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高三数学
考生注意:
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分 150 分，考试时间 120 分钟。
2. 答题前，考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围:高考范围。
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. 已知集合 ,则
A. B. C. D.
2. 已知复数 ,则
A. 26 B. 5 C. D.
3. 已知向量 ，且 ，则
A. -8 B. -4 C. -2 D. 2
4. 若函数 是奇函数，则
A. 4 B. 2
C. D.
5. 已知曲线 ，从 上任意一点 向 轴作垂线 ， 为垂足，则 的中点 所在曲线的方程为
A. B.
C. D.
6. 记等比数列 的前 项和为 ,若 ,则
A. B. C. 2 D. 4
7. 展开式中的常数项为
A. -13 B. -28 C. -14 D. 14
8. 若 ,则 的值为
A. B.
C. D.
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. O2O 是指线上引流、线下消费的商业模式, 近年来随着 AI 技术的渗透, 特别是智能配送使得配送时效显著提升，为消费者提供了“沉浸式购物”新体验. 已知 2020 年到 2024 年我国 O2O 到家市场规模(单位:千亿元)依次为7,3,10.4,13.7,15.6,17.7,则这 5 个数据的
A. 极差是 10.4 B. 中位数是 13.7
C. 60%分位数是 13.7 D. 平均数是 12.94
10. 已知函数 的导函数为 ,则
A. 曲线 是中心对称图形
B. 在 上单调递减
C. 曲线 是中心对称图形
D. 存在常数 ,使 对 成立
11. 已知双曲线 的渐近线方程为 分别为 的左、右顶点, 的右焦点为 为 上在第一象限内的一点,过点 作 的两条渐近线的垂线,垂足分别为 , ,则
A. 的离心率为 3
B.
C. 直线 的斜率之积为定值
D. 的取值范围为
三、填空题:本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分。
12. 曲线 在点 处的切线方程为_____.
13. 已知 为等差数列 的前 项和,若 ,则 _____.
14. 如图,在正三棱柱 中, ,与平面 平行的平面截三棱柱 得到截面 ,若几何体 的体积为 ,且几何体 的所有顶点均在同一个球面上,则该球的表面积为_____.
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. (本小题满分 13 分)
已知函数 .
(1)化简 的表达式并求 的值；
(2)在 中，内角 所对的边分别为 ，若 ， 的面积为 ， 求 .
16.(本小题满分 15 分)
在某次运动会期间，有学生 10 人为运动员服务. 由于 5000 米跑，跳远，铅球比赛是同时进行的，所以他们 10 人分成了三组分别服务这 3 个赛项. 4 人服务于 5000 米赛跑, 3 人服务于铅球比赛. 赛后从这 10 人中随机选出 3 人作为代表参加座谈会.
(1)设 为事件“选出的 3 人服务的赛项互不相同”,求事件 发生的概率；
(2)设 为选出的 3 人中服务的赛项是 5000 米跑的人数，求随机变量 的分布列和数学期望.
17. (本小题满分 15 分)
如图，在四棱锥 中，底面 是矩形， 平面 ， ，点 是棱 的中点,点 是棱 上的一点.
(1)求证: ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值.
18. (本小题满分 17 分)
设点 为抛物线 的焦点,过点 且与 轴垂直的直线交 于 两点, .
(1)求 的方程；
(2)圆 与 轴的正、负半轴分别交于 ， 两点，与 在第一象限交于点 .
(1)若直线 的倾斜角为 ，求 的值；
(ii)若直线 ， 与 的另一个交点分别为 ， ，直线 与直线 相交于点 ，求 的面积取得最小值时， 的值.
19. (本小题满分 17 分)
已知函数 .
(1)当 时，求 的极值；
(2)当 时，
( i ) 证明: 恰有两个零点 ;
(ii)在(i)的条件下，证明: ，且 .
高三数学参考答案、提示及评分细则
1.C 因为 ,所以 . 故选 C.
2. D 由题意知 ，所以 . 故选 D.
3. A ,由 ,得 ,所以 . 故选 A.
4. D 因为 是奇函数，所以 ，又 且 ，所以 ，当 时， 是奇函数，满足题意. 故选 D.
5. B 设 ,则 ,因为 ,所以 ,所以 . 故选 B.
6. A 由条件得 ,整理得 ,所以 的公比 ,则 . 故选 A.
7. C 因为 的二项展开式中,通项公式是 ,所以 展开式中的常数项为 . 故选 C.
8. 由 得 ,两边平方得 ,解得 或 ,又 ,所以 ,所以 . 故选 D.
9. ABD 极差为 ,故 A 正确; 中位数是13.7,故 B 正确; 分位数是 13.7 与 15.6 的平均数 14.65,故 错误; ,故 正确. 故选 ABD.
10. ABD 因为 是奇函数，其图象关于原点对称，所以函数 的图象关于点 对称, 正确; 或 时, ,所以 在 上单调递减, 正确; 是偶函数,图象关于 轴对称,不是中心对称图形, 错误; 因为 ,所以当 时, 对一切实数 均成立,故 D 正确. 故选 ABD.
