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文档简介
高三数学试卷注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在笿题卡上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容:高考全部内容.一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.若集合,,则()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先解不等式求出集合的元素,再由集合的交集运算计算即可.【详解】依题意,,即.,即.于是.故选:D.2.若点在圆的外部,则a的取值范围为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据表示圆得,又利用点在圆外得,从而可得结果.【详解】因为可化为,则,所以.又点在圆的外部,所以,故,综上,.故选:A.3.已知奇函数在上单调递增,且,则不等式的解集为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函数的奇偶性及单调性计算即可.【详解】由,可得,因为是奇函数,且,所以,因为在上单调递增,所以,故不等式的解集为.故选:D4.某中学举办了一次知识竞赛,从中随机抽取了部分学生的成绩绘制出如图所示的频率分布直方图,则估计该中学本次竞赛成绩的中位数为()A.68 B.71 C.75 D.79【答案】B【解析】【分析】借助中位数定义计算即可得.【详解】设m为该中学本次竞赛成绩的中位数,因为,,所以,所以,解得.故选:B.5.已知等差数列的前n项和为,,,使的n的最大值为()A.8 B.9 C.14 D.15【答案】D【解析】【分析】根据题意,结合等差数列的性质,得到且,在等差数列的求和公式,即可求解.【详解】由等差数列的性质,可得,因为,所以且,则,,,所以使的n的最大值为15.故选:D.6.某校羽毛球队的4名男生和4名女生分成四组,参加四场混合双打比赛(每名队员只限参加一场比赛),则组队方法的总数为()A.24 B.288 C.576 D.1152【答案】A【解析】分析】根据条件,先将男生分成四组,有1种分法,再将女生分到四组有种分法,再利用分步计数原理,即可求解.【详解】根据题意可知,先将男生平均分成四组有:种方法,再将女生安排到四组有:种方法,所以组队方法的总数为.故选:A.7.已知,分别是双曲线(,)的左、右焦点,过的直线交双曲线左支于A,B两点,,,则双曲线C的渐近线方程为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由,,可设,,,由双曲线的定义得到的等量关系求解即可.【详解】因为,,所以可设,,.因为,所以.在中,,,,所以,则,又,所以,故双曲线C的渐近线方程为.故选:D.8.在学习完“错位相减法”后,善于观察的同学发现对于“等差等比数列”此类数列求和,也可以使用“裂项相消法”求解.例如,故数列的前n项和.记数列的前n项和为,利用上述方法求()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先将裂成2项,再利用待定系数法求解裂成2项的系数,再利用裂项相消法求和,即可求解.【详解】设,则解得,所以,则数列的前n项和为.故.故选:B二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.复数z满足,则()A.z为纯虚数 B.C. D.复数在复平面内对应的点在第三象限【答案】AC【解析】【分析】由已知可得,求得或,以此计算判断各选项即可得出结果.【详解】,解得或,所以z为纯虚数,不一定成立,,或,则复数在复平面内对应的点在第二象限或第三象限.故选:AC.10.在正方体中,,M为上一动点,则下列说法正确的是()A.与AB共面且与共面的棱有5条 B.C.的最小值为 D.若与平面ABCD交于点E,则的面积为2【答案】ABD【解析】【分析】对于A,考虑与AB平行且与相交,与AB相交且与平行,以及与AB相交且与相交的直线可得;对于B,证明平面,然后由线面垂直的性质可得;对于C,以所在直线为轴,将所在平面旋转到平面,然后解三角形即可;对于D,证明平面与平面ABCD的交线平行于,然后由可解.【详解】对于A,AB与不共面,因此没有同时与这两条直线平行的直线,与AB平行且与相交的有CD,,与AB相交且与平行的有,,与AB相交且与相交的有BC,所以共有5条,故A正确.对于B,易知平面,,平面,所以,又平面,所以平面,因为平面,所以,同理可证,又平面,所以平面,又平面,所以,故B正确.对于C,如图,以所在直线为轴,将所在平面旋转到平面,设点的新位置为,连接,则为的最小值,所以A,M,三点共线.因为,所以.在中,根据正弦定理可得,解得,故C错误.对于D,设平面与平面ABCD的交线为l,因为平面ABCD,所以,则,又与平面ABCD交于点E,所以,则,故D正确.故选:ABD11.已知,且a,b满足,则下列不等式恒成立的是()A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】由在上单调递增,根据题意,得到,可判定A错误;结合作差比较法,可判定B正确;结合单调递增,且,可判定C正确,由,利用导数求得函数的单调性,得到,可判定D正确.【详解】由,可得,又由在上单调递增,可得,所以,即,所以不一定成立,所以A错误;由,所以B正确;因为单调递增,且,所以,即,所以C正确,由函数,可得当时,;当时,,所以在单调递减,在上单调递增,所以,所以,即,所以,所以D正确.故选:BCD.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.函数的最小正周期为________.【答案】【解析】【分析】由二倍角的正弦,余弦公式化简函数解析式,利用公式求解最小正周期即可.【详解】,故所求函数的最小正周期.故答案为:13.已知A,B分别为椭圆的上、下顶点,F是椭圆C的上焦点,为椭圆C上一点,若,则椭圆C的离心率为________,椭圆C的方程为________.【答案】①.②.【解析】【分析】结合平面向量基本定理用可得值,由可得,进而得离心率;将点代入椭圆方程,结合离心率可求标准方程.