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|---|---|---|---|---|---|---|---|
2019 | （新课标ⅰ） | 7.已知非零向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 满足 $|a|=2|b|$, 且 $(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) \perp \boldsymbol{b}$, 则 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为
A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{2 \pi}{3}$
D. $\frac{5 \pi}{6}$
| B | 【详解】因为 $(a-b) \perp b$, 所以 $(a-b) \cdot b=a \cdot b-b^{2}=0$, 所以 $a \cdot b=b^{2}$, 所以 $\cos \theta=\frac{a \cdot b}{|a| \cdot|b|}=\frac{|b|^{2}}{2|b|^{2}}=\frac{1}{2}$, 所以 $a$ 与 $b$ 的夹角为 $\frac{\pi}{3}$, 故选 B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2019 | （新课标ⅰ） | 9. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 已知 $S_{4}=0, a_{5}=5$, 则
A. $a_{n}=2 n-5$
B. $a_{n}=3 n-10$
C. $S_{n}=2 n^{2}-8 n$
D. $S_{n}=\frac{1}{2} n^{2}-2 n$
| A | 【详解】由题知, $\left\{\begin{array}{l}S_{4}=4 a_{1}+\frac{d}{2} \times 4 \times 3=0 \\ a_{5}=a_{1}+4 d=5\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-3 \\ d=2\end{array}, \therefore a_{n}=2 n-5\right.$, 故选 A.
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2019 | （新课标ⅰ） | 11. 关于函数 $f(x)=\sin |x|+|\sin x|$ 有下述四个结论:
(1) $f(x)$ 是偶函数 $\quad$ (2) $f(x)$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 单调递增
(3) $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 有 4 个零点 (4) $f(x)$ 的最大值为 2
其中所有正确结论的编号是
A. (1)(2)(4)
B. (2)(4)
C. (1)(4)
D. (1)(3)
| C | 【详解】 $\because f(-x)=\sin |-x|+|\sin (-x)|=\sin |x|+|\sin x|=f(x), \therefore f(x)$ 为偶函数, 故(1) 正确. 当 $\frac{\pi}{2}<x<\pi$ 时, $f(x)=2 \sin x$, 它在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 单调递减, 故(2)错误. 当 $0 \leq x \leq \pi$ 时, $f(x)=2 \sin x$, 它有两个零点: $0 ， \pi$; 当 $-\pi \leq x<0$ 时,
$f(x)=\sin (-x)-\sin x=-2 \sin x$, 它有一个零点: $-\pi$, 故 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 有 3 个零点:
$-\pi, 0, \pi$, 故(3)错误. 当 $x \in[2 k \pi, 2 k \pi+\pi]\left(k \in \mathbf{N}^{\star}\right)$ 时, $f(x)=2 \sin x$; 当 $x \in[2 k \pi+\pi, 2 k \pi+2 \pi]\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时, $f(x)=\sin x-\sin x=0$, 又 $f(x)$ 为偶函数,
$\therefore f(x)$ 的最大值为 2 , 故(4)正确. 综上所述, (1)4) 正确, 故选 C.
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2019 | （新课标ⅱ） | 1. 设集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-5 x+6>0\right\}, B=\{x \mid x-1<0\}$, 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.
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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 $\mathrm{C}$.
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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.
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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 $r=a R=\sqrt{\frac{M_{2}}{3 M_{1}}} R$.
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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 $x_{1}<x_{2}<x_{3}<x_{4} \cdots<x_{8}<x_{9}$.
则(1)原始中位数为 $x_{5}$, 去掉最低分 $x_{1}$, 最高分 $x_{9}$, 后剩余 $x_{2}<x_{3}<x_{4} \cdots<x_{8}$,
中位数仍为 $x_{5}, \therefore \mathrm{A}$ 正确.
(2)原始平均数 $\bar{x}=\frac{1}{9}\left(x_{1}<x_{2}<x_{3}<x_{4} \cdots<x_{8}<x_{9}\right)$, 后来平均数 $\overline{x^{\prime}}=\frac{1}{7}\left(x_{2}<x_{3}<x_{4} \cdots<x_{8}\right)$
平均数受极端值影响较大, $\therefore \bar{x}$ 与 $\overline{x^{1}}$ 不一定相同, B 不正确
(3) $S^{2}=\frac{1}{9}\left[\left(x_{1}-\bar{x}\right)^{2}+\left(x_{1}-\bar{x}\right)^{2}+\cdots+\left(x_{q}-\bar{x}\right)^{2}\right]$
$s^{\prime 2}=\frac{1}{7}\left[\left(x_{2}-\overline{x^{\prime}}\right)^{2}+\left(x_{3}-\overline{x^{\prime}}\right)^{2}+\cdots+\left(x_{8}-\overline{x^{\prime}}\right)^{2}\right]$ 由(2)易知, C 不正确.
(4)原极差 $=x_{9}-x_{1}$, 后来极差 $=x_{8}-x_{2}$ 显然极差变小, $\mathrm{D}$ 不正确.
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2019 | （新课标ⅱ） | 6. 若 $a>b$, 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.
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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 $\mathrm{B}$.
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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 $\mathrm{D}$.
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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.
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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.
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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.
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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.
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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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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.
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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.
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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.
