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高 三 数学试卷
本试卷满分150分，考试用时120分钟。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共计 40 分. 每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1．设全集，集合，，则( )
A. B. C. D.
2．在复平面内,复数z对应的点的坐标为,则( )
A. B. C. D.
3．使“”成立的一个充分不必要条件是( )
A.或 B. C. D.
4．设等差数列的前n项和为,若,则的公差为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
5．函数的最小正周期为,其图象的对称中心可以为( )
A. B. C. D.
6．已知向量，，，λ，μ均为实数，且，，
则( )
A.25 B.16 C.5 D.4
7．已知点P为抛物线上的动点，点Q为圆上的动点，点F为抛物线C的焦点，则的最小值为( )
A.8 B.7 C.6 D.5
8．如图，圆柱的表面积为，，分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体为正四面体，则该正四面体的体积为( )
A. B. C. D.
二、多选题: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．已知一组数据的平均数为,将这组数据分别加上它们的平均数,得到一组新数据,则新数据与原数据相比( )
A.极差相同 B.平均数不同 C.方差不同 D.中位数相同
10．如图,在平行六面体中,以顶点A为端点的三条棱长都为2,且,则下列说法中正确的有( )
A.
B.
C.异面直线与所成的角为
D.
11．已知函数及其导函数的定义域均为R，若是偶函数且，则下列说法正确的是( )
A.函数是偶函数 B.
C.的图象关于点对称 D.
三、填空题: 本大题共 3 小题, 每小题 5 分, 共计 15 分.
12．已知，则________________.
13．已知，若，且，则m的值为________.
14．设函数,若是的极大值点,则a取值范围_______.
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．已知a，b，c分别是的角A，B，C所对的边，且.
(1)求B；
(2)若，，求的面积.
16．如图，在四棱锥中，，O，M分别是，中点，底面为菱形，平面平面，，.
(1)证明：；
(2)求D到平面的距离.
(
O
)
17．已知椭圆的短轴长为2，离心率为.
(1)求C的方程；
(2)直线与C有唯一公共点P，过点P且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于点A，B，O为坐标原点，若的面积为，求k.
18．某班级开展一次卡片抽奖活动，在一个不透明的箱子中共有6张卡片，其中有4张普通卡片，2张稀有卡片，学生随机从箱子中取出一张卡片，如果取出普通卡片，则把它放回箱子中；如果取出稀有卡片，则该稀有卡片不再放回，并且另补一张普通卡片放到箱子中.重复上述过程n次后，箱子中普通卡片的张数记作，的数学期望记为.
(1)求随机变量的分布列；
(2)设.
(ⅰ)用含的式子表示；
(ⅱ)证明：是等比数列，并求.
19．已知，，且直线与曲线相切.
（1）求；
（2）若对，不等式恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若的最小值为m，证明：方程有唯一的实数根.（其中是自然对数的底数）.
数学参考答案
1．答案：A
解析：由题意知，，又，所以故选A.
2．答案：B
解析：由题意得,,
.
3．答案：B
解析：由得,等价于,解得,
要满足题干条件,应判断选项集合是否为题干解集的真子集,
因为是的真子集,
所以使“”成立的一个充分不必要条件是“”,
故选：B.
4．答案：B
解析：设公差为d,则,解得.
故选:B
5．答案：A
解析：由题意知,,所以,故.
令,,则,,
所以该函数的对称中心为,,显然只有A符合.
6．答案：C
解析：因为，，所以，，得，，
所以，
故.
7．答案：D
解析：由题可知，抛物线焦点，准线方程为，
圆心，半径为1，
过点P作直线，垂足为N，如图所示，
由抛物线定义可知，，所以，
当点M，P，Q，N在同一直线时，可取到最小值，
因为点到直线的距离为6，
所以，即的最小值为5.
8．答案：B
解析：
连接，，，因为四面体为正四面体，
所以，设，
在中，，，，
在，，，
故圆柱的表面积为，
解得.
故.
9．答案：AB
解析：设数据中最大的数为M,最小的数为N,则原数据的极差为,
新数据为,
则新数据的极差为,
因此新数据与原数据的极差相同,故A正确；
原数据的平均数为,
新数据的平均数为,
由于,则新数据与原数据的平均数不同,故B正确；
原数据的方差为,
新数据的方差为,
,
则新数据与原数据的方差相同,故C错误；
不妨设5个数分别为,则原数据的中位数为1,此时平均数,
新数据为,则新数据的中位数为2,
则新数据与原数据的中位数不同,故D错误.
故选：AB.
