\frac{3}{5} i$ -B. $\frac{3}{5} i$ -C. $-\mathrm{i}$ -D. i -",C,"解：复数 $\frac{2+i}{1-2 i}=\frac{(2+i)(1+2 i)}{(1-2 i)(1+2 i)}=\frac{5 i}{5}=i$, 它的共轭复数为: $-i$. - -故选: C. -",9,50 -2011,（新课标）,"2. （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. $y=2^{-\mid x}$ -",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 $f(-x)=f(x)$, 是偶函数, 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) 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. -",11,50 -2011,（新课标）,"5. (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. -",12,50 -2011,（新课标）,"7. （5 分) 设直线 $\mid$ 过双曲线 $C$ 的一个焦点, 且与 $C$ 的一条对称轴垂直, $\mathrm{I}$ 与 $C$ 交于 $A, B$ 两点, $|A B|$ 为 $C$ 的实轴长的 2 倍, 则 $C$ 的离心率为（） -A. $\sqrt{2}$ -B. $\sqrt{3}$ -C. 2 -D. 3 -",B,"解: 不妨设双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$, - -焦点 $F(-c, 0)$, 对称轴 $y=0$, - -由题设知 $\frac{c^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$, - -$y= \pm \frac{b^{2}}{a}$ - -$\therefore \frac{2 b^{2}}{a}=4 a$, - -$b^{2}=2 a^{2}$, $c^{2}-a^{2}=2 a^{2}$ - -$c^{2}=3 a^{2}$ - -$\therefore \mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\sqrt{3}$ - -故选: B. -",13,50 -2011,（新课标）,"8. (5 分) $\left(x+\frac{a}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$ 的展开式中各项系数的和为 2 , 则该展开式中常数项 为 $(\quad)$ -A. -40 -B. -20 -C. 20 -D. 40 -",D,"解: 令二项式中的 $x$ 为 1 得到展开式的各项系数和为 $1+a$ - -$\therefore 1+a=2$ - -$\therefore a=1$ - -$\therefore\left(x+\frac{a}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$ - -$=x\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}+\frac{1}{x}\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$ - -$\therefore$ 展开式中常数项为 $\left(2 x-\frac{1}{x}\right)$ 的 $\frac{1}{x}$ 与 $x$ 的系数和 - -$\because\left(2 x-\frac{1}{x}\right)$ 展开式的通项为 $\mathrm{T}_{\mathrm{r}+1}=(-1){ }^{r} 2^{5-}{ }^{r} C_{5}{ }^{r} x^{5-2 r}$ - -令 5- $2 r=1$ 得 $r=2$; 令 $5-2 r=-1$ 得 $r=3$ - -展开式中常数项为 $8 C_{5}{ }^{2}-4 C_{5}{ }^{3}=40$ - -故选: D. -",14,50 -2011,（新课标）,"10. (5 分) 已知 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 均为单位向量, 其夹角为 $\theta$, 有下列四个命题 $P_{1}: \mid \vec{a}+\vec{b}$ $>1 \Leftrightarrow \theta \in\left[0, \frac{2 \pi}{3}\right) ; P_{2}:|\vec{a}+\vec{b}|>1 \Leftrightarrow \theta \in\left(\frac{2 \pi}{3}, \pi\right] ; P_{3}:|\vec{a}-\vec{b}|>1 \Leftrightarrow \theta \in[0$ ， $\left.\frac{\pi}{3}\right) ; P_{4}:|\vec{a}-\vec{b}|>1 \Leftrightarrow \theta \in\left(\frac{\pi}{3}, \pi\right]$ ；其中的真命题是（ $)$ -A. $P_{1}, P_{4}$ -B. $P_{1}, P_{3}$ -C. $P_{2}, P_{3}$ -D. $P_{2}, P_{4}$ -",A,"解: 由 $|\vec{a}-\vec{b}|>1$, 得出 $2-2 \cos \theta>1$, 即 $\cos \theta<\frac{1}{2}$, 又 $\theta \in[0, \pi]$, 故 可以得出 $\theta \in\left(\frac{\pi}{3}, \pi\right]$, 故 $P_{3}$ 错误, $P_{4}$ 正确. - -由 $|\vec{a}+\vec{b}|>1$, 得出 $2+2 \cos \theta>1$, 即 $\cos \theta>-\frac{1}{2}$, 又 $\theta \in[0, \pi]$, 故可以得出 $\theta \in[0$ ,$\left.\frac{2 \pi}{3}\right)$, 故 $P_{2}$ 错误, $P_{1}$ 正确. - -故选: A. -",15,50 -2011,（新课标）,"11. (5 分) 设函数 $f(x)=\sin (\omega x+\phi)+\cos (\omega x+\phi)\left(\omega>0,|\phi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的最 小正周期为 $\pi$, 且 $f(-x)=f(x)$ ，则（ $)$ -A. $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减 -B. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 单调递减 -C. $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递增 -D. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 单调递增 -",A,"解: 由于 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)+\cos (\omega x+\varphi)=\sqrt{2} \sin \left(\omega x+\phi+\frac{\pi}{4}\right)$, 由于该函数的最小正周期为 $\mathrm{T}=\frac{2 \pi}{\omega}$, 得出 $\omega=2$, - -又根据 $f(-x)=f(x)$, 得 $\phi+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+k \pi(k \in Z)$, 以及 $|\phi|<\frac{\pi}{2}$, 得出 $\phi=\frac{\pi}{4}$. 因此, $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=\sqrt{2} \cos 2 x$, 若 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $2 x \in(0, \pi)$, 从而 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减, 若 $x \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$, 则 $2 x \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$, - -该区间不为余弦函数的单调区间, 故 $B, C, D$ 都错, $A$ 正确. - -故选: A. -",16,50 -2012,（新课标）,"1. （5 分）已知集合 $A=\{1,2,3,4,5\}, B=\{(x, y) \mid x \in A, y \in A, x-y \in A\}$, 则 $B$ 中所含元素的个数为（ $)$ -A. 3 -B. 6 -C. 8 -D. 10 -",D,"解: 由题意, $x=5$ 时, $y=1,2,3,4$, - -$x=4$ 时 $, y=1,2,3$ ， - -$x=3$ 时, $y=1,2$, - -$x=2$ 时,$y=1$ - -综上知, $\mathrm{B}$ 中的元素个数为 10 个 - -故选: D. -",17,50 -2012,（新课标）,"2. (5 分) 将 2 名教师, 4 名学生分成 2 个小组, 分别安排到甲、乙两地参加社 会实践活动, 每个小组由 1 名教师和 2 名学生组成, 不同的安排方案共有（ ) -A. 12 种 -B. 10 种 -C. 9 种 -D. 8 种 -",A,"解：第一步, 为甲地选一名老师, 有 $C_{2}^{1}=2$ 种选法; - -第二步, 为甲地选两个学生, 有 $C_{4}^{2}=6$ 种选法; - -第三步, 为乙地选 1 名教师和 2 名学生, 有 1 种选法 - -故不同的安排方案共有 $2 \times 6 \times 1=12$ 种 - -故选: A. -",18,50 -2012,（新课标）,"3. (5 分）下面是关于复数 $z=\frac{2}{-1+i}$ 的四个命题：其中的真命题为 $(\quad)$, $p_{1}:|z|=2$, - -$\mathrm{p}_{2}: \mathrm{z}^{2}=2 \mathrm{i}$, - -$p_{3}: z$ 的共轭复数为 $1+i$, - -$p_{4}: z$ 的虚部为 -1 . -A. $\mathrm{p}_{2}, \mathrm{p}_{3}$ -B. $p_{1}, p_{2}$ -C. $\mathrm{p}_{2}, \mathrm{p}_{4}$ -D. $p_{3}, p_{4}$ -",C,"解: $\because z=\frac{2}{-1+i}=\frac{2(-1-i)}{(-1+i)(-1-i)}=-1-i$, - -$\therefore p_{1}:|z|=\sqrt{2}$ - -$p_{2}: z^{2}=2 i$ - -$p_{3}: z$ 的共轭复数为 $-1+i$, $p_{4}: z$ 的虚部为 -1, - -故选: C. -",19,50 -2012,（新课标）,"5. (5 分）已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, $a_{4}+a_{7}=2, a_{5} a_{6}=-8$, 则 $a_{1}+a_{10}=(\quad)$ -A. 7 -B. 5 -C. -5 -D. -7 -",D,"解: $\because a_{4}+a_{7}=2$, 由等比数列的性质可得, $a_{5} a_{6}=a_{4} a_{7}=-8$ - -$\therefore a_{4}=4, a_{7}=-2$ 或 $a_{4}=-2, a_{7}=4$ - -当 $a_{4}=4, a_{7}=-2$ 时, $q^{3}=-\frac{1}{2}$, - -$\therefore a_{1}=-8, a_{10}=1$ - -$\therefore a_{1}+a_{10}=-7$ - -当 $a_{4}=-2, a_{7}=4$ 时, $q^{3}=-2$, 则 $a_{10}=-8, a_{1}=1$ - -$\therefore \mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{10}=-7$ - -综上可得, $\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{10}=-7$ - -故选: D. -",20,50 -2012,（新课标）,"8. （5 分) 等轴双曲线 $C$ 的中心在原点, 焦点在 $x$ 轴上, $C$ 与抛物线 $y^{2}=16 x$ 的 准线交于点 $A$ 和点 $B,|A B|=4 \sqrt{3}$, 则 $C$ 的实轴长为（ ) -A. $\sqrt{2}$ -B. $2 \sqrt{2}$ -C. 4 -D. 8 -",C,"解: 设等轴双曲线 $c: x^{2}-y^{2}=a^{2}(a>0)$, - -$y^{2}=16 x$ 的准线 $l: x=-4$, - -$\because C$ 与抛物线 $y^{2}=16 x$ 的准线 $\mid: x=-4$ 交于 $A, B$ 两点, $|A B|=4 \sqrt{3}$ - -$\therefore A(-4,2 \sqrt{3})$, B $(-4,-2 \sqrt{3})$, - -将 $A$ 点坐标代入双曲线方程得 $\mathrm{a}^{2}=(-4)^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}=4$, - -$\therefore a=2,2 a=4$. - -故选: C. -",21,50 -2012,（新课标）,"12. (5 分) 设点 $P$ 在曲线 $y=\frac{1}{2} e^{x}$ 上, 点 $Q$ 在曲线 $y=\ln (2 x)$ 上, 则 $|P Q|$ 最小 值为 $(\quad)$ -A. $1-\ln 2$ -B. $\sqrt{2}(1-\ln 2)$ -C. $1+\ln 2$ -D. $\sqrt{2}(1+\ln 2)$ -",B,"解: $\because$ 函数 $y=\frac{1}{2} e^{x}$ 与函数 $y=\ln (2 x)$ 互为反函数, 图象关于 $y=x$ 对称, 函数 $y=\frac{1}{2} e^{x}$ 上的点 $P\left(x, \frac{1}{2} e^{x}\right)$ 到直线 $y=x$ 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\left|\frac{1}{2} \mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}\right|}{\sqrt{2}}$, 设 $g(x)=\frac{1}{2} e^{x}-x(x>0)$ ，则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{2} e^{x}-1$, 由 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{2} e^{x}-1 \geqslant 0$ 可得 $x \geqslant \ln 2$, 由 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{2} e^{x}-1<0$ 可得 $00\right\}, B=\{x \mid-\sqrt{5}0\right\}=\{x \mid x>2$ 或 $x<0\}$, - -$\therefore A \cap B=\{x \mid 20, b>0\right)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$, 则 $C$ 的渐 近线方程为 $(\quad)$ -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 $\left.C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 （ a>0, b>0\right)$, - -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. -",26,50 -2013,（新课标ⅰ）,"7. (5 分) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{m-1}=-2, S_{m}=0, S_{m+1}=3$, 则 $m=$ -A. 3 -B. 4 -C. 5 -D. 6 -",C,"解: $a_{m}=S_{m}-S_{m-1}=2, a_{m+1}=S_{m+1}-S_{m}=3$, - -所以公差 $d=a_{m+1}-a_{m}=1$, - -$S_{m}=\frac{m\left(a_{1}+a_{m}\right)}{2}=0$ - -$m-1>0, m>1$, 因此 $m$ 不能为 0 , - -得 $\mathrm{a}_{1}=-2$, - -所以 $a_{m}=-2+(m-1) \cdot 1=2$, 解得 $m=5$, - -另解: 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 即有数列 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$ 成等差数列, - -则 $\frac{S_{m-1}}{m-1}, \frac{S_{m}}{m}, \frac{S_{m+1}}{m+1}$ 成等差数列, - -可得 $2 \cdot \frac{S_{m}}{m}=\frac{S_{m-1}}{m-1}+\frac{S_{m+1}}{m+1}$, - -即有 $0=\frac{-2}{m-1}+\frac{3}{m+1}$, 解得 $m=5$. - -又一解：由等差数列的求和公式可得 $\frac{1}{2}(m-1) \quad\left(a_{1}+a_{m-1}\right)=-2$, - -$\frac{1}{2} m\left(a_{1}+a_{m}\right)=0, \frac{1}{2}(m+1) \quad\left(a_{1}+a_{m+1}\right)=3$, - -可得 $a_{1}=-a_{m},-2 a_{m}+a_{m+1}+a_{m+1}=\frac{6}{m+1}+\frac{-4}{m-1}=0$, - -解得 $m=5$. - -故选: C. -",27,50 -2013,（新课标ⅰ）,"9. （5 分) 设 $\mathrm{m}$ 为正整数, $(x+y)^{2 m}$ 展开式的二项式系数的最大值为 $a,(x+y$ ) $2 m+1$ 展开式的二项式系数的最大值为 $b$, 若 $13 a=7 b$, 则 $m=(\quad)$ -A. 5 -B. 6 -C. 7 -D. 8 -",B,"解: $\because \mathrm{m}$ 为正整数, 由 $(\mathrm{x}+\mathrm{y}){ }^{2 \mathrm{~m}}$ 展开式的二项式系数的最大值为 $\mathrm{a}$, 以及二项式系数的性质可得 $a=C_{2 \pi}^{m}$, - -同理, 由 $(x+y)^{2 m+1}$ 展开式的二项式系数的最大值为 $b$, 可得 $b=C_{2 \pi+1}^{m}=C_{2 \pi+1}^{m+1}$. - -再由 $13 a=7 b$, 可得 ${ }^{13} C_{2 m}^{m}=7 C_{2 \pi+1}^{m}$, 即 $13 \times \frac{(2 \pi) !}{m ! \cdot m !}=7 \times \frac{(2 \pi+1) !}{m ! \cdot(m+1) !}$, - -即 $13=7 \times \frac{2 \pi+1}{m+1}$, 即 $13(m+1)=7(2 m+1)$, 解得 $m=6$, - -故选: B. -",28,50 -2013,（新课标ⅰ）,"10. (5 分) 已知椭圆 $E: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的右焦点为 $F(3,0)$, 过点 $F$ 的直线交椭圆 $E$ 于 $A 、 B$ 两点. 