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1、在棱长为2的正方体 $A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中，点 $P$ 满足 $\vec{A P} = λ \vec{A C} + μ \vec{A D_{1}}$ ，其中 $λ \in (0, 1)$ ， $μ \in (0, 1)$ ，则（）

A、平面 $P A C ⊥$ 平面 $A_{1} B_{1} C D$ B、当 $λ + μ = 1$ 时，三棱锥 $A_{1} - P B C_{1}$ 的体积为定值 C、当 $μ = \frac{3}{4}$ 时，存在点 $P$ ，使得 $B P ⊥ P C_{1}$ D、当 $λ = \frac{3}{4}$ 时，存在点 $P$ ，使得 $B C_{1} ⊥$ 平面 $P C D$

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2、已知定义域为 $[- 3, 5]$ 的函数 $f (x)$ 的导函数为 $f^{'} (x)$ ，且 $f^{'} (x)$ 的图象如图所示，则（）

A、 $f (x)$ 在 $(- 2, 2)$ 上单调递减 B、 $f (x)$ 有极小值 $f (2)$ C、 $f (x)$ 有2个极值点 D、 $f (x)$ 在 $x = - 3$ 处取得最大值

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3、已知函数 $f (x)$ 及其导函数 $f^{'} (x)$ 的定义域均为R， $f (0) = 0$ 且 $f (x) + f^{'} (x) > 0$ ，则不等式 $f (x^{2} + 4 x - 5) > 0$ 的解集为（）

A、 $(- \infty, - 5) \cup (1, + \infty)$ B、 $(- \infty, - 1) \cup (5, + \infty)$ C、 $(- 5 ， 1)$ D、 $(- 1 ， 5)$

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4、当 $x = 1$ 时，函数 $f (x) = \frac{a e^{x} + b}{x} (x > 0)$ 取得最小值 $2 e$ ，则 $a + b =$ （）

A、2 B、1 C、－1 D、－2

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5、曲线 $y = \frac{1}{2} x^{2} - 2$ 在点 $(- 1, \frac{3}{2})$ 处切线的倾斜角为（）

A、 $\frac{π}{3}$ B、 $\frac{π}{4}$ C、 $\frac{3π}{4}$ D、 $- \frac{π}{4}$

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6、已知函数 $f (x) = e^{x} - m x, x \in (0, + \infty)$ ．

(1)、讨论 $f (x)$ 的单调性；

(2)、若函数 $g (x) = f (x) - x \ln x - 1$ 有两个零点 $x_{1}, x_{2}$ ，
（i）求m的取值范围；
（ii）求证： $x_{1} x_{2} < 1$ ．

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7、已知椭圆 $C : \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a > b > 0)$ 的左顶点为 $A (- 2, 0)$ ，两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形，过点 $P (1, 0)$ 且与 $x$ 轴不重合的直线 $l$ 与椭圆交于 $M, N$ 两点.

(1)、求椭圆 $C$ 的方程；

(2)、若过点 $P$ 且平行于 $A M$ 的直线交直线 $x = \frac{5}{2}$ 于点 $Q$ ，求证：直线 $N Q$ 恒过定点.

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8、如图1，矩形 $A B C D$ 中， $A B = 2 B C = 2 \sqrt{2}$ ，点 $E$ 为 $C D$ 的中点，现将 $△ A D E$ 沿 $A E$ 折起，使得平面 $A D E ⊥$ 平面 $A B C E$ ，得到如图2所示的四棱锥 $D - A B C E$ ，点 $P$ 为棱 $D B$ 上一点.

(1)、证明： $A D ⊥ B E$ ；

(2)、是否存在点 $P$ ，使得直线 $E P$ 与平面 $B C D$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{33}}{11}$ ？若存在，求 $D P : D B$ 的值；若不存在，请说明理由.

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9、如图，在梯形ABCD中， $A B ∥ C D$ ， $A B = B C = 2 C D = 2$ ， $A D = \sqrt{3}$ ， $∠ A D C = 90^{\circ}$ ，将 $△ A C D$ 沿AC折起，使点D到达点P位置，此时二面角 $P - A C - B$ 为 $120^{\circ}$ ，连接PB，得到三棱锥 $P - A B C$ ，则该三棱锥外接球的表面积为．

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10、第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元．ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT中，某学习小组设计了如下问题进行研究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，则2个球都是红球的概率为；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子中随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球，若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是．

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11、 ${(\sqrt{x} + \frac{1}{2 \sqrt{x}} + y)}^{5}$ 的展开式中 $y$ 的系数为．

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12、画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆 $C : \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a > b > 0) ， F_{1} ， F_{2}$ 分别为椭圆的左、右焦点， $F_{2} (\sqrt{2}, 0)$ ，其短轴上的一个端点到 $F_{2}$ 的距离为 $\sqrt{3}$ ，点 $A$ 在椭圆上，直线 $l : b x + a y - a^{2} - b^{2} = 0$ ，则（）

A、直线 $l$ 与蒙日圆相切 B、椭圆 $C$ 的蒙日圆方程为 $x^{2} + y^{2} = 2$ C、若点 $P$ 是椭圆 $C$ 的蒙日圆上的动点，过点 $P$ 作椭圆 $C$ 的两条切线 $l_{1} ， l_{2}$ ，分别交蒙日圆于 $M ， N$ 两点，则 $M N$ 的长恒为4 D、记点 $A$ 到直线 $l$ 的距离为 $d$ ，则 $d - |A F_{2}|$ 的最小值为 $2 + \frac{\sqrt{2}}{2}$