10．答案：AD
解析：对于A:,故A正确;
对于B:因为,
所以
,
所以,即,故B错误;
对于C:因为,,所以,
所以为异面直线与所成的角,即异面直线与所成的角为,故C错误;
对于D:因为,,
所以,
所以,即,故D正确.
故选:AD
11．答案：ACD
解析：对于A：由可得，
则有，故函数是偶函数，故A正确；
对于B：由是偶函数，，即关于对称，故，
又，代入得，即，等式两边求导得：①，
由等式两边同时求导得：②，
由①和②可得：，令得，故B错误；
对于C：由有，即③，又由有④，
由③和④可得：，即，所以的图象关于点对称，故C正确；
对于D：由，又由，令得，
又，则，，
，
故，故D正确.
故选：ACD.
12．答案：
解析：因为，左右同时平方得：，
所以，
则，所以.
故答案为：.
13．答案：
解析：因为，所以，利用二项式定理展开得，
即，
又因为，对应系数要相等，则
又因为且，即，解得.
14．答案：
解析：函数的定义域为,求导得,
由,得,则,
当时,由,得;由,得,
函数在上单调递增,在上单调递减,是的极大值点,
因此;
当时,,
若,则,函数在上单调递增,函数无极值,
不符合题意;
若,由,得,由,得,
函数在上单调递减,在上单调递增,是的极小值点,不符合题意;
若,由,得,由,得,
函数在上单调递增,在上单调递减,是的极大值点,
符合题意,此时,则,
所以a取值范围为.
15．答案：(1)
(2)
解析：(1)由及正弦定理得
，所以，
由余弦定理得，
因为，所以.
(2)，
因为，，所以，
解得，，
所以.
16．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)连接，，如图一所示，
，，∵平面平面，
平面平面，平面，平面，
平面，，
又，，平面，平面，
又平面，.
(2)由(1)得，又∵O为的中点，，
，是正三角形，，，.
法一：以O为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图一所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则即，
取，则，，，
∴点D到平面的距离，
∴点D到平面的距离为.
法二：连接，设点D到平面的距离为h，
，，
，，M到平面的距离为P到平面距离的，
即，，，
，∴点D到平面的距离为.
17．答案：(1)
(2).
解析：(1)由短轴长，得.
由，得，解得.
所以C的方程为
(2)联立，得，
整理得.
由题意知，，则，化简得.
设，，，由根与系数的关系可知，
，即，
所以，
所以直线的方程为，
令，得，令，得.
的面积，
整理得，解得，
故.
18．答案：(1)分布列见解析
(2)(ⅰ)(ⅱ)证明见解析
解析：(1)根据题意，的可能取值为4，5，6.
即二次抽卡均抽到普通卡片，，
即二次抽卡恰好抽到一普通一稀有卡片，，
即二次抽卡均抽到稀有卡片，，
所以的分布列为
4 5 6
P
(2)(ⅰ)设第n次抽卡抽到稀有卡片为事件，
则，
.
.
(ⅱ)由(ⅰ)及，得，
，
所以，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
19．答案：（1）
（2）
（3）证明见解析
解析：（1）设直线与曲线的切点为，
，所以.
所以即
（2）由得
则在上恒成立.
所以
令
所以
法一：利用得出从而在上是增函数.
法二：，则是增函数.
所以
所以在上是增函数.
所以，所以.
（3）因为
所以，即在上单调递增.
又
由零点存在定理，时，有，即
因此
所以在上递减，在上递增
所以，所以
要证方程有唯一的实数解，
只要证方程有唯一的实数解.
设
则所以在上递增.
，
所以由零点存在定理，时，使，
即，所以
又因为
设，则所以在上递增.
所以且，而在上递减，上递增.
所以
即函数有唯一零点，故方程有唯一实数解.
2数学参考答案
1．答案：A
解析：由题意知，，又，所以故选A.
2．答案：B
解析：由题意得,,
.
3．答案：B
解析：由得,等价于,解得,
要满足题干条件,应判断选项集合是否为题干解集的真子集,
因为是的真子集,
所以使“”成立的一个充分不必要条件是“”,
故选：B.
4．答案：B
解析：设公差为d,则,解得.
故选:B
5．答案：A
解析：由题意知,,所以,故.
令,,则,,
所以该函数的对称中心为,,显然只有A符合.
6．答案：C
解析：因为，，所以，，得，，
所以，
故.
7．答案：D
解析：由题可知，抛物线焦点，准线方程为，
圆心，半径为1，
过点P作直线，垂足为N，如图所示，
由抛物线定义可知，，所以，
当点M，P，Q，N在同一直线时，可取到最小值，
因为点到直线的距离为6，
所以，即的最小值为5.