若 $A B$ 的中点坐标为 $(1,-1)$, 则 $E$ 的方程 为 $(\quad)$ -A. $\frac{x^{2}}{45}+\frac{y^{2}}{36}=1$ -B. $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{27}=1$ -C. $\frac{x^{2}}{27}+\frac{y^{2}}{18}=1$ -D. $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{9}=1$ -",D,"解：设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, - -代入椭圆方程得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1 \\ \frac{x_{2}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{2}^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$, - -相减得 $\frac{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}-y_{2}^{2}}{b^{2}}=0$ $\therefore \frac{x_{1}+x_{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}} \cdot \frac{y_{1}+y_{2}}{b^{2}}=0$ - -$\because x_{1}+x_{2}=2, \quad y_{1}+y_{2}=-2, \quad k_{A B}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{-1-0}{1-3}=\frac{1}{2}$ - -$\therefore \frac{2}{a^{2}}+\frac{1}{2} \times \frac{-2}{b^{2}}=0$, - -化为 $a^{2}=2 b^{2}$, 又 $c=3=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$, 解得 $a^{2}=18, b^{2}=9$. - -$\therefore$ 椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{9}=1$. - -故选: D. -",29,50 -2013,（新课标ⅰ）,"12. (5 分) 设 $\triangle A_{n} B_{n} C_{n}$ 的三边长分别为 $a_{n}, b_{n}, c_{n}, \triangle A_{n} B_{n} C_{n}$ 的面积为 $S_{n}, n=1$ , 2, 3... 若 $b_{1}>c_{1}, b_{1}+c_{1}=2 a_{1}, a_{n+1}=a_{n}, b_{n+1}=\frac{c_{n}+a_{n}}{2}, c_{n+1}=\frac{b_{n}+a_{n}}{2}$, 则 ( ) -A. $\left\{S_{n}\right\}$ 为递减数列 -B. $\left\{S_{n}\right\}$ 为递增数列 -C. $\left\{S_{2 n-1}\right\}$ 为递增数列, $\left\{S_{2 n}\right\}$ 为递减数列 -D. $\left\{S_{2 n-1}\right\}$ 为递减数列, $\left\{S_{2 n}\right\}$ 为递增数列 -",B,"解: $b_{1}=2 a_{1}-c_{1}$ 且 $b_{1}>c_{1}, \quad \therefore 2 a_{1}-c_{1}>c_{1}, \quad \therefore a_{1}>c_{1}$, - -$\therefore b_{1}-a_{1}=2 a_{1}-c_{1}-a_{1}=a_{1}-c_{1}>0, \quad \therefore b_{1}>a_{1}>c_{1}$, - -又 $\mathrm{b}_{1}-\mathrm{c}_{1}<\mathrm{a}_{1}, \quad \therefore 2 \mathrm{a}_{1}-\mathrm{c}_{1}-\mathrm{c}_{1}<\mathrm{a}_{1}, \therefore 2 \mathrm{c}_{1}>\mathrm{a}_{1}, \therefore \mathrm{c}_{1}>\frac{\mathrm{a}_{1}}{2}$, - -由题意, $b_{n+1}+c_{n+1}=\frac{b_{n}+c_{n}}{2}+a_{n}, \therefore b_{n+1}+c_{n+1}-2 a_{n}=\frac{1}{2}\left(b_{n}+c_{n}-2 a_{n}\right)$, - -$\therefore b_{n}+c_{n}-2 a_{n}=0, \quad \therefore b_{n}+c_{n}=2 a_{n}=2 a_{1}, \quad \therefore b_{n}+c_{n}=2 a_{1}$, - -由此可知顶点 $A_{n}$ 在以 $B_{n} 、 C_{n}$ 为焦点的椭圆上, - -又由题意, $b_{n+1}-c_{n+1}=\frac{c_{n}-b_{n}}{2}, \quad \therefore b_{n+1}-\left(2 a_{1}-b_{n+1}\right)=\frac{2 a_{1}-b_{n}-b_{n}}{2}=a_{1}-b_{n}$, - -$\therefore b_{n+1}-a_{1}=\frac{1}{2}\left(a_{1}-b_{n}\right), \quad \therefore b_{n}-a_{1}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}$, - -$\therefore b_{n}=a_{1}+\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}, c_{n}=2 a_{1}-b_{n}=a_{1}-\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}$, - -$\therefore$ - -$S_{n}^{2}=\frac{3 a_{1}}{2}\left(\frac{3 a_{1}}{2}-a_{1}\right)\left[\frac{3 a_{1}}{2}-a_{1}-\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{r-1}\right][$ $\left.\frac{3 a_{1}}{2}-a_{1}+\left(b_{1}-a_{1}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{r-1}\right]$ - -$=\frac{3}{4} a_{1}^{2}\left[\frac{a_{1}^{2}}{2}-\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}\left(b_{1}-a_{1}\right)^{2}\right]$ 单调递增（可证当 $n=1$ 时 $\frac{a_{1}^{2}}{4}-\left(b_{1}-a_{1}\right)^{2}>0$ - -故选: B. -",30,50 -2013,（新课标ⅱ）,"1. （5 分）已知集合 $M=\left\{x \mid(x-1)^{2}<4, x \in R\right\}, N=\{-1,0,1,2,3\}$, 则 $M$ $\cap N=(\quad)$ -A. $\{0,1,2\}$ -B. $\{-1,0,1,2\}$ -C. $\{-1,0,2,3\}$ -D. $\{0,1,2,3\}$ -",A,"解: 由 $(x-1)^{2}<4$, 解得: $-1b>a$ -B. $b>c>a$ -C. $a>c>b$ -D. $a>b>c$ -",D,"解: 因为 $a=\log _{3} 6=1+\log _{3} 2, b=\log _{5} 10=1+\log _{5} 2, c=\log _{7} 14=1+\log _{7} 2$, 因为 $y=\log _{2} x$ 是增函数, 所以 $\log _{2} 7>\log _{2} 5>\log _{2} 3$, - -$\because \log _{2} 7=\frac{1}{\log _{7} 2}, \log _{2} 5=\frac{1}{\log _{5} 2}, \log _{2} 3=\frac{1}{\log _{3} 2}$ - -所以 $\log _{3} 2>\log _{5} 2>\log _{7} 2$, - -所以 $a>b>c$, - -故选: D. -",36,50 -2014,（新课标ⅰ）,"1. （5 分）已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-2 x-3 \geqslant 0\right\}, B=\{x \mid-2 \leqslant x<2\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$ -A. $[1,2)$ -B. $[-1,1]$ -C. $[-1,2)$ -D. $[-2,-1]$ -",D,"解: 由 $\mathrm{A}$ 中不等式变形得: $(x-3)(x+1) \geqslant 0$, - -解得: $x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1$, 即 $A=(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$, - -$\because B=[-2,2)$, - -$\therefore A \cap B=[-2,-1]$. - -故选：D. -",37,50 -2014,（新课标ⅰ）,"2. (5 分 $) \frac{(1+i)^{3}}{(1-i)^{2}}=(\quad)$ -A. $1+i$ -B. $1-\mathrm{i}$ -C. $-1+i$ -D. $-1-i$ -",D,"解: $\frac{(1+i)^{3}}{(1-i)^{2}}=\frac{2 i(1+i)}{-2 i}=-\quad(1+i)=-1-i$, 故选：D. -",38,50 -2014,（新课标ⅰ）,"3. （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. $|f(x) \cdot g(x)|$ 是奇函数 -",C,"解: $\because \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是奇函数, $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 是偶函数, - -$\therefore f(-\mathrm{x})=-\mathrm{f}(\mathrm{x}), g(-\mathrm{x})=\mathrm{g}(\mathrm{x})$, - -$f(-x) \cdot g(-x)=-f(x) \cdot g(x)$, 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, - -$f(-x) \cdot \lg (-x)|=-f(x) \cdot| g(x) \mid$ 是奇函数, 故 C 正确. - -$|f(-x) \cdot g(-x)|=|f(x) \cdot g(x)|$ 为偶函数, 故 $D$ 错误, - -故选：C. -",39,50 -2014,（新课标ⅰ）,"4. (5 分) 已知 $F$ 为双曲线 $C: x^{2}-m y^{2}=3 m(m>0)$ 的一个焦点, 则点 $F$ 到 $C$ 的一条渐近线的距离为（） -A. $\sqrt{3}$ -B. 3 -C. $\sqrt{3} m$ -D. $3 m$ -",A,"解：双曲线 $c: x^{2}-m y^{2}=3 m(m>0)$ 可化为 $\frac{x^{2}}{3 m}-\frac{y^{2}}{3}=1$, - -$\therefore$ 一个焦点为 $(\sqrt{3 \pi+3}, 0)$, 一条渐近线方程为 $x+\sqrt{m} y=0$, - -$\therefore$ 点 $\mathrm{F}$ 到 $\mathrm{C}$ 的一条渐近线的距离为 $\frac{\sqrt{3 \pi+3}}{\sqrt{1+\mathrm{m}}}=\sqrt{3}$. - -故选: $A$. -",40,50 -2014,（新课标ⅰ）,"5. （5 分） 4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动, 则周六、 周日都有同学参加公益活动的概率为（） -A. $\frac{1}{8}$ -B. $\frac{3}{8}$ -C. $\frac{5}{8}$ -D. $\frac{7}{8}$ -",D,"解：4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动, 共有 $2^{4}=16$ 种情况, - -周六、周日都有同学参加公益活动, 共有 $2^{4}-2=16-2=14$ 种情况, - -$\therefore$ 所求概率为 $\frac{14}{16}=\frac{7}{8}$. - -故选: D. -",41,50 -2014,（新课标ⅰ）,"8. （5 分) 设 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 且 $\tan \alpha=\frac{1+\sin \beta}{\cos \beta}$, 则（） -A. $3 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$ -B. $3 \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$ -C. $2 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$ -D. $2 \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$ -",C,"解：由 $\tan \alpha=\frac{1+\sin \beta}{\cos \beta}$, 得: - -$\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{1+\sin \beta}{\cos \beta}$ - -即 $\sin \alpha \cos \beta=\cos \alpha \sin \beta+\cos \alpha$ ， - -$\sin (\alpha-\beta)=\cos \alpha=\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)$, - -$\because \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, - -$\therefore$ 当 $2 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$ 时, $\sin (\alpha-\beta)=\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\cos \alpha$ 成立. - -故选: C. -",42,50 -2014,（新课标ⅰ）,"10. (5 分) 已知抛物线 $C: y^{2}=8 x$ 的焦点为 $F$, 准线为 $I, P$ 是 $I$ 上一点, $Q$ 是直 线 $P F$ 与 $C$ 的一个交点, 若 $\overrightarrow{F P}=4 \overrightarrow{F Q}$, 则 $|Q F|=(\quad)$ -A. $\frac{7}{2}$ -B. 3 -C. $\frac{5}{2}$ -D. 2 -",B,"解：设 $Q$ 到 $I$ 的距离为 $d$, 则 $|Q F|=d$, - -$\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}=4 \overrightarrow{\mathrm{F} 0}$ - -$\therefore|P Q|=3 d$ - -$\therefore$ 不妨设直线 $P F$ 的斜率为 $-\frac{2 \sqrt{2} \mathrm{~d}}{\mathrm{~d}}=-2 \sqrt{2}$, - -$\because F(2,0)$, - -$\therefore$ 直线 $P F$ 的方程为 $y=-2 \sqrt{2}(x-2)$, - -与 $y^{2}=8 x$ 联立可得 $x=1$, - -$\therefore|Q F|=d=1+2=3$, - -故选：B. -",43,50 -2014,（新课标ⅰ）,"11. （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 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. -",44,50 -2014,（新课标ⅱ）,"1. （5 分）设集合 $M=\{0,1,2\}, N=\left\{x \mid x^{2}-3 x+2 \leqslant 0\right\}$, 则 $M \cap N=(\quad)$ -A. $\{1\}$ -B. $\{2\}$ -C. $\{0,1\}$ -D. $\{1,2\}$ -",D,"解: $\left.\because N=\left\{x \mid x^{2}-3 x+2 \leqslant 0\right\}=\{x \mid （ x-1) \quad(x-2) \leqslant 0\right\}=\{x \mid 1 \leqslant x \leqslant 2\}$, - -$\therefore M \cap N=\{1,2\}$, - -故选: D. -",45,50 -2014,（新课标ⅱ）,"2. (5 分) 设复数 $z_{1}, z_{2}$ 在复平面内的对应点关于虚轴对称, $z_{1}=2+i$, 则 $z_{1} z_{2}=$ -A. -5 -B. 5 -C. $-4+i$ -D. $-4-i$ -",A,"解： $z_{1}=2+i$ 对应的点的坐标为 $(2,1)$, - -$\because$ 复数 $z_{1}, z_{2}$ 在复平面内的对应点关于虚轴对称, - -$\therefore(2,1)$ 关于虚轴对称的点的坐标为 $(-2,1)$, - -则对应的复数, $z_{2}=-2+i$, 则 $z_{1} z_{2}=(2+i)(-2+i)=i^{2}-4=-1-4=-5$, - -故选: A. -",46,50 -2014,（新课标ⅱ）,"3. (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 $\vec{a}^{2}+2 \vec{a} \bullet \vec{b}+\vec{b}^{2}=10, \vec{a}^{2}-2 \vec{a} \bullet \vec{b}+\vec{b}^{2}=6$, - -两式相减得 $4 \vec{a} \bullet \vec{b}=10-6=4$, - -即 $\vec{a} \cdot \vec{b}=1$, - -故选: A. -",47,50 -2014,（新课标ⅱ）,"4. (5 分) 钝角三角形 $A B C$ 的面积是 $\frac{1}{2}, A B=1, B C=\sqrt{2}$, 则 $A C=(\quad)$ -A. 5 -B. $\sqrt{5}$ -C. 2 -D. 1 -",B,"解: $\because$ 针角三角形 $A B C$ 的面积是 $\frac{1}{2}, A B=c=1, B C=a=\sqrt{2}$, $\therefore S=\frac{1}{2} \operatorname{acsin} B=\frac{1}{2}$, 即 $\sin B=\frac{\sqrt{2}}{2}$, - -当 $B$ 为针角时, $\cos B=-\sqrt{1-\sin ^{2} B}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$, - -利用余弦定理得: $A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}-2 A B \cdot B C \cdot \cos B=1+2+2=5$, 即 $A C=\sqrt{5}$, - -当 $B$ 为锐角时, $\cos B=\sqrt{1-\sin ^{2} B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, - -利用余弦定理得: $A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}-2 A B \cdot B C \cdot \cos B=1+2-2=1$, 即 $A C=1$, - -此时 $A B^{2}+A C^{2}=B C^{2}$, 即 $\triangle A B C$ 为直角三角形, 不合题意, 舍去, - -则 $A C=\sqrt{5}$. - -故选: B. -",48,50 -2014,（新课标ⅱ）,"5.（5 分）某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是 0.75 , 连续两天为优良的概率是 0.6 , 已知某天的空气质量为优良, 则随后一天的 空气质量为优良的概率是（ $)$ -A. 0.8 -B. 0.75 -C. 0.6 -D. 0.45 -",A,"解：设随后一天的空气质量为优良的概率为 $p$, 则由题意可得 $0.75 \times$ $p=0.6$, - -解得 $p=0.8$, - -故选: A. -",49,50 -2014,（新课标ⅱ）,"8. (5 分) 设曲线 $y=a x-\ln (x+1)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为 $y=2 x$, 则 $a=($ -A. 0 -B. 1 -C. 2 -D. 3 -",D,"解: $y^{\prime}=a \frac{1}{x+1}$, - -$\therefore y^{\prime}(0)=a-1=2$ - -$\therefore a=3$. - -故选: D. -",50,50 -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 $C$ 于 $A, B$ 两点, $O$ 为坐标原点, 则 $\triangle O A B$ 的面积为（ ) -A. $\frac{3 \sqrt{3}}{4}$ -B. $\frac{9 \sqrt{3}}{8}$ -C. $\frac{63}{32}$ -D. $\frac{9}{4}$ -",D,"解: 由 $\mathrm{y}^{2}=2 \mathrm{px}$, 得 $2 p=3, \mathrm{p}=\frac{3}{2}$, - -则 $F\left(\frac{3}{4}, 0\right)$. - -$\therefore$ 过 $A, B$ 的直线方程为 $y=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x-\frac{3}{4}\right)$, 即 $x=\sqrt{3} y+\frac{3}{4}$. - -联立 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=3 x \\ x=\sqrt{3} y+\frac{3}{4}\end{array}\right.