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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, $f\left(\log _{3} 4\right)<f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)<f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)$,
$\therefore f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(\log _{3} \frac{1}{4}\right)$, 故选 C.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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 $0<x<\frac{\pi}{10}$ 时, $\frac{\pi}{5}<w x+\frac{\pi}{f}<\frac{w \pi}{10}+\frac{\pi}{5}$, 当 $w=\frac{29}{10}$ 时,
$\frac{w \pi}{10}+\frac{\pi}{5}=\frac{29 \pi}{100}+\frac{20 \pi}{100}=\frac{49 \pi}{100}<\frac{\pi}{2}$.
$\therefore$ (3)正确, 故选 D.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 1.已知集合 $A=\left\{(x, y) \mid x, y \in \mathbf{N}^{*}, y \geq x\right\}, B=\{(x, y) \mid x+y=8\}$, 则 $A \cap B$ 中元素的个数为 $(\quad)$
A. 2
B. 3
C. 4
D. 6
| C | 【详解】由题意, $A \cap B$ 中的元素满足 $\left\{\begin{array}{c}y \geq x \\ x+y=8\end{array}\right.$, 且 $x, y \in N^{*}$,
由 $x+y=8 \geq 2 x$, 得 $x \leq 4$,
所以满足 $x+y=8$ 的有 $(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)$,
故 $A \cap B$ 中元素的个数为 4 .
故选: C.
【点晴】本题主要考查集合的交集运算, 考查学生对交集定义的理解, 是一道容易题.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 2.复数 $\frac{1}{1-3 i}$ 的虚部是 $(\quad)$
A. $-\frac{3}{10}$
B. $-\frac{1}{10}$
C. $\frac{1}{10}$
D. $\frac{3}{10}$
| D | 【详解】 因为 $z=\frac{1}{1-3 i}=\frac{1+3 i}{(1-3 i)(1+3 i)}=\frac{1}{10}+\frac{3}{10} i$,
所以复数 $z=\frac{1}{1-3 i}$ 的虚部为 $\frac{3}{10}$.
故选: D.
【点晴】本题主要考查复数的除法运算, 涉及到复数的虚部的定义, 是一道基础题.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 3. 在一组样本数据中, $1,2,3,4$ 出现的频率分别为 $p_{1}, p_{2}, p_{3}, p_{4}$, 且 $\sum_{i=1}^{4} p_{i}=1$, 则下面四种 情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）
A. $p_{1}=p_{4}=0.1, p_{2}=p_{3}=0.4$
B. $p_{1}=p_{4}=0.4, p_{2}=p_{3}=0.1$
C. $p_{1}=p_{4}=0.2, p_{2}=p_{3}=0.3$
D. $p_{1}=p_{4}=0.3, p_{2}=p_{3}=0.2$
| B | 【详解】对于 $\mathrm{A}$ 选项，该组数据的平均数为 $\overline{x_{A}}=(1+4) \times 0.1+(2+3) \times 0.4=2.5$,
方差为 $s_{A}^{2}=(1-2.5)^{2} \times 0.1+(2-2.5)^{2} \times 0.4+(3-2.5)^{2} \times 0.4+(4-2.5)^{2} \times 0.1=0.65$;
对于 B 选项，该组数据的平均数为 $\overline{x_{B}}=(1+4) \times 0.4+(2+3) \times 0.1=2.5$,
方差为 $s_{B}^{2}=(1-2.5)^{2} \times 0.4+(2-2.5)^{2} \times 0.1+(3-2.5)^{2} \times 0.1+(4-2.5)^{2} \times 0.4=1.85$;
对于 $\mathrm{C}$ 选项，该组数据的平均数为 $\overline{x_{C}}=(1+4) \times 0.2+(2+3) \times 0.3=2.5$,
方差为 $s_{C}^{2}=(1-2.5)^{2} \times 0.2+(2-2.5)^{2} \times 0.3+(3-2.5)^{2} \times 0.3+(4-2.5)^{2} \times 0.2=1.05$;
对于 D 选项，该组数据的平均数为 $\overline{x_{D}}=(1+4) \times 0.3+(2+3) \times 0.2=2.5$ ，
方差为 $s_{D}^{2}=(1-2.5)^{2} \times 0.3+(2-2.5)^{2} \times 0.2+(3-2.5)^{2} \times 0.2+(4-2.5)^{2} \times 0.3=1.45$.
因此，B 选项这一组的标准差最大.
故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 4.Logistic 模型是常用数学模型之一, 可应用于流行病学领城. 有学者根据公布数据建立了某 地区新冠肺炎累计确诊病例数 $I(t)\left(t\right.$ 的单位: 天)的 Logistic 模型: $I(t)=\frac{K}{1+\mathrm{e}^{-0.23(t-53)}}$, 其中 $K$ 为最大确诊病例数．当 $I\left(t^{*}\right)=0.95 K$ 时，标志着已初步遏制疫情, 则 $t^{*}$ 约为 $(\quad) \quad(\ln 19 \approx 3)$
A. 60
B. 63
C. 66
D. 69
| C | 【详解】 $\because I(t)=\frac{K}{1+e^{-0.23(t-53)}}$, 所以 $I\left(t^{\star}\right)=\frac{K}{1+e^{-0.23\left(t^{*}-53\right)}}=0.95 K$, 则 $e^{0.23\left(t^{*}-53\right)}=19$,
所以, $0.23\left(t^{*}-53\right)=\ln 19 \approx 3$, 解得 $t^{\star} \approx \frac{3}{0.23}+53 \approx 66$.