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13、若 ${(2 x - 1)}^{10} = a_{0} + a_{1} (x - 1) + a_{2} {(x - 1)}^{2} + \dots + a_{10} {(x - 1)}^{10}$ ， $x \in R$ ，则（）

A、 $a_{0} = 1$ B、 $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{10} = 3^{10}$ C、 $a_{2} = 180$ D、 $a_{1} + 2 a_{2} + 3 a_{3} + \dots + 10 a_{10} = 10 \times 3^{9}$

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14、如图，在平行六面体 $A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中， $E, F$ 分别是 $A B, B C$ 的中点，以 $A$ 为顶点的三条棱长都是 $2, ∠ A_{1} A D = ∠ A_{1} A B = ∠ B A D = 60^{\circ}$ ，则下列说法正确的是（）

A、 $E F$ $//$ 平面 $A_{1} C_{1} D$ B、 $A C_{1} ⊥$ 平面 $A_{1} B D$ C、 $A C_{1} = 3 \sqrt{2}$ D、 $A C_{1}$ 与 $A C$ 夹角的余弦值为 $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$

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15、已知函数 $f (x)$ 的定义域为 $R, f^{'} (x)$ 为 $f (x)$ 的导函数.若 $f (1) = e$ ，且 $f^{'} (x) + e^{x} < f (x)$ 在 $R$ 上恒成立，则不等式 $f (x) < (2 - x) e^{x}$ 的解集为（）

A、 $(- \infty, 2)$ B、 $(2, + \infty)$ C、 $(- \infty, 1)$ D、 $(1, + \infty)$

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16、如图，平面四边形 $A B C D$ 中， $A B / / C D$ ， $A B = 2 C D = 2 \sqrt{2}, A D = 1$ .若 $A, B$ 是椭圆 $C_{1}$ 和双曲线 $C_{2}$ 的两个公共焦点， $C, D$ 是 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的两个交点，则 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的离心率之积为（）

A、 $\sqrt{2}$ B、 $\sqrt{3}$ C、2 D、3

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17、已知 $\frac{C_{n - 1}^{5} + C_{n - 3}^{3}}{C_{n - 3}^{3}} = \frac{19}{5}$ ，则 $n$ 的值是（）

A、9 B、7 C、9或 $- 6$ D、8

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18、若 $C_{24}^{m} = C_{24}^{m + 2}$ ，则 $C_{3}^{2} + C_{4}^{2} + \cdot \cdot \cdot + C_{m}^{2}$ 的值为（）

A、83 B、119 C、164 D、219

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19、设随机变量 $X$ 的概率分布列为：
X
1
2
3
4
P
$\frac{1}{3}$
m
$\frac{1}{4}$
$\frac{1}{6}$
则 $P (|X - 2| \leq 1) =$ （）

A、 $\frac{1}{4}$ B、 $\frac{1}{6}$ C、 $\frac{5}{6}$ D、 $\frac{5}{12}$

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20、我们知道，复数可以用 $a + b i (a, b \in R)$ 的形式来表示，与复平面内的点 $Z (a, b)$ 是一一对应的，复数的模 $| z | = | a + b i | = \sqrt{a^{2} + b^{2}}$ ，即是复平面内的点 $Z (a, b)$ 到坐标原点 $O$ 的距离 $|O Z|$ ．又复数与平面向量 $\vec{O Z} = (a, b)$ 也是一一对应的，所以也可以借助与 $x$ 非负半轴为始边，以向量 $\vec{O Z}$ 所在射线（射线OZ）为终边的角 $θ$ 来刻画 $\vec{O Z}$ 的方向，在此基础上再来认识一下复数的乘除法运算．
如： $z_{1} = 1 + \sqrt{3} i$ ， $|z_{1}| = 2$ ，角 $θ_{1} = \frac{π}{6}$ ； $z_{2} = \sqrt{3} + i$ ， $|z_{2}| = 2$ ，角 $θ_{2} = \frac{π}{3}$ ，由 $z_{1} \cdot z_{2} = (1 + \sqrt{3} i) \times (\sqrt{3} + i) = 4 i$ ．即：复数 $z = z_{1} \cdot z_{2}$ ，相当于将复数 $z_{1}$ 伸长了 $|z_{2}|$ 倍，同时逆时针旋转角 $θ_{2}$ 后得到．

(1)、计算 $\frac{a + b i}{i} (a, b \in R)$ ，并从模与角度的变化来解释除法运算的几何意义；

(2)、现将直角坐标平面内任意一点 $P (x, y)$ ，绕坐标原点逆时针旋转 $θ$ 角，并将 $|O P|$ 的长度伸长 $m$ 倍后得到点 $Q (x^{'}, y^{'})$ ．请借助以上复数运算的知识，推导点 $P$ 与点 $Q$ 伸缩旋转变换的坐标关系；

(3)、已知反比例函数 $C : y = \frac{1}{x}$ ，现将函数 $C$ 上的点 $P (x, y)$ 都逆时针旋转 $45 °$ 后得到点 $Q (x^{'}, y^{'})$ 的曲线 $C^{'}$ ，求曲线 $C^{'}$ 上的点 $Q (x^{'}, y^{'})$ 坐标关系式．

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X	1	2	3	4
P	$\frac{1}{3}$	m	$\frac{1}{4}$	$\frac{1}{6}$