$, 得 $4 y^{2}-12 \sqrt{3} y-9=0$. - -设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right) ， B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ， - -则 $y_{1}+y_{2}=3 \sqrt{3}, y_{1} y_{2}=-\frac{9}{4}$. - -$\therefore S_{\triangle O A B}=S_{\triangle O A F}+S_{\triangle O F B}=\frac{1}{2} \times \frac{3}{4}\left|y_{1}-y_{2}\right|=\frac{3}{8} \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}=\frac{3}{8} \times \sqrt{(3 \sqrt{3})^{2}+9}=$ $\frac{9}{4}$ - -故选: D. -",51,50 -2014,（新课标ⅱ）,"12. （5 分) 设函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sqrt{3} \sin \frac{\pi \mathrm{x}}{\mathrm{m}}$, 若存在 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的极值点 $\mathrm{x}_{0}$ 满足 $\mathrm{x}_{0}{ }^{2}+\left[\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right.\right.$ ]$^{2}\frac{1}{4} m^{2}+3, \quad \therefore m^{2}>4$. - -求得 $m>2$, 或 $m<-2$, - -故选: C. -",52,50 -2015,（新课标ⅰ）,"1. （5 分）设复数 $z$ 满足 $\frac{1+z}{1-z}=i$, 则 $|z|=(\quad)$ -A. 1 -B. $\sqrt{2}$ -C. $\sqrt{3}$ -D. 2 -",A,"解: $\because$ 复数 $z$ 满足 $\frac{1+z}{1-z}=i$, - -$\therefore 1+z=i-z i$, - -$\therefore z(1+i)=i-1$, - -$\therefore z=\frac{i-1}{i+1}=i$ - -$\therefore|z|=1$ - -故选: A. -",53,50 -2015,（新课标ⅰ）,"2. （5 分 $) \sin 20^{\circ} \cos 10^{\circ}-\cos 160^{\circ} \sin 10^{\circ}=(\quad ）$ -A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ -B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ -C. $-\frac{1}{2}$ -D. $\frac{1}{2}$ -",D,"解: $\sin 20^{\circ} \cos 10^{\circ}-\cos 160^{\circ} \sin 10^{\circ}$ $=\sin 20^{\circ} \cos 10^{\circ}+\cos 20^{\circ} \sin 10^{\circ}$ - -$=\sin 30^{\circ}$ - -$=\frac{1}{2}$ - -故选: D. -",54,50 -2015,（新课标ⅰ）,"3. (5 分) 设命题 $p: \exists n \in N, n^{2}>2^{n}$, 则 $p$ 为 $(\quad)$ -A. $\forall n \in N, n^{2}>2^{n}$ -B. $\exists n \in N, n^{2} \leqslant 2^{n}$ -C. $\forall n \in N, n^{2} \leqslant 2^{n}$ -D. $\exists n \in N, n^{2}=2^{n}$ -",C,"解: 命题的否定是: $\forall n \in N, n^{2} \leqslant 2^{n}$, - -故选: C. -",55,50 -2015,（新课标ⅰ）,"4. （5 分) 投篮测试中, 每人投 3 次, 至少投中 2 次才能通过测试. 已知某同 学每次投篮投中的概率为 0.6 , 且各次投篮是否投中相互独立, 则该同学通过 测试的概率为 $(\quad)$ -A. 0.648 -B. 0.432 -C. 0.36 -D. 0.312 -",A,"解：由题意可知: 同学 3 次测试满足 $X \sim B(3,0.6 ）$, - -该同学通过测试的概率为 $C_{3}^{2}(0.6)^{2} \times(1-0.6)+C_{3}^{3}(0.6)^{3}=0.648$. - -故选: $A$. -",56,50 -2015,（新课标ⅰ）,"5. (5 分) 已知 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是双曲线 $C: \frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$ 上的一点, $F_{1}, F_{2}$ 是 $C$ 的左 、右两个焦点, 若 $\overrightarrow{M F_{1}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MF}_{2}}<0$, 则 $\mathrm{y}_{0}$ 的取值范围是（ ) -A. $\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$ -B. $\left(-\frac{\sqrt{3}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{6}\right)$ -C. $\left(-\frac{2 \sqrt{2}}{3}, \frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)$ -D. $\left(-\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$ -",A,"解：由题意, $\overrightarrow{M_{1}} \cdot \overrightarrow{M_{2}}=\left(-\sqrt{3}-x_{0},-y_{0}\right) \cdot\left(\sqrt{3}-x_{0},-y_{0}\right)$ - -$$ -=\mathrm{x}_{0}^{2}-3+\mathrm{y}_{0}^{2}=3 \mathrm{y}_{0}^{2}-1<0 -$$ - -所以 $-\frac{\sqrt{3}}{3}0\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$ -A. $\left(-3,-\frac{3}{2}\right)$ -B. $\left(-3, \frac{3}{2}\right)$ -C. $\left(1, \frac{3}{2}\right)$ -D. $\left(\frac{3}{2}, 3\right)$ -",D,"解: $\because$ 集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3<0\right\}=(1,3)$, - -$\mathrm{B}=\{\mathrm{x} \mid 2 \mathrm{x}-3>0\}=\left(\frac{3}{2},+\infty\right)$, - -$\therefore A \cap B=\left(\frac{3}{2}, 3\right)$, - -故选：D. -",65,50 -2016,（新课标ⅰ）,"2. （5 分) 设 $(1+i) x=1+y i$, 其中 $x, y$ 是实数, 则 $|x+y i|=(\quad)$ -A. 1 -B. $\sqrt{2}$ -C. $\sqrt{3}$ -D. 2 -",B,"解: $\because(1+\mathrm{i}) \mathrm{x}=1+\mathrm{yi}$, - -$\therefore x+x i=1+y i$, - -即 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=x\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$, 即 $|x+y i|=|1+i|=\sqrt{2}$, 故选: B. -",66,50 -2016,（新课标ⅰ）,"3. (5 分) 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 前 9 项的和为 $27, a_{10}=8$, 则 $a_{100}=(\quad)$ -A. 100 -B. 99 -C. 98 -D. 97 -",C,"解: $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 前 9 项的和为 $27, \mathrm{~S}_{9}=\frac{9\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{9}\right)}{2}=\frac{9 \times 2 \mathrm{a}_{5}}{2}=9 a_{5}$. - -$\therefore 9 a_{5}=27, a_{5}=3$, - -又 $\because a_{10}=8$, - -$\therefore \mathrm{d}=1$, - -$\therefore \mathrm{a}_{100}=\mathrm{a}_{5}+95 \mathrm{~d}=98$, - -故选: C. -",67,50 -2016,（新课标ⅰ）,"4. (5 分) 某公司的班车在 7: $00,8: 00,8: 30$ 发车, 小明在 7:50 至 8: 30 之间到达发车站乘坐班车, 且到达发车站的时刻是随机的, 则他等车时间不 超过 10 分钟的概率是（ $)$ -A. $\frac{1}{3}$ -B. $\frac{1}{2}$ -C. $\frac{2}{3}$ -D. $\frac{3}{4}$ -",B,"解：设小明到达时间为 $y$, 当 $y$ 在 7: 50 至 8: 00 , 或 8: 20 至 8: 30 时, - -小明等车时间不超过 10 分钟, - -故 $P=\frac{20}{40}=\frac{1}{2}$, - -故选: B. -",68,50 -2016,（新课标ⅰ）,"5. （5 分）已知方程 $\frac{x^{2}}{m^{2}+n}-\frac{y^{2}}{3 m^{2}-n}=1$ 表示双曲线, 且该双曲线两焦点间的距 离为 4 , 则 $n$ 的取值范围是（ $)$ -A. $(-1,3)$ -B. $(-1, \sqrt{3})$ -C. $(0,3)$ -D. $(0, \sqrt{3})$ -",A,"解: $\because$ 双曲线两焦点间的距离为 $4, \quad \therefore c=2$, - -当焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上时, - -可得: $4=\left(m^{2}+n\right)+\left(3 m^{2}-n\right)$, 解得: $m^{2}=1$, - -$\because$ 方程 $\frac{x^{2}}{m^{2}+n}-\frac{y^{2}}{3 m^{2}-n}=1$ 表示双曲线, - -$\therefore\left(m^{2}+n\right)\left(3 m^{2}-n\right)>0$, 可得: $(n+1)(3-n)>0$, - -解得: $-1b>1,0b>1,0b^{c}$, 故 $\mathrm{A}$ 错误; - -函数 $f(x)=x^{c-1}$ 在 $(0,+\infty)$ 上为减函数, 故 $a^{c-1}$ $b^{c}$; 故 B 错误; - -$\log _{a} c<0$, 且 $\log _{b} c<0, \log _{a} b<1$, 即 $\frac{\log _{c} b}{\log _{c} a}=\frac{\log _{a} c}{\log _{b} c}<1$, 即 $\log _{a} c>\log _{b} c$. 故 $D$ 错误； - -$0<-\log _{a} c<-\log _{b} c$, 故 $-b \log _{a} c<-a \log _{b} c$, 即 $b \log _{a} c>a \log _{b} c$, 即 $a \log _{b} c0 \\ m-1<0\end{array}\right.$, 解得 $-3b>0)$ 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 $\frac{a-c}{a}=\frac{M F}{O E}$, - -由 $\triangle B O H \backsim \triangle B F M$, - -可得 $\frac{a}{a+c}=\frac{O H}{F M}=\frac{O E}{2 F M M}$, - -即有 $\frac{2(a-c)}{a}=\frac{a+c}{a}$ 即 $a=3 c$, - -可得 $\mathrm{e}=\frac{c}{\mathrm{a}}=\frac{1}{3}$. - -故选: A. -",81,50 -2016,（新课标ⅲ）,"12. (5 分) 定义“规范 01 数列” $\left\{a_{n}\right\}$ 如下: $\left\{a_{n}\right\}$ 共有 $2 m$ 项, 其中 $m$ 项为 $0, m$ 项 为 1 , 且对任意 $k \leqslant 2 m, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}$ 中 0 的个数不少于 1 的个数, 若 $m=4$, 则不同的“规范 01 数列”共有（） -A. 18 个 -B. 16 个 -C. 14 个 -D. 12 个 - -\section{ -",C,"解：由题意可知, “规范 01 数列”有偶数项 $2 \mathrm{~m}$ 项, 且所含 0 与 1 的个 数相等, 首项为 0 , 末项为 1 , 若 $m=4$, 说明数列有 8 项, 满足条件的数列 有： - -$0,0,0,0,1,1,1,1 ; 0,0,0,1,0,1,1,1 ; 0,0,0,1,1$, $0,1,1 ; 0,0,0,1,1,1,0,1 ; 0,0,1,0,0,1,1,1$; - -$0,0,1,0,1,0,1,1 ; 0,0,1,0,1,1,0,1 ; 0,0,1,1,0$, $1,0,1 ; 0,0,1,1,0,0,1,1 ; 0,1,0,0,0,1,1,1$; - -$0,1,0,0,1,0,1,1 ; 0,1,0,0,1,1,0,1 ; 0,1,0,1,0$, $0,1,1 ; 0,1,0,1,0,1,0,1$. 共 14 个. - -故选: C. -",82,50 -2017,（新课标ⅰ）,"1.（5 分）已知集合 $A=\{x \mid x<1\}, B=\left\{x \mid 3^{x}<1\right\}$, 则（） -A. $A \cap B=\{x \mid x<0\}$ B. $A \cup B=R$ -C. $\mathrm{A} \cup \mathrm{B}=\{\mathrm{x} \mid \mathrm{x}>1\}$ -D. $A \cap B=\varnothing$ -",A,"解: $\because$ 集合 $A=\{x \mid x<1\}$, - -$B=\left\{x \mid 3^{x}<1\right\}=\{x \mid x<0\}$ - -$\therefore A \cap B=\{x \mid x<0\}$, 故 $A$ 正确, $D$ 错误; - -$A \cup B=\{x \mid x<1\}$, 故 $B$ 和 $C$ 都错误. - -故选: A. -",83,50 -2017,（新课标ⅰ）,"3. （5 分） 设有下面四个命题 - -$p_{1}$ : 若复数 $z$ 满足 $\frac{1}{z} \in R$, 则 $z \in R$; - -$p_{2}$ : 若复数 $z$ 满足 $z^{2} \in R$, 则 $z \in R$; - -$p_{3}$ ：若复数 $z_{1}, z_{2}$ 满足 $z_{1} z_{2} \in R$, 则 $z_{1}=\overline{z_{2}}$; - -$p_{4}$ : 若复数 $z \in R$, 则 $z \in R$. - -其中的真命题为（ $)$ -A. $\mathrm{p}_{1}, \mathrm{p}_{3}$ -B. $\mathrm{p}_{1}, \mathrm{p}_{4}$ -C. $p_{2}, p_{3}$ -D. $p_{2}, p_{4}$ -",B,"解：若复数 $z$ 满足 $\frac{1}{z} \in R$, 则 $z \in R$, 故命题 $p_{1}$ 为真命题; $p_{2}$ : 复数 $z=i$ 满足 $z^{2}=-1 \in R$, 则 $z \notin R$, 故命题 $p_{2}$ 为假命题; - -$p_{3}$ ：若复数 $z_{1}=i, z_{2}=2 i$ 满足 $z_{1} z_{2} \in R$, 但 $z_{1} \neq \overline{z_{2}}$, 故命题 $p_{3}$ 为假命题; - -$p_{4}$ : 若复数 $z \in R$, 则 $z=z \in R$, 故命题 $p_{4}$ 为真命题. - -故选: B. -",84,50 -2017,（新课标ⅰ）,"4. (5 分) 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{4}+a_{5}=24, S_{6}=48$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公 差为 $(\quad)$ -A. 1 -B. 2 -C. 4 -D. 8 -",C,"解: $\because S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $a_{4}+a_{5}=24, S_{6}=48$, $\therefore\left\{\begin{array}{l}a_{1}+3 d+a_{1}+4 d=24 \\ 6 a_{1}+\frac{6 \times 5}{2} d=48\end{array}\right.$, - -解得 $\mathrm{a}_{1}=-2, \mathrm{~d}=4$, - -$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 4 . - -故选: C. -",85,50 -2017,（新课标ⅰ）,"5. (5 分) 函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 单调递减, 且为奇函数. 若 $f(1)=-1$ , 则满足 $-1 \leqslant f(x-2) \leqslant 1$ 的 $x$ 的取值范围是 $(\quad)$ -A. $[-2,2]$ -B. $[-1,1]$ -C. $[0,4]$ -D. $[1,3]$ -",D,"解: $\because$ 函数 $f(x)$ 为奇函数. - -若 $f(1)=-1$, 则 $f(-1)=1$, - -�� $\because$ 函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 单调递减, $-1 \leqslant f(x-2) \leqslant 1$, - -$\therefore f(1) \leqslant f(x-2) \leqslant f(-1)$ - -$\therefore-1 \leqslant x-2 \leqslant 1$ - -解得: $x \in[1,3]$, - -故选: D. -",86,50 -2017,（新课标ⅰ）,"6. (5 分) $\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)(1+x){ }^{6}$ 展开式中 $x^{2}$ 的系数为（ $)$ -A. 15 -B. 20 -C. 30 -D. 35 -",C,"解: $\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)(1+x)^{6}$ 展开式中: - -若 $\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)=\left(1+x^{-2}\right)$ 提供常数项 1, 则 $(1+x)^{6}$ 提供含有 $x^{2}$ 的项, 可得展开 式中 $x^{2}$ 的系数: - -若 $\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)$ 提供 $x^{-2}$ 项, 则 $(1+x)^{6}$ 提供含有 $x^{4}$ 的项, 可得展开式中 $x^{2}$ 的系数: - -由 $(1+x) 6$ 通项公式可得 $\mathrm{C}_{6}^{r} \mathrm{x}^{\mathrm{r}}$. 