故选: C.
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 5. 设 $O$ 为坐标原点, 直线 $x=2$ 与抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 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.
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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.
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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.
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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.
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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.
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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.
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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. $a<b<c$
B. $b<a<c$
C. $b<c<a$
D. $c<a<b$
| A | 【详 解 】 由 题 意 可 知 $a$ 、 $b$ 、 $c \in(0,1)$, $\frac{a}{b}=\frac{\log _{5} 3}{\log _{8} 5}=\frac{\lg 3}{\lg 5} \cdot \frac{\lg 8}{\lg 5}<\frac{1}{(\lg 5)^{2}} \cdot\left(\frac{\lg 3+\lg 8}{2}\right)^{2}=\left(\frac{\lg 3+\lg 8}{2 \lg 5}\right)^{2}=\left(\frac{\lg 24}{\lg 25}\right)^{2}<1, \quad \therefore a<b ;$ 由 $b=\log _{8} 5$, 得 $8^{b}=5$, 由 $5^{5}<8^{4}$, 得 $8^{5 b}<8^{4}, \therefore 5 b<4$, 可得 $b<\frac{4}{5}$; 由 $c=\log _{13} 8$, 得 $13^{c}=8$, 由 $13^{4}<8^{5}$, 得 $13^{4}<13^{5 c}, \therefore 5 c>4$, 可得 $c>\frac{4}{5}$. 综上所述, $a<b<c$.
故选: A.
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2020 | （新课标Ⅰ） | 1. 若 $\mathrm{z}=1+i$ ，则 $\left|\mathrm{z}^{2}-2 z\right|=(\quad)$
A. 0
B. 1
C. $\sqrt{2}$
D. 2
| D | 【详解】由题意可得: $z^{2}=(1+i)^{2}=2 i$, 则 $z^{2}-2 z=2 i-2(1+i)=-2$.
故 $\left|z^{2}-2 z\right|=|-2|=2$.
故选: D.
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2020 | （新课标Ⅰ） | 2. 设集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-4 \leq 0\right\}, B=\{x \mid 2 x+a \leq 0\}$, 且 $A \cap B=\{x \mid-2 \leq x \leq 1\}$, 则 $a=(\quad)$
A. -4
B. -2
C. 2
D. 4
| B | 【详解】求解二次不等式 $x^{2}-4 \leq 0$ 可得: $A=\{x \mid-2 \leq x \leq 2\}$,
求解一次不等式 $2 x+a \leq 0$ 可得: $B=\left\{x \mid x \leq-\frac{a}{2}\right\}$.
由于 $A \cap B=\{x \mid-2 \leq x \leq 1\}$, 故: $-\frac{a}{2}=1$, 解得: $a=-2$.
故选: B.
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2020 | （新课标Ⅰ） | 4. 已知 $A$ 为抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 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.
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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.
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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
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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.
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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. $a<b^{2}$
| B | 【详解】 设 $f(x)=2^{x}+\log _{2} x$, 则 $f(x)$ 为增函数, 因为 $2^{a}+\log _{2} a=4^{b}+2 \log _{4} b=2^{2 b}+\log _{2} b$
所以 $f(a)-f(2 b)=2^{a}+\log _{2} a-\left(2^{2 b}+\log _{2} 2 b\right)=2^{2 b}+\log _{2} b-\left(2^{2 b}+\log _{2} 2 b\right)=\log _{2} \frac{1}{2}=-1<0$,
所以 $f(a)<f(2 b)$, 所以 $a<2 b$.
$f(a)-f\left(b^{2}\right)=2^{a}+\log _{2} a-\left(2^{b^{2}}+\log _{2} b^{2}\right)=2^{2 b}+\log _{2} b-\left(2^{b^{2}}+\log _{2} b^{2}\right)=2^{2 b}-2^{b^{2}}-\log _{2} b$,
当 $b=1$ 时, $f(a)-f\left(b^{2}\right)=2>0$, 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 $f(a)<f\left(b^{2}\right)$, 有 $a<b^{2}$, 所以C、D错误.
故选: B.
【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用, 涉及到构造函数, 利用函数的单调性比较大小, 是一道中 档题.
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2020 | （新课标Ⅱ） | 1. 已知集合 $U=\{-2,-1,0,1,2,3\}, A=\{-1,0,1\}, B=\{1,2\}$, 则 $\oint_{U}(A \cup B)=()$
A. $\{-2,3\}$
B. $\{-2,2,3\}$
C. $\{-2,-1,0,3\}$
D. $\{-2,-1,0,2,3\}$
| A | 【详解】由题意可得： $A \cup B=\{-1,0,1,2\}$ ，则 $ð_{U}(A \cup B)=\{-2,3\}$.
故选: A.
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2020 | （新课标Ⅱ） | 2. 若 $\alpha$ 为第四象限角, 则（）
A. $\cos 2 \alpha>0$
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.
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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.
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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.
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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.