11. BCD 因为双曲线 的渐近线方程为 ,所以 ,所以 的离心率为 , 错误; 由 得 ,又 ,解得 ,则 的方程为 ,设 , ,则 ,所以
1, B 正确; 由上可知, ,则 , C 正确; 设 , ,则 ,所以 ,由题意知两渐近线的倾斜角分别为 , ，所以 ，由余弦定理，得 ，当且仅当 即点 坐标为 时取等号,但点 在第一象限,故等号不成立,所以 的取值范围为 , D 正确. 故选 BCD.
12. ,当 时, ,所以曲线 在点 处的切线方程为 .
13.14 设等差数列 的公差为 ,由 ,得 解得 则
14. 方法一:因为 ,所以 ,又 ,所以 , ,即 ,因为 到 的距离为 ,所以 到 的距离为 ,如图,设正方形 的外接圆圆心为 ,则 ,设矩形 的外接圆圆心为 ,则 ,已知几何体 的所有顶点均在同一个球面上,设此球的半径为 ,若球心 在平面 下方,则 (舍),若球心 在平面 的上方,则 解得 ,故该球的表面积为 . 方法二: 因为 ，所以 ，又 ，所以 ， ，即 ,如图,设四边形 的外接圆的半径为 ,由余弦定理可得 ,故 ,故 ，已知几何体 的所有顶点均在同一个球面上，则该球的半径为 ，所以该球的表面积为 .
15. 解: (1) , 4 分所以 . 6 分
(2)由(1)知， ，即 . 7 分
又 ,所以 . 8 分
因为 的面积为 ，所以 ，所以 . 10 分
由余弦定理,得 , 12 分则 . 13 分
16. 解:(1)由已知，有 ,
所以事件 发生的概率为 . 4 分
(2)因为有 4 人服务于 5000 米赛跑，所以随机变量 的所有可能取值为 0,1,2,3 .
6 分
8 分
10 分
12 分
所以随机变量 的分布列为
0 1 2 3
随机变量 的数学期望 . 15 分
17. ( 1 )证明:因为 平面 , 平面 , 所以 , 1 分
连接 ,如图所示,则 ,所以 ,又 ,所以 ,所以 , 3 分
又 平面 ,所以 平面 , 5 分
又 平面 ,所以 . 7 分
(2)解:由 平面 ， ， 平面 ，故 ， ，又底面 - 是矩形,故 ,故 两两垂直,以 为坐标原点, 所在的直线分别为 轴, 轴, 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则 , . 9 分
设平面 的一个法向量 ,又 ,
所以 可得 令 ,解得 ,
所以平面 的一个法向量 . 11 分
设平面 的一个法向量 ,又 ,
所以 可得 令 ,解得 ,
所以平面 的一个法向量 , 13 分
设平面 与平面 的夹角为 ,
则 ,
即平面 与平面 夹角的余弦值为 . 15 分
18. 解:(1)由题知，点 .
因为 过点 且与 轴垂直，所以 ，解得 ， 2 分
所以 的方程为 . 3 分
(2)(1)由题知 . 4 分
联立 解得 或 (舍去), 5 分
所以 ,所以 ,解得 或 (舍去),故 . 6 分
(ii) 由题知圆 的圆心为 ,设 ,则 ,
所以圆 的方程可化为 ,
所以 . 7 分
设直线 的方程为 ,联立 得 ,所以 .
因为 ,所以 . 8 分
又直线 的方程为 ,
联立 得 ,
所以 .
因为 ,所以 . 9 分
过点 作 ,垂足为 ,则 ,
直线 的方程为 ,①
又直线 的方程为 ,②
联立①②，得点 ， 11 分
所以 ,
所以 ,由相似三角形性质可得 ,
所以 , 13 分
因为 ,
则 , 15 分
所以 ,当且仅当 时,等号成立,
故 ,即 的面积的最小值为 ,此时 . 17 分
19.(1)解:当 时， ，则 ， 1 分
当 时, ,当 时, , 2 分
所以 在 上单调递增,在 上单调递减, 3 分
故 的极大值为 ，无极小值. 4 分
(2)证明:当 时，
(i) ,令 ,得 ,易知 在 上单调递增,在 上单调递减; 故 . 5 分
令 ,则 ,因为 ,所以 ,
所以 在 上单调递增, , 6 分
因为 ,所以 在 上存在唯一的零点 ,即 ; 7 分
又 ,
记 ,则 ,所以 在 上单调递减, 8 分
所以 ,故 ,
因此 在 上存在唯一的零点 ,即 . 9 分
结合 的单调性可知, 恰有两个零点 且 . 10 分
(ii) 设 ,则 ,
当 时， ，当 时， ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ； ,
即 ,所以 , 11 分
所以 ,
故 . 12 分
设 ,则 , 13 分
当 时, ,当 时, ,
所以 在 上单调递减,在 上单调递增,
所以 ,则 , 15 分
又 , 16 分
所以 . 17 分

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