可知 $r=2$ 时, 可得展开式中 $x^{2}$ 的系数为 $C_{6}^{2}=15$. - -可知 $r=4$ 时, 可得展开式中 $x^{2}$ 的系数为 $C_{6}^{4}=15$. - -$\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)(1+x)^{6}$ 展开式中 $x^{2}$ 的系数为: $15+15=30$. - -故选: C. -",87,50 -2017,（新课标ⅰ）,"9. （5 分) 已知曲线 $C_{1}: y=\cos x, C_{2}: y=\sin \left(2 x+\frac{2 \pi}{3}\right)$, 则下面结论正确的是（ ) - -A. 把 $C_{1}$ 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍, 纵坐标不变, 再把得到的曲线 向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度, 得到曲线 $\mathrm{c}_{2}$ - -B. 把 $C_{1}$ 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍, 纵坐标不变, 再把得到的曲线 向左平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位长度, 得到曲线 $\mathrm{C}_{2}$ - -C. 把 $\mathrm{C}_{1}$ 上各点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ 倍, 纵坐标不变, 再把得到的曲线向 右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度, 得到曲线 $C_{2}$ - -D. 把 $C_{1}$ 上各点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ 倍, 纵坐标不变, 再把得到的曲线向 左平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位长度, 得到曲线 $C_{2}$ -",D,"解: 把 $\mathrm{C}_{1}$ 上各点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ 倍, 纵坐标不变, 得到函数 $y=\cos 2 x$ 图象, 再把得到的曲线向左平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位长度, 得到函数 $y=\cos 2\left(x^{+}\right.$ $\left.\frac{\pi}{12}\right)=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)=\sin \left(2 x+\frac{2 \pi}{3}\right)$ 的图象, 即曲线 $C_{2}$, - -故选: D. -",88,50 -2017,（新课标ⅰ）,"11. (5 分) 设 $x 、 y 、 z$ 为正数, 且 $2^{x}=3^{y}=5^{2}$, 则 ( ) -A. $2 x<3 y<5 z$ -B. $5 z<2 x<3 y$ -C. $3 y<5 z<2 x$ -D. $3 y<2 x<5 z$ -",D,"解: $x 、 y 、 z$ 为正数, - -令 $2^{x}=3^{y}=5^{z}=k>1 . \quad \lg k>0$. - -则 $x=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 2}, y=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 3}, z=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 5}$. - -$\therefore 3 y=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg \sqrt[3]{3}}, 2 x=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg \sqrt{2}}, 5 \mathrm{z}=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg \sqrt[5]{5}}$. - -$\because \sqrt[3]{3}=\sqrt[6]{9}>\sqrt[6]{8}=\sqrt{2}, \sqrt{2}=\sqrt[10]{32}>\sqrt[10]{25}=\sqrt[5]{5}$ - -$\therefore \lg \sqrt[3]{3}>\lg \sqrt{2}>\lg \sqrt[5]{5}>0$ - -$\therefore 3 y<2 x<5 z$. - -另解： $x 、 y 、 z$ 为正数, - -令 $2^{x}=3^{y}=5^{2}=k>1 . \quad \lg k>0$. - -则 $x=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 2}, y=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 3}, z=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 5}$. - -$\therefore \frac{2 x}{3 y}=\frac{2}{3} \times \frac{\lg 3}{\lg 2}=\frac{\lg 9}{\lg 8}>1$, 可得 $2 x>3 y$, - -$\frac{5 z}{2 x}=\frac{5}{2} \times \frac{\lg 2}{\lg 5}=\frac{\lg 2^{5}}{\lg 5^{2}}>1$. 可得 $5 z>2 x$. - -综上可得: $5 z>2 x>3 y$. - -解法三: 对 $\mathrm{k}$ 取特殊值, 也可以比较出大小关系. - -故选：D. -",89,50 -2017,（新课标ⅰ）,"12. (5 分) 几位大学生响应国家的创业号召, 开发了一款应用软件. 为激发大 家学习数学的兴趣, 他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动. 这款软 件的激活码为下面数学问题的答案: 已知数列 $1,1,2,1,2,4,1,2,4$, $8,1,2,4,8,16, \ldots$, 其中第一项是 $2^{0}$, 接下来的两项是 $2^{0}, 2^{1}$, 再接下 来的三项是 $2^{0}, 2^{1}, 2^{2}$, 依此类推. 求满足如下条件的最小整数 $N: N>100$ 且该数列的前 $\mathrm{N}$ 项和为 2 的整数幂. 那么该款软件的激活码是（） -A. 440 -B. 330 -C. 220 -D. 110 -",A,"解: 设该数列为 $\left\{a_{n}\right\}$, 设 $b_{n}=\frac{a_{(n-1) n}}{2}+1+\ldots+\frac{a_{n(n+1)}}{2}=2^{n+1}-1, \quad\left(n \in N_{+}\right)$, 则 $\sum_{i=1}^{n} b_{i}=\sum_{i=1}^{\frac{n(n+1)}{2}} a_{i}$, - -由题意可设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $N$ 项和为 $S_{N}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$, 则 - -$$ -T_{n}=2^{1}-1+2^{2}-1+\ldots+2^{n+1}-1=2^{n+1}-n-2 -$$ - -可知当 $N$ 为 $\frac{n(n+1)}{2}$ 时 $\left(n \in N_{+}\right)$, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $N$ 项和为数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 即为 $2^{n+1}-n-2$, - -容易得到 $N>100$ 时, $n \geqslant 14$, - -A 项, 由 $\frac{29 \times 30}{2}=435,440=435+5$, 可知 $S_{440}=T_{29}+b_{5}=2^{30}-29-2+2^{5}-1=2^{30}$, 故 A 项符合题意. - -$B$ 项, 仿上可知 $\frac{25 \times 26}{2}=325$, 可知 $S_{330}=T_{25}+b_{5}=2^{26}-25-2+2^{5}-1=2^{26+4}$, 显然不 为 2 的整数幂, 故 $B$ 项不符合题意. - -$C$ 项, 仿上可知 $\frac{20 \times 21}{2}=210$, 可知 $S_{220}=T_{20}+b_{10}=2^{21}-20-2+2^{10}-1=2^{21}+2^{10}-23$, 显然不为 2 的整数幂, 故 C 项不符合题意. $\mathrm{D}$ 项, 仿上可知 $\frac{14 \times 15}{2}=105$, 可知 $\mathrm{S}_{110}=T_{14}+b_{5}=2^{15}-14-2^{+} 2^{5}-1=2^{15}+15$, 显然 不为 2 的整数幂, 故 $D$ 项不符合题意. - -故选 A. - -方法 二 : 由 题 意可 知 : 第一项, $\frac{2^{0}, 2^{1}}{\text { 第二项 }}, \frac{2^{0}, 2^{1}, 2^{2}}{\text { 第三项 }}, \ldots$ - -$$ -\frac{2^{0}, 2^{1}, 2^{2}, \cdots, 2^{\mathrm{n}-1}}{\text { 第n项 }}, -$$ - -根据等比数列前 $n$ 项和公式, 求得每项和分别为: $2^{1-} 1,2^{2-} 1,2^{3-} 1, \ldots, 2^{n_{-}} 1$ - -每项含有的项数为: $1,2,3, \ldots, n$, - -总共的项数为 $\mathrm{N}=1+2+3+\ldots+n=\frac{(1+n) n}{2}$, - -所有项数的和为 $S_{n}: 2^{1-} 1+2^{2}-1+2^{3}-1+\ldots+2^{n}-1=\left(2^{1}+2^{2}+2^{3}+\ldots+2^{n}\right)-n=$ - -$$ -\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{1-2}-n=2^{n+1}-2-n -$$ - -由题意可知: $2^{n+1}$ 为 2 的整数幂. 只需将 $-2-n$ 消去即可, - -则(1) $1+2+(-2-n)=0$, 解得: $n=1$, 总共有 $\frac{(1+1) \times 1}{2}+2=3$, 不满足 $N>100$, - -(2) $1+2+4+(-2-n)=0$, 解得: $n=5$, 总共有 $\frac{(1+5) \times 5}{2}+3=18$, 不满足 $N>100$, - -(3) $1+2+4+8+(-2-n)=0$, 解得: $n=13$, 总共有 $\frac{(1+13) \times 13}{2}+4=95$, 不满足 $N>$ 100 , - -(4) $1+2+4+8+16+(-2-n)=0$, 解得: $n=29$, 总共有 $\frac{(1+29) \times 29}{2}+5=440$, 满足 $N$ $>100$ - -$\therefore$ 该款软件的激活码 440 . -",90,50 -2017,（新课标ⅱ）,"1. $(5$ 分 $) \frac{3+i}{1+i}=(\quad)$ -A. $1+2 i$ -B. $1-2 i$ -C. $2+i$ -D. $2-\mathrm{i}$ -",D,"解 $: \frac{3+i}{1+i}=\frac{(3+i)(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\frac{4-2 i}{2}=2-i$, - -故选：D. -",91,50 -2017,（新课标ⅱ）,"2. （5 分）设集合 $A=\{1,2,4\}, B=\left\{x \mid x^{2}-4 x+m=0\right\}$. 若 $A \cap B=\{1\}$, 则 $B=(\quad)$ -A. $\{1,-3\}$ -B. $\{1,0\}$ -C. $\{1,3\}$ -D. $\{1,5\}$ -",C,"解：集合 $\mathrm{A}=\{1,2,4\}, B=\left\{x \mid x^{2}-4 x+m=0\right\}$. - -若 $A \cap B=\{1\}$, 则 $1 \in A$ 且 $1 \in B$, 可得 $1-4+m=0$, 解得 $m=3$, - -即有 $B=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3=0\right\}=\{1,3\}$. - -故选: C. -",92,50 -2017,（新课标ⅱ）,"3. (5 分) 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题: “远看巍巍塔七层, 红光点点倍加增, 共灯三百八十一, 请问尖头几盏灯? ""意思是: 一座 7 层塔 共挂了 381 或灯, 且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍, 则塔的 顶层共有灯（） -A. 1 盏 -B. 3 盏 -C. 5 或 -D. 9 或 -",B,"解：设塔顶的 $a_{1}$ 盏灯, - -由题意 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公比为 2 的等比数列, - -$\therefore S_{7}=\frac{a_{1}\left(1-2^{7}\right)}{1-2}=381$, - -解得 $\mathrm{a}_{1}=3$. - -故选：B. -",93,50 -2017,（新课标ⅱ）,"6. （5 分）安排 3 名志愿者完成 4 项工作, 每人至少完成 1 项, 每项工作由 1 人完成, 则不同的安排方式共有（ $)$ -A. 12 种 -B. 18 种 -C. 24 种 -D. 36 种 -",D,"解： 4 项工作分成 3 组, 可得: $C_{4}^{2}=6$, 安排 3 名志愿者完成 4 项工作, 每人至少完成 1 项, 每项工作由 1 人完成, 可得： $6 \times \mathrm{A}_{3}^{3}=36$ 种. - -故选: D. -",94,50 -2017,（新课标ⅱ）,"7. （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, 乙没有说不知道自己的成绩, 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. -",95,50 -2017,（新课标ⅱ）,"9. （5 分）若双曲线 $c: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的一条渐近线被圆 $(x-2)$ ${ }^{2}+y^{2}=4$ 所截得���弦长为 2 , 则 $C$ 的离心率为 ( ) -A. 2 -B. $\sqrt{3}$ -C. $\sqrt{2}$ -D. $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ -",A,"解 双曲线 $c: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的一条渐近线不妨为 $b x+a y=0$ - -圆 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$ 的圆心 $(2,0)$, 半径为: 2 , - -双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的一条渐近线被圆 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$ 所截得 的弦长为 2 , 可得圆心到直线的距离为: $\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}=\frac{|2 b|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$, - -解得: $\frac{4 c^{2}-4 \mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}^{2}}=3$, 可得 $\mathrm{e}^{2}=4$, 即 $\mathrm{e}=2$. - -故选: A. -",96,50 -2017,（新课标ⅱ）,"11. (5 分) 若 $x=-2$ 是函数 $f(x)=\left(x^{2}+a x-1\right) e^{x-1}$ 的极值点, 则 $f(x)$ 的极 小值为 $(\quad)$ -A. -1 -B. $-2 e^{-3}$ -C. $5 \mathrm{e}^{-3}$ -D. 1 -",A,"解：函数 $f(x)=\left(x^{2}+a x-1\right) e^{x-1}$, - -可得 $f^{\prime}(x)=(2 x+a) e^{x-1+}\left(x^{2}+a x-1\right) e^{x-1}$, - -$x=-2$ 是函数 $f(x)=\left(x^{2}+a x-1\right) e^{x-1}$ 的极值点, - -可得: $f^{\prime}(-2)=(-4+a) e^{-3}+(4-2 a-1) e^{-3}=0$, 即 $-4+a+(3-2 a)=0$. - -解得 $a=-1$. - -可得 $f^{\prime}(x)=(2 x-1) e^{x-1+}\left(x^{2}-x-1\right) e^{x-1}$, - -$=\left(x^{2}+x-2\right) e^{x-1}$, 函数的极值点为: $x=-2, x=1$, - -当 $x<-2$ 或 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$ 函数是增函数, $x \in(-2,1 ）$ 时, 函数是减函 数, - -$x=1$ 时, 函数取得极小值: $f(1)=\left(1^{2}-1-1\right) e^{1-1}=-1$. - -故选: A. -",97,50 -2017,（新课标ⅲ）,"1. (5 分) 已知集合 $A=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2}=1\right\}, B=\{(x, y) \mid y=x\}$, 则 $A \cap B$ 中元 素的个数为 $(\quad)$ -A. 3 -B. 2 -C. 1 -D. 0 -",B,"解: 由 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}=1 \\ y=x\end{array}\right.$, 解得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{c}x=-\frac{\sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, - -$\therefore A \cap B$ 的元素的个数是 2 个, - -故选: B. -",98,50 -2017,（新课标ⅲ）,"2. (5 分) 设复数 $z$ 满足 $(1+i) \quad z=2 i$, 则 $|z|=(\quad)$ -A. $\frac{1}{2}$ -B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ -C. $\sqrt{2}$ -D. 2 -",C,"解: $\because(1+\mathrm{i}) \mathrm{z}=2 \mathrm{i}, \quad \therefore(1-\mathrm{i})(1+\mathrm{i}) \quad \mathrm{z}=2 \mathrm{i}(1-\mathrm{i}), \mathrm{z}=\mathrm{i}+1$. - -则 $|z|=\sqrt{2}$. - -故选: C. -",99,50 -2017,（新课标ⅲ）,"4. (5 分) $(\mathrm{x}+\mathrm{y})(2 \mathrm{x}-\mathrm{y})^{5}$ 的展开式中的 $x^{3} \mathrm{y}^{3}$ 系数为 $(\quad)$ -A. -80 -B. -40 -C. 40 -D. 80 -",C,"解: $(2 x-y)^{5}$ 的展开式的通项公式: $T_{r+1}=\left[_{5}^{r}(2 x)^{5-r}(-y)^{r}=2^{5-r}\right.$ $(-1){ }^{r}\left[{ }_{5}^{r} x^{5-r} y\right.$ - -令 $5-r=2, r=3$, 解得 $r=3$. - -令 $5-r=3, r=2$, 解得 $r=2$. - -$\therefore(x+y)(2 x-y)^{5}$ 的展开式中的 $x^{3} y^{3}$ 系数 $=2^{2} \times(-1)^{3}\left[_{5}^{3}+2^{3} \times 1 \times\left[_{5}^{2}=40\right.\right.$. 