8．答案：B
解析：
连接，，，因为四面体为正四面体，
所以，设，
在中，，，，
在，，，
故圆柱的表面积为，
解得.
故.
9．答案：AB
解析：设数据中最大的数为M,最小的数为N,则原数据的极差为,
新数据为,
则新数据的极差为,
因此新数据与原数据的极差相同,故A正确；
原数据的平均数为,
新数据的平均数为,
由于,则新数据与原数据的平均数不同,故B正确；
原数据的方差为,
新数据的方差为,
,
则新数据与原数据的方差相同,故C错误；
不妨设5个数分别为,则原数据的中位数为1,此时平均数,
新数据为,则新数据的中位数为2,
则新数据与原数据的中位数不同,故D错误.
故选：AB.
10．答案：AD
解析：对于A:,故A正确;
对于B:因为,
所以
,
所以,即,故B错误;
对于C:因为,,所以,
所以为异面直线与所成的角,即异面直线与所成的角为,故C错误;
对于D:因为,,
所以,
所以,即,故D正确.
故选:AD
11．答案：ACD
解析：对于A：由可得，
则有，故函数是偶函数，故A正确；
对于B：由是偶函数，，即关于对称，故，
又，代入得，即，等式两边求导得：①，
由等式两边同时求导得：②，
由①和②可得：，令得，故B错误；
对于C：由有，即③，又由有④，
由③和④可得：，即，所以的图象关于点对称，故C正确；
对于D：由，又由，令得，
又，则，，
，
故，故D正确.
故选：ACD.
12．答案：
解析：因为，左右同时平方得：，
所以，
则，所以.
故答案为：.
13．答案：
解析：因为，所以，利用二项式定理展开得，
即，
又因为，对应系数要相等，则
又因为且，即，解得.
14．答案：
解析：函数的定义域为,求导得,
由,得,则,
当时,由,得;由,得,
函数在上单调递增,在上单调递减,是的极大值点,
因此;
当时,,
若,则,函数在上单调递增,函数无极值,
不符合题意;
若,由,得,由,得,
函数在上单调递减,在上单调递增,是的极小值点,不符合题意;
若,由,得,由,得,
函数在上单调递增,在上单调递减,是的极大值点,
符合题意,此时,则,
所以a取值范围为.
15．答案：(1)
(2)
解析：(1)由及正弦定理得
，所以，
由余弦定理得，
因为，所以.
(2)，
因为，，所以，
解得，，
所以.
16．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)连接，，如图一所示，
，，∵平面平面，
平面平面，平面，平面，
平面，，
又，，平面，平面，
又平面，.
(2)由(1)得，又∵O为的中点，，
，是正三角形，，，.
法一：以O为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图一所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则即，
取，则，，，
∴点D到平面的距离，
∴点D到平面的距离为.
法二：连接，设点D到平面的距离为h，
，，
，，M到平面的距离为P到平面距离的，
即，，，
，∴点D到平面的距离为.
17．答案：(1)
(2).
解析：(1)由短轴长，得.
由，得，解得.
所以C的方程为
(2)联立，得，
整理得.
由题意知，，则，化简得.
设，，，由根与系数的关系可知，
，即，
所以，
所以直线的方程为，
令，得，令，得.
的面积，
整理得，解得，
故.
18．答案：(1)分布列见解析
(2)(ⅰ)(ⅱ)证明见解析
解析：(1)根据题意，的可能取值为4，5，6.
即二次抽卡均抽到普通卡片，，
即二次抽卡恰好抽到一普通一稀有卡片，，
即二次抽卡均抽到稀有卡片，，
所以的分布列为
4 5 6
P
(2)(ⅰ)设第n次抽卡抽到稀有卡片为事件，
则，
.
.
(ⅱ)由(ⅰ)及，得，
，
所以，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
19．答案：（1）
（2）
（3）证明见解析
解析：（1）设直线与曲线的切点为，
，所以.
所以即
（2）由得
则在上恒成立.
所以
令
所以
法一：利用得出从而在上是增函数.
法二：，则是增函数.
所以
所以在上是增函数.
所以，所以.
（3）因为
所以，即在上单调递增.
又
由零点存在定理，时，有，即
因此
所以在上递减，在上递增
所以，所以
要证方程有唯一的实数解，
只要证方程有唯一的实数解.
设
则所以在上递增.
，
所以由零点存在定理，时，使，
即，所以
又因为
设，则所以在上递增.
所以且，而在上递减，上递增.
所以
即函数有唯一零点，故方程有唯一实数解.
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