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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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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,
$\therefore x<y$,
$\mathrm{Q} y-x>0, \therefore y-x+1>1, \therefore \ln (y-x+1)>0$, 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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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】本题考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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2021 | （全国甲卷） | 1. 设集合 $M=\{x \mid 0<x<4\}, N=\left\{x \mid \frac{1}{3} \leq x \leq 5\right\}$, 则 $M \cap N=($,
A. $\left\{x \mid 0<x \leq \frac{1}{3}\right\}$
B. $\left\{x \mid \frac{1}{3} \leq x<4\right\}$
C. $\{x \mid 4 \leq x<5\}$
D. $\{x \mid 0<x \leq 5\}$
| B | 【详解】因为 $M=\{x \mid 0<x<4\}, N=\left\{x \mid \frac{1}{3} \leq x \leq 5\right\}$, 所以 $M \cap N=\left\{x \mid \frac{1}{3} \leq x<4\right\}$,
故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2021 | （全国甲卷） | 3. 已知 $(1-i)^{2} z=3+2 i$, 则 $z=(\quad)$
A. $-1-\frac{3}{2} i$
B. $-1+\frac{3}{2} i$
C. $-\frac{3}{2}+i$
D. $-\frac{3}{2}-i$
| B | 【详解】 $(1-i)^{2} z=-2 i z=3+2 i$,
$z=\frac{3+2 i}{-2 i}=\frac{(3+2 i) \cdot i}{-2 i \cdot i}=\frac{-2+3 i}{2}=-1+\frac{3}{2} i$.
故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2021 | （全国甲卷） | 4. 青少年视力是社会普遍关注的问题, 视力情况可借助视力表测量. 通常用五分记录法和小数记录法记录 视力数据, 五分记录法的数据 $L$ 和小数记录表的数据 $V$ 的满足 $L=5+\lg V$. 已知某同学视力的五分记录法 的数据为 4.9 , 则其视力的小数记录法的数据为 $(\quad) \quad(\sqrt[10]{10} \approx 1.259)$
A. 1.5
B. 1.2
C. 0.8
D. 0.6
| C | 【详解】由 $L=5+\lg V$, 当 $L=4.9$ 时, $\lg V=-0.1$, 则 $V=10^{-0.1}=10^{-\frac{1}{10}}=\frac{1}{\sqrt[10]{10}} \approx \frac{1}{1.259} \approx 0.8$.
故选: C.
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2021 | （全国甲卷） | 5. 已知 $F_{1}, F_{2}$ 是双曲线 $C$ 的两个焦点, $P$ 为 $C$ 上一点, 且 $\angle F_{1} P F_{2}=60^{\circ},\left|P F_{1}\right|=3\left|P F_{2}\right|$, 则 $C$ 的离心率为
A. $\frac{\sqrt{7}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{13}}{2}$
C. $\sqrt{7}$
D. $\sqrt{13}$
| A | 【详解】因为 $\left|P F_{1}\right|=3\left|P F_{2}\right|$, 由双曲线的定义可得 $\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|=2\left|P F_{2}\right|=2 a$,
所以 $\left|P F_{2}\right|=a,\left|P F_{1}\right|=3 a$;
因为 $\angle F_{1} P F_{2}=60^{\circ}$,由余弦定理可得 $4 c^{2}=9 a^{2}+a^{2}-2 \times 3 a \cdot a \cdot \cos 60^{\circ}$,
整理可得 $4 c^{2}=7 a^{2}$, 所以 $e^{2}=\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{7}{4}$, 即 $e=\frac{\sqrt{7}}{2}$.
故选: A
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2021 | （全国甲卷） | 7. 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 设甲: $q>0$, 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.
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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.
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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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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.
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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 $z=1+i$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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.
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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 $\mathrm{A}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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.
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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 $C_{5}^{2} A_{4}^{4}=240$.
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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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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 $-\frac{b^{3}}{c^{2}} \leq-b, b^{2} \geq c^{2}, a^{2}-c^{2} \geq c^{2}, c=\frac{c}{a} \leq \frac{\sqrt{2}}{2}$,
$c \in\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2021 | （新课标ⅰ） | 12. 设 $a=2 \ln 1.01, b=\ln 1.02, c=\sqrt{1.04}-1$, 则 $($ )
A. $a<b<c$
B. $b<c<a$
C. $b<a<c$
D. $c<a<b$
| B | 解析:
设 $f(x)=\ln (1+x)-\sqrt{1+2 x}+1$, 则 $b-c=f(0.02)$ ，易得 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{2}{2 \sqrt{1+2 x}}=\frac{\sqrt{1+2 x}-(1+x)}{(1+x) \sqrt{1+2 x}}$.
当 $x \geq 0$ 时, $1+x=\sqrt{(1+x)^{2}} \geq \sqrt{1+2 x}$, 故 $f^{\prime}(x) \leq 0$.
所以 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减, 所以 $f(0.02)<f(0)=0$, 故 $b<c$.
再设 $g(x)=2 \ln (1+x)-\sqrt{1+4 x}+1$, 则 $a-c=g(0.01)$, 易得
$g^{\prime}(x)=\frac{2}{1+x}-\frac{4}{2 \sqrt{1+4 x}}=2 \cdot \frac{\sqrt{1+4 x}-(1-x)}{(1+x) \sqrt{1+4 x}}$.