故选: C. -",100,50 -2017,（新课标ⅲ）,"5. (5 分) 已知双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>0, b>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=\frac{\sqrt{5}}{2} x$, 且与椭圆 $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 有公共焦点, 则 $C$ 的方程为 $(\quad)$ -A. $\frac{x^{2}}{8}-\frac{y^{2}}{10}=1$ -B. $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$ -C. $\frac{x^{2}}{5}-\frac{y^{2}}{4}=1$ -D. $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{3}=1$ -",B,"解: 椭圆 $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的焦点坐标 $( \pm 3,0)$, - -则双曲线的焦点坐标为 $( \pm 3,0)$, 可得 $c=3$, - -双曲线 C: $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>0, b>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=\frac{\sqrt{5}}{2} x$, 可得 $\frac{b}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$, 即 $\frac{c^{2}-a^{2}}{a^{2}}=\frac{5}{4}$, 可得 $\frac{c}{a}=\frac{3}{2}$, 解得 $a=2, b=\sqrt{5}$, - -所求的双曲线方程为: $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$. - -故选: B. -",101,50 -2017,（新课标ⅲ）,"6. (5 分) 设函数 $f(x)=\cos \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$, 则下列结论错误的是 $(\quad)$ -A. $f(x)$ 的一个周期为 $-2 \pi$ -B. $y=f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{8 \pi}{3}$ 对称 -C. $f(x+\pi)$ 的一个零点为 $x=\frac{\pi}{6}$ -D. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 单调递减 -",D,"解: $A$. 函数的周期为 $2 k \pi$, 当 $k=-1$ 时, 周期 $T=-2 \pi$, 故 $A$ 正确, - -B. 当 $x=\frac{8 \pi}{3}$ 时, $\cos \left(x+\frac{\pi}{3}\right)=\cos \left(\frac{8 \pi}{3}+\frac{\pi}{3}\right)=\cos \frac{9 \pi}{3}=\cos 3 \pi=-1$ 为最小 值, 此时 $y=f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{8 \pi}{3}$ 对称, 故 $B$ 正确, - -C 当 $x=\frac{\pi}{6}$ 时, $f\left(\frac{\pi}{6}+\pi\right)=\cos \left(\frac{\pi}{6}+\pi+\frac{\pi}{3}\right)=\cos \frac{3 \pi}{2}=0$, 则 $f(x+\pi)$ 的一个 零点为 $x=\frac{\pi}{6}$, 故 $C$ 正确, - -D. 当 $\frac{\pi}{2}b>0)$ 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 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\sqrt{1-\frac{\mathrm{b}^{2}}{\mathrm{a}^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$. - -故选: A. -",104,50 -2017,（新课标ⅲ）,"11. (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. $\quad-\frac{1}{2}$ -B. $\frac{1}{3}$ -C. $\frac{1}{2}$ -D. 1 -",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）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. -",106,50 -2018,（新课标ⅰ）,"2. （5 分）已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-x-2>0\right\}$, 则 $\left.C_{R} A=（ \quad\right)$ -A. $\{x \mid-12\}$ -D. $\{x \mid x \leqslant-1\}$ - -$U\{x \mid x \geqslant 2\}$ -",B,"解：集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-x-2>0\right\}$, - -可得 $A=\{x \mid x<-1$ 或 $x>2\}$, 则: $C_{R} A=\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 2\}$. - -故选: B. -",107,50 -2018,（新课标ⅰ）,"4. (5 分) 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $3 S_{3}=S_{2}+S_{4}, a_{1}=2$, 则 $a_{5}=(\quad)$ -A. -12 -B. -10 -C. 10 -D. 12 -",B,"解: $\because S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $3 S_{3}=S_{2}+S_{4}, a_{1}=2$, - -$\therefore 3 \times\left(3 \mathrm{a}_{1}+\frac{3 \times 2}{2} \mathrm{~d}\right)=\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{1}+d+4 \mathrm{a}_{1}+\frac{4 \times 3}{2} \mathrm{~d}$, - -把 $a_{1}=2$, 代入得 $d=-3$ - -$\therefore a_{5}=2+4 \times(-3)=-10$. - -故选: B. -",108,50 -2018,（新课标ⅰ）,"5. （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 ( ) -A. $y=-2 x$ -B. $y=-x$ -C. $y=2 x$ -D. $y=x$ -",D,"解: 函数 $f(x)=x^{3}+(a-1) x^{2}+a x$, 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 $y=f(x)$ 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. -",109,50 -2018,（新课标ⅰ）,"6. (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. -",110,50 -2018,（新课标ⅰ）,"8. (5 分) 设抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点为 $F$, 过点 $(-2,0)$ 且斜率为 $\frac{2}{3}$ 的直线与 $C$ 交于 $M, N$ 两点, 则 $\overrightarrow{F M} \bullet \overrightarrow{F N}=(\quad)$ -A. 5 -B. 6 -C. 7 -D. 8 -",D,"解：抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点为 $F(1,0)$, 过点 $(-2,0)$ 且斜率为 $\frac{2}{3}$ 的直线为: $3 y=2 x+4$, - -联立直线与抛物线 $C: y^{2}=4 x$, 消去 $x$ 可得: $y^{2}-6 y+8=0$ ， - -解得 $y_{1}=2, y_{2}=4$, 不妨 $M(1,2), N(4,4), \overrightarrow{F M}=(0,2), \overrightarrow{F N}=(3,4)$. 则 $\overrightarrow{F M} \bullet \overrightarrow{F N}=(0,2) \bullet(3,4)=8$. - -故选: D. -",111,50 -2018,（新课标ⅰ）,"11. (5 分) 已知双曲线 $C: \frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1, O$ 为坐标原点, $F$ 为 $C$ 的右焦点, 过 $F$ 的直线与 $C$ 的两条渐近线的交点分别为 $M, N$. 若 $\triangle O M N$ 为直角三角形, 则 $|\mathrm{MN}|=(\quad)$ -A. $\frac{3}{2}$ -B. 3 -C. $2 \sqrt{3}$ -D. 4 -",B,"解: 双曲线 $c: \frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$ 的渐近线方程为: $y= \pm \frac{\sqrt{3}}{3} x$, 渐近线的夹角 为: $60^{\circ}$, 不妨设过 $F(2,0)$ 的直线为: $y=\sqrt{3}(x-2)$, 则: $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{3}}{3} x \\ y=\sqrt{3}(x-2)\end{array}\right.$ 解得 $M\left(\frac{3}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, - -$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{3}}{3} x \\ y=\sqrt{3}(x-2)\end{array}\right.$ 解得: $N(3, \sqrt{3})$, - -则 $|M N|=\sqrt{\left(3-\frac{3}{2}\right)^{2}+\left(\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}=3$. - -故选：B. -",112,50 -2018,（新课标ⅱ）,"1. (5 分 $) \frac{1+2 i}{1-2 i}=(\quad)$ -A. $-\frac{4}{5}-\frac{3}{5} i$ -B. $-\frac{4}{5}+\frac{3}{5} i$ -C. $-\frac{3}{5}-\frac{4}{5} i$ -D. $-\frac{3}{5}+\frac{4}{5} i$ -",D,"解: $\frac{1+2 i}{1-2 i}=\frac{(1+2 i)(1+2 i)}{(1-2 i)(1+2 i)}=-\frac{3}{5}+\frac{4}{5} i$. - -故选: D. -",113,50 -2018,（新课标ⅱ）,"2. (5 分) 已知集合 $A=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 3, x \in Z, y \in Z\right\}$, 则 $A$ 中元素的个数为 -A. 9 -B. 8 -C. 5 -D. 4 -",A,"解: 当 $x=-1$ 时, $y^{2} \leqslant 2$, 得 $y=-1,0,1$, - -当 $x=0$ 时, $y^{2} \leqslant 3$, 得 $y=-1,0,1$, - -当 $x=1$ 时, $y^{2} \leqslant 2$, 得 $y=-1,0,1$, - -即集合 $A$ 中元素有 9 个, 故选：A. -",114,50 -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 $\vec{a} \bullet(2 \vec{a}-\vec{b})=(\quad ）$ -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 $\vec{a} \cdot(2 \vec{a}-\vec{b})=2 \vec{a}-\vec{a} \cdot \vec{b}=2+1=3$ - -故选: B. -",115,50 -2018,（新课标ⅱ）,"5. (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 $(\quad)$ -A. $y= \pm \sqrt{2} x$ -B. $y= \pm \sqrt{3} x$ -C. $y= \pm \frac{\sqrt{2}}{2} x$ -D. $y= \pm \frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{x}$ -",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. -",116,50 -2018,（新课标ⅱ）,"6. (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. -",117,50 -2018,（新课标ⅱ）,"8. (5 分) 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果. 哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”, 如 $30=7+23$. 在不超过 30 的素数中, 随机选取两个不同的数, 其和等于 30 的概率是 $(\quad)$ -A. $\frac{1}{12}$ -B. $\frac{1}{14}$ -C. $\frac{1}{15}$ -D. $\frac{1}{18}$ -",C,"解: 在不超过 30 的素数中有, $2,3,5,7,11,13,17,19,23,29$ 共 10 个， - -从中选 2 个不同的数有 $C_{10}^{2}=45$ 种, - -和等于 30 的有 $(7,23)$, $(11,19),(13,17)$, 共 3 种, - -则对应的概率 $P=\frac{3}{45}=\frac{1}{15}$, - -故选: C. -",118,50 -2018,（新课标ⅱ）,"10. （5 分) 若 $f(x)=\cos x-\sin x$ 在 $[-a, a]$ 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. $\pi$ -",A,"解: $f(x)=\cos x-\sin x=-(\sin x-\cos x)=-\sqrt{2} \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$, - -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 $\mathrm{k}=0$, 得 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的一个减区间为 $\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{3}{4} \pi\right]$, - -由 $f(x)$ 在 $[-a, a]$ 是减函数, 得 $\left\{\begin{array}{l}-a \geqslant-\frac{\pi}{4} \\ a \leqslant \frac{3 \pi}{4}\end{array}, \quad \therefore a \leqslant \frac{\pi}{4}\right.$. - -则 $a$ 的最大值是 $\frac{\pi}{4}$. - -故选: A. -",119,50 -2018,（新课标ⅱ）,"11. (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. -",120,50 -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. -",121,50 -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. -",122,50 -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: $B$. -",123,50 -2018,（新课标ⅲ）,"5. (5 分) $\left(x^{2}+\frac{2}{x}\right){ }^{5}$ 的展开式中 $x^{4}$ 的系数为 $(\quad)$ -A. 10 -B. 20 -C. 40 -D. 80 -",C,"解：由二项式定理得 $\left(x^{2}+\frac{2}{x}\right)^{5}$ 的展开式的通项为: - -$$ -T_{r+1}=C_{5}^{r}\left(x^{2}\right)^{5-r}\left(\frac{2}{x}\right)^{r}=2^{r} C_{5}^{r} x^{10-3 r} -$$ - -由 $10-3 r=4$, 解得 $r=2$, - -$\therefore\left(\mathrm{x}^{2}+\frac{2}{\mathrm{x}}\right)^{5}$ 的展开式中 $\mathrm{x}^{4}$ 的系数为 $2^{2} \mathrm{C}_{5}^{2}=40$. - -故选: C. -",124,50 -2018,（新课标ⅲ）,"6. (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 $(\quad)$ -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: $A$. -",125,50 -2018,（新课标ⅲ）,"8. (5 分) 某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 $\mathrm{p}$, 各成员的支付方式 相互独立. 设 $\mathrm{X}$ 为该群体的 10 位成员中使用移动支付的人数, $D X=2.4, P$ $(x=4)\frac{1}{2}$ - -因为 $D X=2.4$, 可得 $10 p(1-p)=2.4$, 解得 $p=0.6$ 或 $p=0.4$ (舍去). - -故选: $B$. -",126,50 -2018,（新课标ⅲ）,"9. (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 $\mathrm{C}=(\quad)$ -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 $\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$, - -$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$ $\therefore \sin \mathrm{C}=\frac{\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}-\mathrm{c}^{2}}{2 \mathrm{ab}}=\cos \mathrm{C}$, - -$\because 0<\mathrm{C}<\pi, \quad \therefore \mathrm{C}=\frac{\pi}{4}$. - -故选: C. -",127,50 -2018,（新课标ⅲ）,"11. (5 分) 设 $F_{1}, F_{2}$ 是双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的左, 右焦点, $O$ 是坐标原点. 