【详解】因为,三点共线,所以,即,又,则.于是,即,则,即.又为椭圆C上一点,所以,即,由,得,所以,解得,则,故椭圆C的方程为.故答案为:;.14.在长方形中,,点E在线段AB上,,沿将折起,使得,此时四棱锥的体积为________.【答案】##【解析】【分析】设点在平面上的投影为,证得平面和平面,得到,设,求得,在直角中,解得,结合锥体的体积公式,即可求解.【详解】设点在平面上的投影为,当时,因为平面,平面,所以,又因为,且平面,所以平面,因为平面,所以,过点作,因为平面,平面,所以,又因为且平面,所以平面,因为平面,所以,设,则,在中,可得,,则,在中,,延长,易知,在中,,,所以,解得,所以四棱锥的体积为.故答案为:..【点睛】方法点睛:求空间几何体的表面积与体积的求解策略:(1)公式法:对于规则的几何体的表面积和体积,可直接利用公式进行求解;(2)割补法:把不规则的图形分割成规则的图形,然后进行体积的计算,或不规则的几何体补成规则的几何体,不熟悉的几何体补成熟悉的几何体,便于计算;(3)等体积法:等体积法也称积转化或等积变形,通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法,多用来解决锥体的体积,特别时三棱锥的体积.四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.为了解人们对环保的认知程度,某市为不同年龄和不同职业的人举办了一次环保知识竞赛,满分100分.随机抽取的8人的得分为84,78,81,84,85,84,85,91.(1)计算样本平均数和样本方差;(2)若这次环保知识竞赛的得分X服从正态分布,其中和的估计值分别为样本平均数和样本方差,若按照,,,的比例将参赛者的竞赛成绩从低分到高分依次划分为参与奖、二等奖、一等奖、特等奖四个等级,试确定各等级的分数线.(结果保留两位小数)(参考数据:)附:若随机变量X服从正态分布,则,,.【答案】(1),(2)答案见解析【解析】【分析】(1)由平均数,方差的计算公式计算可得;(2)结合问题中给出的概率和正态分布的性质,确定各等级的分数线即可【小问1详解】,.【小问2详解】该市所有参赛者的成绩X近似服从正态分布.设竞赛成绩达到a以上为特等奖,成绩达到b以上但小于或等于a为一等奖,成绩达到c以上但小于或等于b为二等奖,成绩小于或等于c为参与奖,则,,,.因为,所以.因为,所以.因为,所以.综上,分数小于或等于80.54的为参与奖,分数大于80.54且小于或等于87.46的为二等奖,分数大于87.46且小于或等于90.92的为一等奖,分数大于90.92的为特等奖.16.在如图所示的直三棱柱中,,,D是上的点,E是的中点.(1)若,证明:平面.(2)若为正三角形,D是的中点,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)连接,交于点F,先证明,再由线面平行的判断定理证明;(2)建立空间直角坐标系,利用向量法求解.【小问1详解】连接,交于点F,连接.因为,E是的中点,所以.又,所以,则.因平面,平面,所以平面.【小问2详解】取O为的中点,连接,,由题意三棱柱为正三棱柱,可得,,两两垂直.以O为坐标原点,,,所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,.由D是的中点,得,则,.设平面的法向量为,则,令,则,,可得.连接,由题意知是平面的一个法向量,设二面角的大小为,由题可知为锐角,所以,故二面角的余弦值为.17.的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b是a,c的等比中项.(1)求B的最大值:(2)若C为钝角,求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据等比中项及余弦定理得,根据基本不等式及余弦函数性质可得结果;(2)依题意设,,根据三角形三边关系及条件求出,利用正弦定理及两角和正弦公式。诱导公式化简得,从而可得结果.【小问1详解】因为b是a,c的等比中项,所以.由余弦定理可知,则,当且仅当时,等号成立.又,根据余弦函数的性质且,故B最大值为.【小问2详解】由已知可设,,则,所以,解得.,所以的取值范围为.18.已知抛物线,圆,是抛物线上一点(异于原点).(1)若为圆上一动点,求的最小值;(2)过点作圆的两条切线,分别交抛物线于A,B两点,切点分别为E,F,若四边形ABFE为梯形,求点的坐标.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)设表示出,结合二次函数的性质求出的最小值,即可求出的最小值,从而求出的最小值;(2)设,,即可表示出直线,再由点到直线的距离等于半径,即可得到,则,是方程的两根,列出韦达定理,即可表示出,再由,则,即可求出点坐标.【小问1详解】圆的圆心,半径,设,则,则,所以当时取得最小值,所以的最小值为.又为圆上一动点,所以的最小值为.【小问2详解】由题意得,设,,,直线,化简可得.因为圆与直线相切,所以,化简可得.同理可得,所以,是方程的两根,所以,,.因为四边形为梯形,所以,则,解得,,故点P的坐标为.【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为、;(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,必要时计算;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为、的形式;(5)代入韦达定理求解.19.已知曲线在点处的切线方程为.(1)求a,b的值;(2)求单调区间;(3)已知,且,证明:对任意的,.【答案】(1),(2)在上单调递增,无单调递减区间(3)证明见解析【解析】【分析】(1)求得结合,列出方程,即可求解:(2)由(1)知,令.求得.求得的单调性和.即可求解;(3)根据题意转换为,由,可知,只需证明,,证明时,即证明,令,由单调性,只需证明,由已知条件即证,通过构造函数利用导数判断单调性进而证得结果,同理证明成立.小问1详解】,则.因为,所以,解得,.【小问2详解】.令,则,所以在上单调递减,在
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