当 $0 \leq x<2$ 时, $\sqrt{1+4 x} \geq \sqrt{1+2 x+x^{2}}=1+x$, 所以 $g^{\prime}(x)$ 在 $[0.2)$ 上 $\geq 0$.
故 $g(x)$ 在 $[0.2)$ 上单调递增, 所以 $g(0.01)>g(0)=0$, 故 $a>c$.
综上, $a>c>b$.
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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
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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
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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. $b_{1}<b_{5}$
B. $b_{3}<b_{8}$
C. $b_{6}<b_{2}$
D. $b_{4}<b_{7}$
| D | 【详解】解: 因为 $a_{k} \in \mathbf{N}^{*}(k=1,2, \cdots)$,
所以 $a_{1}<a_{1}+\frac{1}{a_{2}}, \frac{1}{a_{1}}>\frac{1}{a_{1}+\frac{1}{a_{2}}}$, 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 $b_{2}<b_{3}, b_{1}>b_{3}$
又因为 $\frac{1}{a_{2}}>\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\frac{1}{a_{4}}}}, a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}}}<a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\frac{1}{a_{4}}}}$ ，
故 $b_{2}<b_{4}, b_{3}>b_{4}$;
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;
$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{a_{2}}>\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\cdots \frac{1}{a_{6}}}} \text {, 得 } b_{2}<b_{6} \text {, 故 C 错误; } \\
& a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\frac{1}{a_{3}+\frac{1}{a_{4}}}}>a_{1}+\frac{1}{a_{2}+\cdots \frac{1}{a_{6}+\frac{1}{a_{7}}}} \text {, 得 } b_{4}<b_{7} \text {, 故 D 正确. }
\end{aligned}
$$
故选: D.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2022 | （全国乙卷） | 5. 设 $F$ 为抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点, 点 $A$ 在 $C$ 上, 点 $B(3,0)$, 若 $|A F|=|B F|$, 则 $|A B|=$ ()
A. 2
B. $2 \sqrt{2}$
C. 3
D. $3 \sqrt{2}$
| B | 【详解】由题意得, $F(1,0)$, 则 $|A F|=|B F|=2$,
即点 $\mathrm{A}$ 到准线 $x=-1$ 的距离为 2 , 所以点 $\mathrm{A}$ 的横坐标为 $-1+2=1$,
不妨设点 $\mathrm{A}$ 在 $x$ 轴上方, 代人得, $A(1,2)$,
所以 $|A B|=\sqrt{(3-1)^{2}+(0-2)^{2}}=2 \sqrt{2}$.
故选: B
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2022 | （全国乙卷） | 8. 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 3 项和为 $168, a_{2}-a_{5}=42$, 则 $a_{6}=()$
A. 14
B. 12
C. 6
D. 3
| D | 【详解】解：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, q \neq 0$,
若 $q=1$, 则 $a_{2}-a_{5}=0$, 与题意矛盾,
所以 $q \neq 1$,
则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{2}+a_{3}=\frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q} \\ a_{2}-a_{5}=a_{1} q-a_{1} q^{4}=42\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=96 \\ q=\frac{1}{2}\end{array}\right.$,
所以 $a_{6}=a_{1} q^{5}=3$.
故选：D.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2022 | （全国乙卷） | 9. 已知球 $O$ 的半径为 1 , 四棱雉的顶点为 $O$, 底面的四个顶点均在球 $O$ 的球面上, 则当该 四棱雉的体积最大时，其高为（）
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
| C | 【详解】设该四棱雉底面为四边形 $A B C D$, 四边形 $A B C D$ 所在小圆半径为 $r$,
设四边形 $A B C D$ 对角线夹角为 $a$,
则 $S_{A B C D}=\frac{1}{2} \cdot A C \cdot B D \cdot \sin a \leq \frac{1}{2} \cdot A C \cdot B D \leq \frac{1}{2} \cdot 2 r \cdot 2 r=2 r^{2}$
(当且仅当四边形 $A B C D$ 为正方形时等号成立)
即当四棱雉的顶点 $O$ 到底面 $A B C D$ 所在小圆距离一定时, 底面 $A B C D$ 面积最大值为 $2 r^{2}$
又 $r^{2}+h^{2}=1$
则 $V_{O-A B C D}=\frac{1}{3} \cdot 2 r^{2} \cdot h=\frac{\sqrt{2}}{3} \sqrt{r^{2} \cdot r^{2} \cdot 2 h^{2}} \leq \frac{\sqrt{2}}{3} \sqrt{\left(\frac{r^{2}+r^{2}+2 h^{2}}{3}\right)^{3}}=\frac{4 \sqrt{3}}{27}$
当且仅当 $r^{2}=2 h^{2}$ 即 $h=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时等号成立,
故选: C
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2022 | （全国乙卷） | 10. 某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘, 各盘比赛结果相互独立. 已知该棋手与甲、 乙、丙比赛获胜的概率分别为 $p_{1}, p_{2}, p_{3}$, 且 $p_{3}>p_{2}>p_{1}>0$. 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 $p_{\text {甲 }}<p_{\text {乙 }}, p_{\text {乙 }}<p_{\text {丙 }}$,
则该棋手在第二盘与丙比赛, $p$ 最大.选项 D 判断正确; 选项 BC 判断错误;
$p$ 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项 $\mathrm{A}$ 判断错误.