过 $F_{2}$ 作 $C$ 的一条渐近线的垂线, 垂足为 $P$, 若 $\left|P F_{1}\right|=\sqrt{6}|O P|$, 则 $C$ 的离心率为 $(\quad)$ -A. $\sqrt{5}$ -B. 2 -C. $\sqrt{3}$ -D. $\sqrt{2}$ -",C,"解：双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>0 . b>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=\frac{b}{a} x$, $\therefore$ 点 $\mathrm{F}_{2}$ 到渐近线的距离 $\mathrm{d}=\frac{\mathrm{bc}}{\sqrt{\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}}}=\mathrm{b}$, 即 $\left|P F_{2}\right|=b$, - -$\therefore|\mathrm{OP}|=\sqrt{\left|O \mathrm{~F}_{2}\right|^{2}-\left|\mathrm{PF}_{2}\right|^{2}}=\sqrt{c^{2}-\mathrm{b}^{2}}=\mathrm{a}, \quad \cos \angle \mathrm{PF} \mathrm{F}_{2} \mathrm{O}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{c}}$, - -$\because\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=\sqrt{6}|\mathrm{OP}|$ - -$\therefore\left|P F_{1}\right|=\sqrt{6} a$ 在三角形 $F_{1} P F_{2}$ 中, 由余弦定理可得 $\left|P F_{1}\right|^{2}=\left|P F_{2}\right|^{2}+\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}-2\left|P F_{2}\right| \cdot\left|F_{1} F_{2}\right| C O S \angle$ $\mathrm{PF}_{2} \mathrm{O}$ - -$\therefore 6 \mathrm{a}^{2}=\mathrm{b}^{2}+4 c^{2}-2 \times b \times 2 c \times \frac{b}{c}=4 c^{2}-3 b^{2}=4 c^{2}-3 \quad\left(c^{2}-a^{2}\right)$, - -即 $3 a^{2}=c^{2}$, - -即 $\sqrt{3} a=c$, - -$\therefore \mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\sqrt{3}$, - -故选: C. -",128,50 -2018,（新课标ⅲ）,"12. (5 分) 设 $a=\log _{0.2} 0.3, b=\log _{2} 0.3$, 则 $(\quad)$ -A. $a+b\lg \frac{5}{2}, \frac{\lg 0.3}{\lg 2 \lg 5}<0$, - -$\therefore \mathrm{ab}<\mathrm{a}+\mathrm{b}<0$. - -故选: B. -",129,50 -2019,（新课标ⅰ）,"1.已知集合 $M=\{x \mid-42^{0}=1, \quad 0<0.2^{0.3}<0.2^{0}=1$, 则 $00\right\}, B=\{x \mid x-1<0\}$, 则 $A \cap B=$ -A. $(-\infty, 1)$ -B. $(-2,1)$ -C. $(-3,-1)$ -D. $(3,+\infty)$ -",A,"【详解】由题意得, $A=\{x \mid x 2$, 或 $x 3\}, B=\{x \mid x<1\}$, 则 $A \cap B=\{x \mid x<1\}$. 故选 A. -",136,50 -2019,（新课标ⅱ）,"2. 设 $z=-3+2 \mathrm{i}$, 则在复平面内 $\bar{z}$ 对应的点位于 -A. 第一象限 -B. 第二象限 -C. 第三象限 -D. 第四象限 -",C,"【详解】由 $z=-3+2 i$, 得 $\bar{z}=-3-2 i$, 则 $\bar{z}=-3-2 i$, 对应点 $(-3,-2)$ 位于第三象限. 故选 $\mathrm{C}$. -",137,50 -2019,（新课标ⅱ）,"3. 已知 $\overrightarrow{A B}=(2,3), \overrightarrow{A C}=(3, t), \overrightarrow{B C}=1$, 则 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=$ -A. -3 -B. -2 -C. 2 -D. 3 -",C,"【详解】由 $\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}=(1, t-3),|\overrightarrow{B C}|=\sqrt{1^{2}+(t-3)^{2}}=1$, 得 $t=3$, 则 $\overrightarrow{B C}=(1,0)$, $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=(2,3) \cdot(1,0)=2 \times 1+3 \times 0=2$. 故选 C. -",138,50 -2019,（新课标ⅱ）,"4.2019 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆, 我国航天 事业取得又一重大成就, 实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探 测器的通讯联系。 为解决这个问题, 发射了嫦娥四号中继星 “鹊桥”, 鹊桥沿着围绕地 月拉格朗日 $L_{2}$ 点的轨道运行. $L_{2}$ 点是平衡点, 位于地月连线的延长线上. 设地球质量为 $M_{1}$, 月球质量为 $M_{2}$, 地月距离为 $R, L_{2}$ 点到月球的距离为 $r$, 根据牛顿运动定律和万 有引力定律, $r$ 满足方程: - -$$ -\frac{M_{1}}{(R+r)^{2}}+\frac{M_{2}}{r^{2}}=(R+r) \frac{M_{1}}{R^{3}} -$$ - -设 $a=\frac{r}{R}$, 由于 $a$ 的值很小, 因此在近似计算中 $\frac{3 a^{3}+3 a^{4}+a^{5}}{(1+a)^{2}} \approx 3 a^{3}$, 则 $r$ 的近似值 为 -A. $\sqrt{\frac{M_{2}}{M_{1}}} R$ -B. $\sqrt{\frac{M_{2}}{2 M_{1}}} R$ -C. $\sqrt[3]{\frac{3 M_{2}}{M_{1}}} R$ -D. $\sqrt[3]{\frac{M_{2}}{3 M_{1}}} R$ -",D,"【详解】由 $a=\frac{r}{R}$, 得 $r=a R$ - -因为 $\frac{M_{1}}{(R+r)^{2}}+\frac{M_{2}}{r^{2}}=(R+r) \frac{M_{1}}{R^{3}}$, - -所以 $\frac{M_{1}}{R^{2}(1+a)^{2}}+\frac{M_{2}}{a^{2} R^{2}}=(1+a) \frac{M_{1}}{R^{2}}$, - -即 $\frac{M_{2}}{M_{1}}=a^{2}\left[(1+a)-\frac{1}{(1+a)^{2}}\right]=\frac{a^{5}+3 a^{4}+3 a^{3}}{(1+a)^{2}} \approx 3 a^{3}$, - -解得 $a==^{3} \sqrt{\frac{M_{2}}{3 M_{1}}}$, - -所以 $r=a R=\sqrt{\frac{M_{2}}{3 M_{1}}} R$. -",139,50 -2019,（新课标ⅱ）,"5. 演讲比赛共有 9 位评委分别给出某选手的原始评分, 评定该选手的成绩时, 从 9 个原 始评分中去掉 1 个最高分、 1 个最低分, 得到 7 个有效评分. 7 个有效评分与 9 个原始评 分相比, 不变的数字特征是 -A. 中位数 -B. 平均数 -C. 方差 -D. 极差 -",A,"【详解】设 9 位评委评分按从小到大排列为 $x_{1}b$, 则 -A. $\ln (a-b)>0$ -B. $3^{a}<3^{b}$ -C. $a^{3}-b^{3}>0$ -D. $|a|>|b|$ -",C,"【详解】取 $a=2, b=1$, 满足 $a>b, \ln (a-b)=0$, 知 $\mathrm{A}$ 错, 排除 $\mathrm{A}$; 因为 $9=3^{a}>3^{b}=3$, 知 B 错, 排除 B; 取 $a=1, b=-2$, 满足 $a>b, 1=|a|<|b|=2$, 知 $\mathrm{D}$ 错, 排除 $\mathrm{D}$, 因为 幂函数 $y=x^{3}$ 是增函数, $a>b$, 所以 $a^{3}>b^{3}$, 故选 C. -",141,50 -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】由面面平行的判定定理知: $a$ 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 $\mathrm{B}$. -",142,50 -2019,（新课标ⅱ）,"8. 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 $\mathrm{D}$. -",143,50 -2019,（新课标ⅱ）,"10.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】 $\because 2 \sin 2 a=\cos 2 a+1, \therefore 4 \sin a \cdot \cos a=2 \cos ^{2} a \because a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos a>0$. $\sin a>0, \therefore 2 \sin a=\cos a$, 又 $\sin ^{2} a+\cos ^{2} a=1, \therefore 5 \sin ^{2} a=1, \quad \sin ^{2} a=\frac{1}{5}$, 又 $\sin a>0, \therefore \sin a=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 故选 B. -",144,50 -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. -",145,50 -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. $1+i$ -",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. -",146,50 -2019,（新课标ⅲ）,"3. 《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 $(\quad)$ -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. -",147,50 -2019,（新课标ⅲ）,"4. $\left(1+2 x^{2}\right)(1+x){ }^{4}$ 的展开式中 $x^{3}$ 的系数为 -A. 12 -B. 16 -C. 20 -D. 24 -",A,"【详解】由题意得 $x^{3}$ 的系数为 $C_{4}^{3}+2 C_{4}^{1}=4+8=12$, 故选 A. -",148,50 -2019,（新课标ⅲ）,"5.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. -",149,50 -2019,（新课标ⅲ）,"6. 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 D. -",150,50 -2019,（新课标ⅲ）,"10. 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{2}=1$ 的右焦点为 $F$, 点 $P$ 在 $C$ 的一条渐近线上, $O$ 为坐标原点, 若 $|P O|=|P F|$, 则 $\triangle P F O$ 的面积为 -A. $\frac{3 \sqrt{2}}{4}$ -B. $\frac{3 \sqrt{2}}{2}$ -C. $\frac{\mathrm{x}_{1}}{\mathrm{x}_{2}}$ -D. $3 \sqrt{2}$ -",A,"【详解】由 $a=2, b=\sqrt{2}, c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{6}$ ． - -$$ -\because|P O|=|P F|, \therefore x_{P}=\frac{\sqrt{6}}{2} -$$ - -又 $P$ 在 $C$ 的一条渐近线上, 不妨设为在 $y=\frac{b}{a} x$ 上, - -$\therefore S_{\triangle P F O}=\frac{1}{2}|O F| \cdot\left|y_{P}\right|=\frac{1}{2} \times \sqrt{6} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{2}}{4}$, 故选 A. -",151,50 -2019,（新课标ⅲ）,"11. 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. -",152,50 -2019,（新课标ⅲ）,"12. 设函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{5}\right)(\omega>0)$, 已知 $f(x)$ 在 $[0,2 \pi]$ 有且仅有 5 个零点, 下 述四个结论: - -(1) $f(x)$ 在 $(0,2 \pi)$ 有且仅有 3 个极大值点 - -(2) $f(x)$ 在 $(0,2 \pi)$ 有且仅有 2 个极小值点 (3) $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{10}\right)$ 单调递增 - -(4) 的取值范围是 $\left[\frac{12}{5}, \frac{29}{10}\right)$ - -其中所有正确结论的编号是 -A. (1)(4) -B. (2)(3) -C. (1)(2)(3) -D. (1)(3)(4) -",D,"【详解】 $\because f(x)=\sin \left(w x+\frac{\pi}{5}\right)(w>0)$, 在 $[0,2 \pi]$ 有且仅有 5 个零点. $\therefore 0 \leq x \leq 2 \pi$ ， $\frac{1}{5} \leq w x+\frac{\pi}{5} \leq 2 \pi w+\frac{\pi}{5}, \frac{12}{5} \leq w<\frac{29}{10}$, (4)正确. 如图 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 为极大值点为 3 个, (1)正 确; 极小值点为 2 个或 3 个. $\therefore$ (2)不正确. - -当 $00)$ 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 $4=4 p$, 求得 $p=1$, 所以其焦点坐标为 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$, 故选: B. -",158,50 -2020,（全国卷Ⅲ）,"6. 已知向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 满足 $|a|=5,|b|=6, a \cdot b=-6$, 则 $\cos \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}\rangle=(\quad)$ -A. $-\frac{31}{35}$ -B. $-\frac{19}{35}$ -C. $\frac{17}{35}$ -D. $\frac{19}{35}$ -",D,"【详解】 $\because|\vec{a}|=5,|\vec{b}|=6, \vec{a} \cdot \vec{b}=-6, \quad \therefore \vec{a} \cdot(\vec{a}+\vec{b})=|\vec{a}|^{2}+\vec{a} \cdot \vec{b}=5^{2}-6=19$ ． - -$|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{(\vec{a}+\vec{b})^{2}}=\sqrt{\vec{a}^{2}+2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}}=\sqrt{25-2 \times 6+36}=7$ - -因此, $\cos \langle\vec{a}, \vec{a}+\vec{b}\rangle=\frac{\vec{a} \cdot(\vec{a}+\vec{b})}{|\vec{a}| \cdot|\vec{a}+\vec{b}|}=\frac{19}{5 \times 7}=\frac{19}{35}$. - -故选: D. -",159,50 -2020,（全国卷Ⅲ）,"7. 在 $\triangle A B C$ 中, $\cos C=\frac{2}{3}, A C=4, B C=3$, 则 $\cos B=(\quad)$ -A. $\frac{1}{9}$ -B. $\frac{1}{3}$ -C. $\frac{1}{2}$ -D. $\frac{2}{3}$ -",A,"【详解】 $\because$ 在 $\triangle A B C$ 中, $\cos C=\frac{2}{3}, A C=4, B C=3$ - -根据余弦定理: $A B^{2}=A C^{2}+B C^{2}-2 A C \cdot B C \cdot \cos C$ $A B^{2}=4^{2}+3^{2}-2 \times 4 \times 3 \times \frac{2}{3}$ - -可得 $A B^{2}=9$ ， 即 $A B=3$ - -由 $\because \cos B=\frac{A B^{2}+B C^{2}-A C^{2}}{2 A B \cdot B C}=\frac{9+9-16}{2 \times 3 \times 3}=\frac{1}{9}$ - -故 $\cos B=\frac{1}{9}$. - -故选: A. -",160,50 -2020,（全国卷Ⅲ）,"9. 已知 $2 \tan \theta-\tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=7$, 则 $\tan \theta=(\quad)$ -A. -2 -B. -1 -C. 1 -D. 2 -",D,"【详解】 $\because 2 \tan \theta-\tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=7, \therefore 2 \tan \theta-\frac{\tan \theta+1}{1-\tan \theta}=7$, - -令 $t=\tan \theta, t \neq 1$, 则 $2 t-\frac{1+t}{1-t}=7$, 整理得 $t^{2}-4 t+4=0$, 解得 $t=2$, 即 $\tan \theta=2$. - -故选: D. -",161,50 -2020,（全国卷Ⅲ）,"10. 若直线 $l$ 与曲线 $y=\sqrt{x}$ 和 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{5}$ 都相切, 则 $l$ 的方程为 $(\quad)$ -A. $y=2 x+1$ -B. $y=2 x+\frac{1}{2}$ -C. $y=\frac{1}{2} x+1$ -D. - -$y=\frac{1}{2} x+\frac{1}{2}$ -",D,"【详解】设直线 $l$ 在曲线 $y=\sqrt{x}$ 上的切点为 $\left(x_{0}, \sqrt{x_{0}}\right)$, 则 $x_{0}>0$, - -函数 $y=\sqrt{x}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{1}{2 \sqrt{x}}$, 则直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{2 \sqrt{x_{0}}}$, - -设直线 $l$ 的方程为 $y-\sqrt{x_{0}}=\frac{1}{2 \sqrt{x_{0}}}\left(x-x_{0}\right)$, 即 $x-2 \sqrt{x_{0}} y+x_{0}=0$, - -由于直线 $l$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{5}$ 相切, 则 $\frac{x_{0}}{\sqrt{1+4 x_{0}}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$, - -两边平方并整理得 $5 x_{0}^{2}-4 x_{0}-1=0$, 解得 $x_{0}=1, x_{0}=-\frac{1}{5}$ (舍), - -则直线 $l$ 的方程为 $x-2 y+1=0$, 即 $y=\frac{1}{2} x+\frac{1}{2}$. - -故选: D. -",162,50 -2020,（全国卷Ⅲ）,"11. 设双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>0, b>0)$ 的左、右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}$, 离心率为 $\sqrt{5} . P$ 是 $C$ 上一点, 且 $F_{1} P \perp F_{2} P$. 若 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 的面积为 4 , 则 $a=(\quad)$ -A. 1 -B. 2 -C. 4 -D. 8 -",A,"【详解】 $\because \frac{c}{a}=\sqrt{5}, \therefore c=\sqrt{5} a$ ，根据双曲线的定义可得 ||$P F_{1}|-| P F_{2} \|=2 a$ ， - -$S_{\triangle P F_{1} F_{2}}=\frac{1}{2}\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|=4$, 即 $\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|=8$ ， - -$\because F_{1} P \perp F_{2} P, \quad \therefore\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}=(2 c)^{2}$ - -$\therefore\left(\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|\right)^{2}+2\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|=4 c^{2}$, 即 $a^{2}-5 a^{2}+4=0$, 解得 $a=1$, 故选: A. -",163,50 -2020,（全国卷Ⅲ）,"12. 已知 $5^{5}<8^{4}, 13^{4}<8^{5}$. 设 $a=\log _{5} 3, b=\log _{8} 5, c=\log _{13} 8$, 则 $(\quad)$ -A. $a4$, 可得 $c>\frac{4}{5}$. 综上所述, $a0)$ 上一点, 点 $A$ 到 $C$ 的焦点的距离为 12 , 到 $y$ 轴的距离为 9 , 则 $p=()$ -A. 2 -B. 3 -C. 6 -D. 9 -",C,"【详解】设抛物线的焦点为 $F$, 由抛物线的定义知 $|A F|=x_{A}+\frac{p}{2}=12$, 即 $12=9+\frac{p}{2}$, 解得 $p=6$. - -故选: C. - -【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径, 考查学生转化与化归思想, 是一道容易题. -",167,50 -2020,（新课标Ⅰ）,"6. 函数 $f(x)=x^{4}-2 x^{3}$ 的图像在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 () -A. $y=-2 x-1$ -B. $y=-2 x+1$ -C. $y=2 x-3$ -D. $y=2 x+1$ -",B,"【详解】 $\because f(x)=x^{4}-2 x^{3}, \therefore f^{\prime}(x)=4 x^{3}-6 x^{2}, \therefore f(1)=-1, f^{\prime}(1)=-2$, - -因此, 所求切线的方程为 $y+1=-2(x-1)$, 即 $y=-2 x+1$. - -故选: B. -",168,50 -2020,（新课标Ⅰ）,"8. $\left(x+\frac{y^{2}}{x}\right)(x+y)^{5}$ 的展开式中 $x^{3} y^{3}$ 的系数为 $(\quad)$ -A. 5 -B. 10 -C. 15 -D. 20 -",C,"【详解】 $(x+y)^{5}$ 展开式的通项公式为 $T_{r+1}=C_{5}^{r} x^{5-r} y^{r} \quad(r \in N$ 且 $r \leq 5)$ - -所以 $\left(x+\frac{y^{2}}{x}\right)$ 与 $(x+y)^{5}$ 展开式的乘积可表示为: - -$x T_{r+1}=x C_{5}^{r} x^{5-r} y^{r}=C_{5}^{r} x^{6-r} y^{r}$ 或 $\frac{y^{2}}{x} T_{r+1}=\frac{y^{2}}{x} C_{5}^{r} x^{5-r} y^{r}=C_{5}^{r} x^{4-r} y^{r+2}$ - -在 $x T_{r+1}=C_{5}^{r} x^{6-r} y^{r}$ 中, 令 $r=3$, 可得: $x T_{4}=C_{5}^{3} x^{3} y^{3}$, 该项中 $x^{3} y^{3}$ 的系数为 10 , - -在 $\frac{y^{2}}{x} T_{r+1}=C_{5}^{r} x^{4-r} y^{r+2}$ 中, 令 $r=1$, 可得: $\frac{y^{2}}{x} T_{2}=C_{5}^{1} x^{3} y^{3}$, 该项中 $x^{3} y^{3}$ 的系数为 5 - -所以 $x^{3} y^{3}$ 的系数为 $10+5=15$ - -故选: C -",169,50 -2020,（新课标Ⅰ）,"9. 已知 $\alpha \in(0, \pi)$, 且 $3 \cos 2 \alpha-8 \cos \alpha=5$, 则 $\sin \alpha=($ ( ) -A. $\frac{\sqrt{5}}{3}$ -B. $\frac{2}{3}$ -C. $\frac{1}{3}$ -D. $\frac{\sqrt{5}}{9}$ -",A,"【详解】 $3 \cos 2 \alpha-8 \cos \alpha=5$, 得 $6 \cos ^{2} \alpha-8 \cos \alpha-8=0$, - -即 $3 \cos ^{2} \alpha-4 \cos \alpha-4=0$, 解得 $\cos \alpha=-\frac{2}{3}$ 或 $\cos \alpha=2$ （舍去）, 又 $\because \alpha \in(0, \pi), \therefore \sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\frac{\sqrt{5}}{3}$. - -故选: A. -",170,50 -2020,（新课标Ⅰ）,"11. 已知 $\odot M: x^{2}+y^{2}-2 x-2 y-2=0$, 直线 $l: 2 x+y+2=0, P$ 为 $l$ 上的动点, 过点 $P$ 作 $\odot M$ 的切 线 $P A, P B$, 切点为 $A, B$, 当 $|P M| \cdot|A B|$ 最小时, 直线 $A B$ 的方程为（ () -A. $2 x-y-1=0$ -B. $2 x+y-1=0$ -C. $2 x-y+1=0$ -D. $2 x+y+1=0$ -",D,"【详解】圆的方程可化为 $(x-1)^{2}+(y-1)^{2}=4$, 点 $M$ 到直线 $l$ 的距离为 $d=\frac{|2 \times 1+1+2|}{\sqrt{2^{2}+1^{2}}}=\sqrt{5}>2$ , 所以直线 $l$ 与圆相离. - -依圆的知识可知, 四点 $A, P, B, M$ 四点共圆, 且 $A B \perp M P$, 所以 - -$|P M| \cdot|A B|=2 S_{\triangle P A M}=2 \times \frac{1}{2} \times|P A| \times|A M|=2|P A|$, 而 $|P A|=\sqrt{|M P|^{2}-4}$ ， - -当直线 $M P \perp l$ 时, $|M P|_{\min }=\sqrt{5},|P A|_{\min }=1$, 此时 $|P M| \cdot|A B|$ 最小. - -$\therefore M P: y-1=\frac{1}{2}(x-1)$ 即 $y=\frac{1}{2} x+\frac{1}{2}$, 由 $\left\{\begin{array}{c}y=\frac{1}{2} x+\frac{1}{2} \\ 2 x+y+2=0\end{array}\right.$ 解得, $\left\{\begin{array}{l}x=-1 \\ y=0\end{array}\right.$. - -所以以 $M P$ 为直径的圆的方程为 $(x-1)(x+1)+y(y-1)=0$, 即 $x^{2}+y^{2}-y-1=0$, - -两圆的方程相减可得: $2 x+y+1=0$, 即为直线 $A B$ 的方程. - -故选: D. -",171,50 -2020,（新课标Ⅰ）,"12.若 $2^{a}+\log _{2} a=4^{b}+2 \log _{4} b$ ，则（ $)$ -A. $a>2 b$ -B. $a<2 b$ -C. $a>b^{2}$ -D. $a0$, 此时 $f(a)>f\left(b^{2}\right)$, 有 $a>b^{2}$ - -当 $b=2$ 时, $f(a)-f\left(b^{2}\right)=-1<0$, 此时 $f(a)0$ -B. $\cos 2 \alpha<0$ -C. $\sin 2 \alpha>0$ -D. $\sin 2 \alpha<0$ -",D,"【详解】当 $\alpha=-\frac{\pi}{6}$ 时, $\cos 2 \alpha=\cos \left(-\frac{\pi}{3}\right)>0$, 选项B错误； - -当 $\alpha=-\frac{\pi}{3}$ 时, $\cos 2 \alpha=\cos \left(-\frac{2 \pi}{3}\right)<0$, 选项A错误; - -由 $\alpha$ 在第四象限可得： $\sin \alpha<0, \cos \alpha>0$, 则 $\sin 2 \alpha=2 \sin \alpha \cos \alpha<0$, 选项C错误，选项D正确; - -故选: D. -",174,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"3.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. -",175,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"5. 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 $(\quad)$ -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. -",176,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"6. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2, a_{m+n}=a_{m} a_{n}$, 若 $a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_{k+10}=2^{15}-2^{5}$, 则 $k=(\quad)$ -A. 2 -B. 3 -C. 4 -D. 5 -",C,"【详解】在等式 $a_{m+n}=a_{m} a_{n}$ 中, 令 $m=1$, 可得 $a_{n+1}=a_{n} a_{1}=2 a_{n}, \therefore \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=2$, - -所以, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 2 为首项, 以 2 为公比的等比数列, 则 $a_{n}=2 \times 2^{n-1}=2^{n}$, - -$\therefore a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_{k+10}=\frac{a_{k+1} \cdot\left(1-2^{10}\right)}{1-2}=\frac{2^{k+1} \cdot\left(1-2^{10}\right)}{1-2}=2^{k+1}\left(2^{10}-1\right)=2^{5}\left(2^{10}-1\right)$, - -$\therefore 2^{k+1}=2^{5}$, 则 $k+1=5$, 解得 $k=4$. - -故选: C. -",177,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"8. 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. -",178,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"9. 设函数 $f(x)=\ln |2 x+1-| \ln |2 x-1|$, 则 $f(x)(\quad)$ -A. 是偶函数, 且在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 单调递增 -B. 是奇函数, 且在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 单调递减 -C. 是偶函数, 且在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)$ 单调递增 -D. 是奇函数, 且在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)$ 单调递减 -",D,"【详解】由 $f(x)=\ln |2 x+1|-\ln |2 x-1|$ 得 $f(x)$ 定义域为 $\left\{x \mid x \neq \pm \frac{1}{2}\right\}$, 关于坐标原点对称, - -又 $f(-x)=\ln |1-2 x|-\ln |-2 x-1|=\ln |2 x-1|-\ln |2 x+1|=-f(x)$, - -$\therefore f(x)$ 为定义域上的奇函数，可排除 $\mathrm{AC}$; - -当 $x \in\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 时, $f(x)=\ln (2 x+1)-\ln (1-2 x)$, - -$\mathrm{Q} y=\ln (2 x+1)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递增, $y=\ln (1-2 x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, - -$\therefore f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递增，排除 $\mathrm{B}$; - -当 $x \in\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)$ 时, $f(x)=\ln (-2 x-1)-\ln (1-2 x)=\ln \frac{2 x+1}{2 x-1}=\ln \left(1+\frac{2}{2 x-1}\right)$, - -$\because \mu=1+\frac{2}{2 x-1}$ 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, $f(\mu)=\ln \mu$ 在定义域内单调递增, - -根据复合函数单调性可知: $f(x)$ 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, D正确. 故选: D. -",179,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"10.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. -",180,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"11. 若 $2^{x}-2^{y}<3^{-x}-3^{-y}$, 则（） -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 $\mathrm{CD}$ 无法确定. - -故选: A. -",181,50 -2020,（新课标Ⅱ）,"12.0-1周期序列在通信技术中有着重要应用. 若序列 $a_{1} a_{2} \cdots a_{n} \cdots$ 满足 $a_{i} \in\{0,1\}(i=1,2, \cdots)$, 且存在正整数 $m$ , 使得 $a_{i+m}=a_{i}(i=1,2, \cdots)$ 成立, 则称其为 $0-1$ 周期序列, 并称满足 $a_{i+m}=a_{i}(i=1,2, \cdots)$ 的最小正整数 $m$ 为这个序列的周期.对于周期为 $m$ 的 $0-1$ 序列 $a_{1} a_{2} \cdots a_{n} \cdots, C(k)=\frac{1}{m} \sum_{i=1}^{m} a_{i} a_{i+k}(k=1,2, \cdots, m-1)$ 是描述其性质的重要指标, 下列周期为 5 的 $0-1$ 序列中， 满足 $C(k) \leq \frac{1}{5}(k=1,2,3,4)$ 的序列是 $(\quad)$ -A. $11010 \cdots$ -B. $11011 \cdots$ -C. $10001 \cdots$ -D. $11001 \cdots$ -",C,"【详解】由 $a_{i+m}=a_{i}$ 知, 序列 $a_{i}$ 的周期为 $m$, 由已知, $m=5$, - -$C(k)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+k}, k=1,2,3,4$ - -对于选项A, - -$C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+0+0)=\frac{1}{5} \leq \frac{1}{5}$ - -$C(2)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+2}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{3}+a_{2} a_{4}+a_{3} a_{5}+a_{4} a_{6}+a_{5} a_{7}\right)=\frac{1}{5}(0+1+0+1+0)=\frac{2}{5}$, 不满足; - -对于选项B, $C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+1+1)=\frac{3}{5}$, 不满足; - -对于选项D, - -$C(1)=\frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} a_{i} a_{i+1}=\frac{1}{5}\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}+a_{4} a_{5}+a_{5} a_{6}\right)=\frac{1}{5}(1+0+0+0+1)=\frac{2}{5}$, 不满足; - -故选: C - -【点晴】本题���查数列的新定义问题, 涉及到周期数列, 考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力 , 是一道中档题. -",182,50 -2021,（全国甲卷）,"1. 设集合 $M=\{x \mid 00$, 乙: $\left\{S_{n}\right\}$ 是递增数列, 则 ( ) -A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 -B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 -C. 甲是乙的充要条件 -D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 -",B,"【详解】由题, 当数列为 $-2,-4,-8, \cdots$ 时, 满足 $q>0$, - -但是 $\left\{S_{n}\right\}$ 不是递增数列, 所以甲不是乙的充分条件. - -若 $\left\{S_{n}\right\}$ 是递增数列, 则必有 $a_{n}>0$ 成立, 若 $q>0$ 不成立, 则会出现一正一负的情况，是矛盾的, 则 $q>0$ 成立, 所以甲是乙的必要条件. - -故选: B. -",187,50 -2021,（全国甲卷）,"9. 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 $\sin a=\frac{1}{4}$, - -$\therefore \cos a=\sqrt{1-\sin ^{2} a}=\frac{\sqrt{15}}{4}, \quad \therefore \tan a=\frac{\sin a}{\cos a}=\frac{\sqrt{15}}{15}$. - -故选: A. -",188,50 -2021,（全国甲卷）,"10. 将 4 个 1 和 2 个 0 随机排成一行, 则 2 个 0 不相邻的概率为 $(\quad)$ -A. $\frac{1}{3}$ -B. $\frac{2}{5}$ -C. $\frac{2}{3}$ -D. $\frac{4}{5}$ -",C,"【详解】将 4 个 1 和 2 个 0 随机排成一行, 可利用揷空法, 4 个 1 产生 5 个空, - -若 2 个 0 相邻, 则有 $C_{5}^{1}=5$ 种排法, 若 2 个 0 不相邻, 则有 $C_{5}^{2}=10$ 种排法, - -所以 2 个 0 不相邻的概率为 $\frac{10}{5+10}=\frac{2}{3}$. - -故选: C. -",189,50 -2021,（全国甲卷）,"11. 