故选: D
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2022 | （全国乙卷） | 12. 已知函数 $f(x), g(x)$ 的定义域均为 $\mathbf{R}$, 且 $f(x)+g(2-x)=5, g(x)-f(x-4)=7$. 若 $y=g(x)$ 的图像关于直线 $x=2$ 对称, $g(2)=4$ ， 则 $\sum_{k=1}^{22} f(k)=()$
A. -21
B. -22
C. -23
D. -24
| D | 【详解】因为 $y=g(x)$ 的图像关于直线 $x=2$ 对称,
所以 $g(2-x)=g(x+2)$,
因为 $g(x)-f(x-4)=7$, 所以 $g(x+2)-f(x-2)=7$, 即 $g(x+2)=7+f(x-2)$,
因为 $f(x)+g(2-x)=5$, 所以 $f(x)+g(x+2)=5$,
代人得 $f(x)+[7+f(x-2)]=5$, 即 $f(x)+f(x-2)=-2$,
所以 $f(3)+f(5)+\ldots+f(21)=(-2) \times 5=-10$,
$f(4)+f(6)+\ldots+f(22)=(-2) \times 5=-10$
因为 $f(x)+g(2-x)=5$, 所以 $f(0)+g(2)=5$, 即 $f(0)=1$, 所以 $f(2)=-2-f(0)=-3$
因为 $g(x)-f(x-4)=7$, 所以 $g(x+4)-f(x)=7$, 又因为 $f(x)+g(2-x)=5$,
联立得, $g(2-x)+g(x+4)=12$,
所以 $y=g(x)$ 的图像关于点 $(3,6)$ 中心对称, 因为函数 $g(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}$,
所以 $g(3)=6$
因为 $f(x)+g(x+2)=5$, 所以 $f(1)=5-g(3)=-1$.
所以
$$
\sum_{k=1}^{22} f(k)=f(1)+f(2)+[f(3)+f(5)+\ldots+f(21)]+[f(4)+f(6)+\ldots+f(22)]=-1-3-10-10=-24
$$
故选: D
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2022 | （全国甲卷） | 1. 若 $z=-1+\sqrt{3} \mathbf{i}$, 则 $\frac{z}{z \bar{z}-1}=()$
A. $-1+\sqrt{3} \mathrm{i}$
B. $-1-\sqrt{3} i$
C. $-\frac{1}{3}+\frac{\sqrt{3}}{3} \mathrm{i}$
D. $-\frac{1}{3}-\frac{\sqrt{3}}{3} i$
| C | 【详解】 $\bar{z}=-1-\sqrt{3} i, z \bar{z}=(-1+\sqrt{3} i)(-1-\sqrt{3} i)=1+3=4$.
$\frac{z}{z \bar{z}-1}=\frac{-1+\sqrt{3} \mathrm{i}}{3}=-\frac{1}{3}+\frac{\sqrt{3}}{3} \mathrm{i}$
故选: C
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2022 | （全国甲卷） | 3. 设全集 $U=\{-2,-1,0,1,2,3\}$, 集合 $A=\{-1,2\}, B=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3=0\right\}$, 则 $\partial(A \cup B)=()$
A. $\{1,3\}$
B. $\{0,3\}$
C. $\{-2,1\}$
D.
$\{-2,0\}$
| D | 【详解】由题意, $B=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3=0\right\}=\{1,3\}$, 所以 $A \cup B=\{-1,1,2,3\}$,
所以 $\partial_{U}(A \cup B)=\{-2,0\}$.
故选: D.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2022 | （全国甲卷） | 6. 当 $x=1$ 时, 函数 $f(x)=a \ln x+\frac{b}{x}$ 取得最大值 -2 , 则 $f^{\prime}(2)=()$
A. -1
B. $-\frac{1}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. 1
| B | 【详解】因为函数 $f(x)$ 定义域为 $(0,+\infty)$, 所以依题可知, $f(1)=-2, f^{\prime}(1)=0$, 而 $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}-\frac{b}{x^{2}}$, 所以 $b=-2, a-b=0$, 即 $a=-2, b=-2$, 所以 $f^{\prime}(x)=-\frac{2}{x}+\frac{2}{x^{2}}$, 因 此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上递增, 在 $(1,+\infty)$ 上递减, $x=1$ 时取最大值, 满足题意, 即有 $f^{\prime}(2)=-1+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$
故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2022 | （全国甲卷） | 10. 椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 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.
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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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 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \sin x<x<\tan x$
所以 $\tan \frac{1}{4}>\frac{1}{4}$, 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
| 5 | 2010-2022_Math_I_MCQs |
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2010 | （新课标） | 已知集合 $A=\{x|| x \mid \leqslant 2, x \in R\}, B=\{x \mid \sqrt{x} \leqslant 4, x \in Z\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $(0,2)$
B. $[0,2]$
C. $\{0,2\}$
D. $\{0,1,2\}$
| D | 解: $\because A=\{x|| x \mid \leqslant 2\}=\{x \mid-2 \leqslant x \leqslant 2\}$
$B=\{x \mid \sqrt{x} \leqslant 4, \quad x \in Z\}=\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15$ , 16$\}$
则 $A \cap B=\{0,1,2\}$
故选: D.
| 5 | 2010-2022_Math_II_MCQs |
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2010 | （新课标） | 平面向量 $\vec{a}, \vec{b}$, 已知 $\vec{a}=(4,3), 2 \vec{a}+\vec{b}=， 3,18 ＼mathrm{~, ~ 则 ~} \vec{a}, \vec{b}$ 夹角 的余弦值等于 ( $)$
A. $\frac{8}{65}$
B. $-\frac{8}{65}$
C. $\frac{16}{65}$
D. $-\frac{16}{65}$
| C | 解: 设 $\vec{b}=(x, y)$,
$\because a=(4,3), 2 a+b=(3,18)$,
$\therefore \vec{b}=(-5,12)$
$\therefore \cos \theta=\frac{-20+36}{5 \times 13}$
$=\frac{16}{65}$
故选: C.
| 5 | 2010-2022_Math_II_MCQs |
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2010 | （新课标） | 已知复数 $Z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}$, 则 $|z|=(\quad)$
A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
C. 1
D. 2
| B | 解: 化简得 $z=\frac{\sqrt{3}+i}{(1-\sqrt{3} i)^{2}}=\frac{\sqrt{3}+i}{-2-2 \sqrt{3} i}=-\frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}+i}{1+\sqrt{3} i}$
$=-\frac{1}{2} \cdot \frac{(\sqrt{3}+i)(1-\sqrt{3} i)}{(1+\sqrt{3} i)(1-\sqrt{3} i)}=-\frac{1}{2} \cdot \frac{2 \sqrt{3}-2 i}{4}=-\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{i}{4}$,
故 $|z|=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^{2}+\left(\frac{1}{4}\right)^{2}}=\frac{1}{2}$,
故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_II_MCQs |
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2010 | （新课标） | 曲线 $y=x^{3}-2 x+1$ 在点 $(1,0)$ 处的切线方程为（ $)$
A. $y=x-1$
B. $y=-x+1$
C. $y=2 x-2$
D. $y=-2 x+2$
| A | 解：验证知, 点 $(1,0)$ 在曲线上
$\because y=x^{3}-2 x+1$
$y^{\prime}=3 x^{2}-2$, 所以 $k=\left.y^{\prime}\right|_{x-1}=1$, 得切线的斜率为 1 , 所以 $k=1$;
所以曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,0)$ 处的切线方程为:
$y-0=1 \times(x-1)$ ，即 $y=x-1$.
故选: A.
| 5 | 2010-2022_Math_II_MCQs |
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2010 | （新课标） | 中心在原点, 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上的双曲线的一条渐近线经过点 $(4,2)$, 则它的离心率为 $(\quad)$
A. $\sqrt{6}$
B. $\sqrt{5}$
C. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{5}}{2}$
| D | 解: $\because$ 渐近线的方程是 $y= \pm \frac{b}{a} x$,
$\therefore 2=\frac{b}{a} \bullet 4, \frac{b}{a}=\frac{1}{2}, \quad a=2 b$,
$c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2} a, \quad e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$ 即它的离心率为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$.
故选: D.
| 5 | 2010-2022_Math_II_MCQs |
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2010 | （新课标） | 设长方体的长、宽、高分别为 $2 a 、 a 、 a$, 其顶点都在一个球面上, 则该球的表面积为 $(\quad)$
A. $3 \pi a^{2}$
B. $6 \pi a^{2}$
C. $12 \pi a^{2}$
D. $24 \pi a^{2}$
| B | 解：根据题意球的半径 $\mathrm{R}$ 满足
$(2 R)^{2}=6 a^{2}$,
所以 $S_{\text {球 }}=4 \pi R^{2}=6 \pi a^{2}$.
故选: B.
| 5 | 2010-2022_Math_II_MCQs |
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2010 | （新课标） | 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 | 2010-2022_Math_II_MCQs |
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2010 | （新课标） | 若 $\cos \alpha=-\frac{4}{5}, \alpha$ 是第三象限的角, 则 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=(\quad)$
A. $-\frac{7 \sqrt{2}}{10}$
B. $\frac{7 \sqrt{2}}{10}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{10}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{10}$
| A | 解: $\because \alpha$ 是第三象限的角
$\therefore \sin \alpha=-\sqrt{1-\frac{16}{25}}=-\frac{3}{5}$, 所 以 $\sin \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \alpha \cos \frac{\pi}{4}+\cos \alpha \sin \frac{\pi}{4}=-$ $\frac{3}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{7 \sqrt{2}}{10}$
故选: A.
| 5 | 2010-2022_Math_II_MCQs |
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2011 | （新课标） | 已知集合 $M=\{0,1 ， 2 ， 3 ， 4\}, N=\{1,3 ， 5\}, P=M \cap N$, 则 $P$ 的子 集共有 $(\quad)$
A. 2 个
B. 4 个
C. 6 个
D. 8 个
| B | 解: $\because M=\{0,1,2,3,4\}, N=\{1,3,5\}$,
$\therefore P=M \cap N=\{1,3\}$
$\therefore P$ 的子集共有 $2^{2}=4$
故选：B.