已如 $A, B, C$ 是半径为 1 的球 $O$ 的球面上的三个点, 且 $A C \perp B C, A C=B C=1$, 则三棱雉 $O-A B C$ 的体积为 $(\quad)$ -A. $\frac{\sqrt{2}}{12}$ -B. $\frac{\sqrt{3}}{12}$ -C. $\frac{\sqrt{2}}{4}$ -D. $\frac{\sqrt{3}}{4}$ -",A,"【详解】 $\because A C \perp B C, A C=B C=1, \therefore \triangle A B C$ 为等腰直角三角形, $\therefore A B=\sqrt{2}$, - -则 $\triangle A B C$ 外接圆的半径为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 又球的半径为 1 , - -设 $O$ 到平面 $A B C$ 的距离为 $d$, - -则 $d=\sqrt{1^{2}-\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, - -所以 $V_{O-A B C}=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C} \cdot d=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 1 \times 1 \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{12}$. - -故选: A. -",190,50 -2021,（全国甲卷）,"12. 设函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}, f(x+1)$ 为奇函数, $f(x+2)$ 为偶函数, 当 $x \in[1,2]$ 时, $f(x)=a x^{2}+b$. 若 $f(0)+f(3)=6$, 则 $f\left(\frac{9}{2}\right)=(\quad)$ -A. $-\frac{9}{4}$ -B. $-\frac{3}{2}$ -C. $\frac{7}{4}$ -D. $\frac{5}{2}$ -",D,"【详解】因为 $f(x+1)$ 是奇函数, 所以 $f(-x+1)=-f(x+1)$ (1); - -因为 $f(x+2)$ 是偶函数, 所以 $f(x+2)=f(-x+2)(2)$. - -令 $x=1$, 由(1)得: $f(0)=-f(2)=-(4 a+b)$, 由(2)得： $f(3)=f(1)=a+b$, - -因为 $f(0)+f(3)=6$, 所以 $-(4 a+b)+a+b=6 \Rightarrow a=-2$, - -令 $x=0$, 由(1)得: $f(1)=-f(1) \Rightarrow f(1)=0 \Rightarrow b=2$, 所以 $f(x)=-2 x^{2}+2$. - -思路一: 从定义人手. - -$f\left(\frac{9}{2}\right)=f\left(\frac{5}{2}+2\right)=f\left(-\frac{5}{2}+2\right)=f\left(-\frac{1}{2}\right)$ - -$f\left(-\frac{1}{2}\right)=f\left(-\frac{3}{2}+1\right)=-f\left(\frac{3}{2}+1\right)=-f\left(\frac{5}{2}\right)$ - -$-f\left(\frac{5}{2}\right)=-f\left(\frac{1}{2}+2\right)=-f\left(-\frac{1}{2}+2\right)=-f\left(\frac{3}{2}\right)$ - -所以 $f\left(\frac{9}{2}\right)=-f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{5}{2}$. - -思路二: 从周期性人手 - -由两个对称性可知, 函数 $f(x)$ 的周期 $T=4$. - -所以 $f\left(\frac{9}{2}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)=-f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{5}{2}$. - -故选: D. -",191,50 -2021,（新课标ⅰ）,"1.设 $2(z+\bar{z})+3(z-\bar{z})=4+6 i$ ，则 $z=(\quad)$ - -A. $1-2 i$ - -B. $1+2 i$ - -C. $1+i$ - -D. $1-i$ -",C,"解析: - -设 $z=a+b i$, 则 $\bar{z}=a-b i, 2(z+\bar{z})+3(z-\bar{z})=4 a+6 b i=4+6 i$, 所以 $a=1, b=1$, - -所以 $z=1+i$. -",192,50 -2021,（新课标ⅰ）,"2.已知集合 $S=\{s \mid s=2 n+1, n \in Z\}, T=\{t \mid t=4 n+1, n \in Z\}$, 则 $S \cap T=(\quad)$ -A. $\varnothing$ -B. $S$ -C. $T$ -D. $Z$ -",C,"解析: - -$s=2 n+1, \quad n \in Z$ - -当 $n=2 k, k \in Z$ 时, $S=\{s \mid s=4 k+1, k \in Z\}$ ； 当 $n=2 k+1, k \in Z$ 时, - -$S=\{s \mid s=4 k+3, k \in Z\}$.所以 $T \ddot{U} S, S \cap T=T$. 故选 C. -",193,50 -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 $\sin x \in[-1,1]$, 故 $\exists x \in R, \sin x<1, p$ 为真命题, 而函数 $y=y=e^{|x|}$ 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 $\mathrm{A}$. -",194,50 -2021,（新课标ⅰ）,"4. 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. -",195,50 -2021,（新课标ⅰ）,"6. 将 5 名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰，短道速滑、冰球和冰显 4 个项目进行培训, 每名 志愿者只分配到 1 个项目, 每个项目至少分配 1 名志愿者, 则不同的分配方案共有（） - -A. 60 种 - -B. 120 种 - -C. 240 种 - -D. 480 种 -",C,"解析: - -所求分配方案数为 $C_{5}^{2} A_{4}^{4}=240$. -",196,50 -2021,（新课标ⅰ）,"7.把函数 $y=f(x)$ 图像上所有点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ 倍, 纵坐标不变, 再把所得曲线 向右平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度, 得到函数 $y=\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$ 的图像, 则 $f(x)=(\quad)$ - -A. $\sin \left(\frac{x}{2}-\frac{7 \pi}{12}\right)$ - -B. $\sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{12}\right)$ - -C. $\sin \left(2 x-\frac{7 \pi}{12}\right)$ D. $\sin \left(2 x+\frac{\pi}{12}\right)$ -",B,"解析: - -逆向: $y=\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right) \stackrel{\text { 左移 } \frac{\pi}{3}}{\longrightarrow} y=\sin \left(x+\frac{\pi}{12}\right) \stackrel{\text { 横坐标变为原来的2倍 }}{\longrightarrow} y=\sin \left(\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{12}\right)$. - -故选 B. -",197,50 -2021,（新课标ⅰ）,"11. 设 $B$ 是椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的上顶点, 若 $C$ 上的任意一点 $P$ 都满足, $|P B| \leq 2 b ， \quad$ 则 $C$ 的离心率的取值范围是 $(\quad)$ - -A. $\left[\frac{\sqrt{2}}{2}, 1\right)$ - -B. $\left[\frac{1}{2}, 1\right)$ - -C. $\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$ - -D. $\left(0, \frac{1}{2}\right]$ -",C,"解析: - -由题意, 点 $B(0, b)$, 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1 \Rightarrow x_{0}^{2}=a^{2}\left(1-\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}\right)$, 故 - -$|P B|^{2}=x_{0}^{2}+\left(y_{0}-b\right)^{2}=a^{2}\left(1-\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}\right)+y_{0}^{2}-2 b y_{0}+b^{2}=-\frac{c^{2}}{b^{2}} y_{0}^{2}-2 b y_{0}+a^{2}+b^{2}$ - -$y_{0} \in[-b, b]$ - -由题意, 当 $y_{0}=-b$ 时, $|P B|^{2}$ 最大, 则 $-\frac{b^{3}}{c^{2}} \leq-b, b^{2} \geq c^{2}, a^{2}-c^{2} \geq c^{2}, c=\frac{c}{a} \leq \frac{\sqrt{2}}{2}$, - -$c \in\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$ -",198,50 -2021,（新课标ⅰ）,"12. 设 $a=2 \ln 1.01, b=\ln 1.02, c=\sqrt{1.04}-1$, 则 $($ ) -A. $ag(0)=0$, 故 $a>c$. - -综上, $a>c>b$. -",199,50 -2022,（全国乙卷）,"1. 设全集 $U=\{1,2,3,4,5\}$, 集合 $M$ 满足 $\partial_{j} M=\{1,3\}$, 则 () -A. $2 \in M$ -B. $3 \in M$ -C. $4 \notin M$ -D. $5 \notin M$ -",A,"【详解】由题知 $M=\{2,4,5\}$, 对比选项知, A 正确, $\mathrm{BCD}$ 错误 - -故选: A -",200,50 -2022,（全国乙卷）,"2. 已知 $z=1-2 i$ ，且 $z+a \bar{z}+b=0$ ，其中 $a, b$ 为实数，则（) -A. $a=1, b=-2$ -B. $a=-1, b=2$ -C. $a=1, b=2$ -D. - -$a=-1, b=-2$ -",A,"【详解】 $\bar{z}=1+2 \mathrm{i}$ - -$z+a \bar{z}+b=1-2 \mathrm{i}+a(1+2 \mathrm{i})+b=(1+a+b)+(2 a-2) \mathrm{i}$ - -由 $z+a \bar{z}+b=0$, 得 $\left\{\begin{array}{l}1+a+b=0 \\ 2 a-2=0\end{array}\right.$,即 $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=-2\end{array}\right.$ - -故选: A -",201,50 -2022,（全国乙卷）,"3. 已知向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=1,|\vec{b}|=\sqrt{3},|\vec{a}-2 \vec{b}|=3$, 则 $\vec{a} \cdot \vec{b}=()$ -A. -2 -B. -1 -C. 1 -D. 2 -",C,"【详解】解: $\because|\vec{a}-2 \vec{b}|^{2}=|\vec{a}|^{2}-4 \vec{a} \cdot \vec{b}+4|\vec{b}|^{2}$, - -又 $\because|\vec{a}|=1,|\vec{b}|=\sqrt{3},|\vec{a}-2 \vec{b}|=3$, - -$\therefore 9=1-4 \vec{a} \cdot \vec{b}+4 \times 3=13-4 \vec{a} \cdot \vec{b}$ - -$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=1$ - -故选: C. -",202,50 -2022,（全国乙卷）,"4. 嫦娥二号卫星在完成探月任务后, 继续进行深空探测, 成为我国第一颗环绕太阳飞行的 人造行星, 为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值, 用到数列 $\left\{b_{n}\right\}: b_{1}=1+\frac{1}{a_{1}}$, $b_{2}=1+\frac{1}{a_{1}+\frac{1}{a_{2}}}, \quad b_{3}=1+\frac{1}{a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}}}}, \cdots$, 依此类推, 其中 $a_{k} \in \mathbf{N}^{\star}(k=1,2, \cdots)$. 则 () -A. $b_{1}\frac{1}{a_{1}+\frac{1}{a_{2}}}$, 得到 $b_{1}>b_{2}$, - -同理 $a_{1}+\frac{1}{a_{2}}>a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}}}$, 可得 $b_{2}b_{3}$ - -又因为 $\frac{1}{a_{2}}>\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\frac{1}{a_{4}}}}, a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}}}b_{4}$; - -以此类推, 可得 $b_{1}>b_{3}>b_{5}>b_{7}>\cdots, b_{7}>b_{8}$, 故 $\mathrm{A}$ 错误; - -$b_{1}>b_{7}>b_{8}$, 故 B 错误; - -$$ -\begin{aligned} -& \frac{1}{a_{2}}>\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\cdots \frac{1}{a_{6}}}} \text {, 得 } b_{2}a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\cdots \frac{1}{a_{6}+\frac{1}{a_{7}}}} \text {, 得 } b_{4}p_{2}>p_{1}>0$. 记该棋手连胜两盘的概率为 $p$, 则 () -A. $p$ 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 -B. 该棋手在第二盘与甲比赛， $p$ 最大 -C. 该棋手在第二盘与乙比赛, $p$ 最大 -D. 该棋手在第二盘与丙比赛, $p$ 最大 -",D,"【详解】该棋手连胜两盘, 则第二盘为必胜盘, - -记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为 $p_{\text {甲 }}$ - -则 $p_{\text {甲 }}=2\left(1-p_{2}\right) p_{1} p_{3}+2 p_{2} p_{1}\left(1-p_{3}\right)=2 p_{1}\left(p_{2}+p_{3}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}$ 记该棋手在第二盘与乙比赛, 且连胜两盘的概率为 $p_{\text {乙 }}$ - -则 $p_{\text {乙 }}=2\left(1-p_{1}\right) p_{2} p_{3}+2 p_{1} p_{2}\left(1-p_{3}\right)=2 p_{2}\left(p_{1}+p_{3}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}$ - -记该棋手在第二盘与丙比赛, 且连胜两盘的概率为 $p_{\text {丙 }}$ - -则 $p_{\text {丙 }}=2\left(1-p_{1}\right) p_{3} p_{2}+2 p_{1} p_{3}\left(1-p_{2}\right)=2 p_{3}\left(p_{1}+p_{2}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}$ - -则 $p_{\text {甲 }}-p_{\text {乙 }}=2 p_{1}\left(p_{2}+p_{3}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}-\left[2 p_{2}\left(p_{1}+p_{3}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}\right]=2\left(p_{1}-p_{2}\right) p_{3}<0$ - -$p_{\text {乙 }}-p_{\text {丙 }}=2 p_{2}\left(p_{1}+p_{3}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}-\left[2 p_{3}\left(p_{1}+p_{2}\right)-4 p_{1} p_{2} p_{3}\right]=2\left(p_{2}-p_{3}\right) p_{1}<0$ - -即 $p_{\text {甲 }}b>0)$ 的左顶点为 $A$, 点 $P, Q$ 均在 $C$ 上, 且关于 $y$ 轴对称. 若 直线 $A P, A Q$ 的斜率之积为 $\frac{1}{4}$, 则 $C$ 的离心率为 () -A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ -B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ -C. $\frac{1}{2}$ -D. $\frac{1}{3}$ -",A,"【详解】解: $A(-a, 0)$, - -设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $Q\left(-x_{1}, y_{1}\right)$, - -则 $k_{A P}=\frac{y_{1}}{x_{1}+a}, k_{A Q}=\frac{y_{1}}{-x_{1}+a}$, - -故 $k_{A P} \cdot k_{A Q}=\frac{y_{1}}{x_{1}+a} \cdot \frac{y_{1}}{-x_{1}+a}=\frac{y_{1}^{2}}{-x_{1}^{2}+a^{2}}=\frac{1}{4}$, - -又 $\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1$, 则 $y_{1}^{2}=\frac{b^{2}\left(a^{2}-x_{1}^{2}\right)}{a^{2}}$, - -所以 $\frac{\frac{b^{2}\left(a^{2}-x_{1}^{2}\right)}{a^{2}}}{-x_{1}^{2}+a^{2}}=\frac{1}{4}$, 即 $\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{1}{4}$, - -所以椭圆 $C$ 的离心率 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. - -故选: A. -",212,50 -2022,（全国甲卷）,"12. 已知 $a=\frac{31}{32}, b=\cos \frac{1}{4}, c=4 \sin \frac{1}{4}$, 则 () -A. $c>b>a$ -B. $b>a>c$ -C. $a>b>c$ -D. - -$a>c>b$ -",A,"【详解】因为 $\frac{c}{b}=4 \tan \frac{1}{4}$, 因为当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \sin x\frac{1}{4}$, 即 $\frac{c}{b}>1$, 所以 $c>b$; - -设 $f(x)=\cos x+\frac{1}{2} x^{2}-1, x \in(0,+\infty)$, $f^{\prime}(x)=-\sin x+x>0$, 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增, - -则 $f\left(\frac{1}{4}\right)>f(0)=0$, 所以 $\cos \frac{1}{4}-\frac{31}{32}>0$ ， - -所以 $b>a$, 所以 $c>b>a$, - -故选: A -",213,50