| 5 | 2010-2022_Math_II_MCQs |
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2011 | （新课标） | 复数 $\frac{5 i}{1-2 i}=(\quad)$
A. $2-\mathrm{i}$
B. $1-2 \mathrm{i}$
C. $-2+i$
D. $-1+2 i$
| C | 解: $\frac{5 i}{1-2 i}=\frac{5 i(1+2 i)}{(1-2 i)(1+2 i)}=-2+i$ 故选: C.
| 5 | 2010-2022_Math_II_MCQs |
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2011 | （新课标） | 下列函数中, 既是偶函数又在 $(0,+\infty)$ 上单调递增的函数是 $(\quad)$
A. $y=2 x^{3}$
B. $y=|x|+1$
C. $y=-x^{2}+4$
D. $y=2^{-|x|}$
| B | 解: 对于 $A . y=2 x^{3}$, 由 $f(-x)=-2 x^{3}=-f(x)$, 为奇函数, 故排除 $A$
对于 B. $y=|x|+1$, 由 $f(-x)=|-x|+1=f(x)$, 为偶函数, 当 $x>0$ 时, $y=x+1$, 是增函数, 故 B 正确;
对于 $C . y=-x^{2}+4$, 有 $f(-x)=f(x)$, 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.
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2011 | （新课标） | 椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$ 的离心率为（）
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
| D | 解: 根据椭圆的方程 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$, 可得 $a=4, b=2 \sqrt{2}$, 则 $c=\sqrt{16-8}=2 \sqrt{2}$;
则椭圆的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
故选：D.
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2011 | （新课标） | 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: $A$.
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2011 | （新课标） | 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.
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2011 | （新课标） | 在下列区间中, 函数 $f(x)=e^{x}+4 x-3$ 的零点所在的区间为 $(\quad)$
A. $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right)$
B. $\left(-\frac{1}{4}, 0\right)$
C. $\left(0, \frac{1}{4}\right)$
D. $\left(\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right)$
| A | 解: $\because$ 函数 $f(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+4 \mathrm{x}-3}$
$\therefore f^{\prime}(x)=e^{x+4}$
当 $x>0$ 时, $f^{\prime}(x)=e^{x}+4>0$
$\therefore$ 函数 $f(x)=e^{x}+4 x-3$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上为 $f(0)=e^{0}-3=-2<0$
$f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{e^{-}} 1>0$
$f\left(\frac{1}{4}\right)=\sqrt[4]{e^{-}}-2=\sqrt[4]{\mathrm{e}}-\sqrt[4]{16}<0$
$\because f\left(\frac{1}{2}\right)$ of $\left(\frac{1}{4}\right)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+4 x-3}$ 的零点所在的区间为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right)$
故选: A.
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2012 | （新课标） | 已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-x-2<0\right\}, B=\{x \mid-1<x<1\}$, 则（）
A. $A \subsetneq B$
B. $\mathrm{B} \subsetneq \mathrm{A}$
C. $A=B$
D. $A \cap B=\varnothing$
| B | 解：由题意可得, $A=\{x \mid-1<x<2\}$,
$\because B=\{x \mid-1<x<1\}$
在集合 $B$ 中的元素都属于集合 $A$, 但是在集合 $A$ 中的元素不一定在集合 $B$ 中, 例 如 $x=\frac{3}{2}$
$\therefore B \subsetneq A$.
故选: B.
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2012 | （新课标） | 复数 $z=\frac{-3+i}{2+i}$ 的共轭复数是（ ）
A. $2+i$
B. $2-\mathrm{i}$
C. $-1+i$
D. $-1-i$
| D | 解：复数 $z=\frac{-3+i}{2+i}=\frac{(-3+i)(2-i)}{(2+i)(2-i)}=\frac{-5+5 i}{5}=-1+i$.
所以复数的共轭复数为: $-1-\mathrm{i}$.
故选: D.
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2012 | （新课标） | 平面 $\alpha$ 截球 $\mathrm{O}$ 的球面所得圆的半径为 1 , 球心 $\mathrm{O}$ 到平面 $\alpha$ 的距离为 $\sqrt{2}$ , 则此球的体积为 ( )
A. $\sqrt{6} \pi$
B. $4 \sqrt{3} \pi$
C. $4 \sqrt{6} \pi$
D. $6 \sqrt{3} \pi$
| B | 解: 因为平面 $\alpha$ 截球 $O$ 的球面所得圆的半径为 1 , 球心 0 到平面 $\alpha$ 的 距离为 $\sqrt{2}$,
所以球的半径为: $\sqrt{(\sqrt{2})^{2}+1}=\sqrt{3}$.
所以球的体积为: $\frac{4 \pi}{3}(\sqrt{3})^{3}=4 \sqrt{3} \pi$.
故选: B.
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2012 | （新课标） | 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 I: $x=-4$,
$\because \mathrm{C}$ 与抛物线 $\mathrm{y}^{2}=16 \mathrm{x}$ 的准线 $1: \mathrm{x}=-4$ 交于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点, $|\mathrm{AB}|=4 \sqrt{3}$
$\therefore A(-4,2 \sqrt{3}), \mathrm{B}(-4,-2 \sqrt{3})$,
将 $A$ 点坐标代入双曲线方程得 $a^{2}=(-4)^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}=4$,
$\therefore a=2, \quad 2 a=4$.
故选: C.
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