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高三数学
一、单项选择题：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. 已知为虚数单位，若复数满足，则的虚部为
A. 　　　 B. 　　　
C. 　　　 D.
3. 在下列关于实数，的四个不等式中，不恒成立的是
A. 　　　　　　 B.
C. 　　　　　 D.
4. 已知函数，若有唯一解，则实数的值是
A. 　　　　　　　　　　　　　 B.
C. 　　　　　　　　　　　　　 D.
5. 在棱长为的正方体中，为正方体表面上的动点，若，则点的运动轨迹的长度为
A. 　　　　　　　　　　　　 B.
C. 　　　　　　　　　　　　 D.
6. 设等差数列的前项和为，已知，，则满足的的最大值为
A. 　　　　 B. 　　　　
C. 　　　　 D.
7. 已知函数在区间上单调递增，直线为的图象的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为
A. 　　　　 B. 　　　　
C. 　　　　 D.
8. 已知点，点在抛物线上运动，点在圆上运动，则的最小值为
A.2　　　　 B.3　　　　 C.4　　　　 D.5
二、多项选择题：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. 下列说法中正确的是
A. 数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5
B. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近于1
C. 已知关于的线性回归方程为，则样本点的残差绝对值为1.6
D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，现在样本中加入一个新数据5，则此时样本容量为9，平均数不变，方差变小
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，为坐标原点，是的右支上一点（不与右顶点重合），过点向双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的是
A. 焦点到渐近线的距离等于
B. 内切圆的圆心在直线上
C. 为定值
D. 若直线与交于另一点，则的最小值为6
11. 已知函数，则下列说法正确的是
A. 当时，的图象在点处的切线方程为
B. 恒成立
C. 若恒成立，则
D. 若有两个不同的零点，，且，则的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知正数，，均不等于1，且，，则 .
13. 已知，，则 .
14. 将一个正边形的顶点分别与其中中心相连接，把这个多边形分成个三角形区域并按编号，现给这些区域涂色，相邻区域涂不同颜色. 若有3种颜色可供选择，记所有不同涂色方案的种数为，则 .
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.（13分）
如图，在三棱锥中，底面，点在棱上，且，为的中点，为的中点，在线段上，且.
（1）求证：平面；
（2）若为等边三角形，且，求平面和平面夹角的余弦值.
16.(15分)
已知椭圆的过焦点且垂直于长轴的弦长为，短轴长为2.
（1）求的方程；
（2）设为坐标原点，若，，为椭圆上的点，且圆与直线，相切，当直线，的斜率均存在且时，求圆的半径.
17.(15分)
在中，已知.
(1)求.
（2）如图，若，在以为圆心的单位圆上，为此单位圆上的动点，线段交线段于点（点异于点，）.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）设，记，求的最小值.
18.(17分)
已知函数，其中，为常数，，且的图象在处的切线方程为。
（1）求，的值；
（2）若存在，，满足，求证：；
（3）设函数，结合的取值范围讨论的零点个数。
19.(17分)
小明同学设计了一个游戏：有三枚硬币，其中一枚硬币为正常硬币（有正面与反面），一枚为“全正”硬币（两面均为正面），一枚为“全反”硬币（两面均为反面），现将这三枚硬币分别装入三个外观相同的箱子中（每个箱子中装一个）.
游戏规则如下：玩家每局从中随机选取一个箱子后打开观察其中硬币（不可翻转硬币），观察完后有一次更换所选箱子的机会（可以不更换），若玩家最终选择的箱子中为“全正”硬币，则玩家该局获胜.
（1）若将所选箱子打开后发现其中硬币为正面朝上，求该硬币为正常硬币的概率.
（2）现玩家针对游戏规则制定如下策略：若所选箱子中硬币为“正面朝上”，则不更换选择；若所选箱子中硬币为“反面朝上”，则在剩余两个箱子中任意选取一个作为最终选择.试探究该策略是否为最佳策略，若是，请说明理由；若不是，请写出你的最佳策略.
（3）若玩家按（2）中最佳策略独立进行局游戏，将获胜局数不少于局的概率记为，试比较与的大小.
高三数学·答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 答案B
命题透析 本题考查集合的表示与运算.
集合，，所以.
2. 答案A
命题透析 本题考查复数的概念和运算.
设复数. ， ，解得. 故的虚部为.
3. 答案D
命题透析 本题考查不等式的性质及基本不等式的应用条件.
对于A，因为，当且仅当时，等号成立，故，A中的不等式恒成立；
对于B，因为，当，时，等号成立，故，B中的不等式恒成立；
对于C，因为，当时，等号成立，C中的不等式恒成立；
对于D，当，时，，D中的不等式不恒成立.
4. 答案B
命题透析 本题考查函数的图象与性质.
的图象由偶函数的图象先向右平移1个单位长度再向上平移3个单位长度得到，且在上单调递减，在上单调递增，，所以由有唯一解，得.
5. 答案D
命题透析 本题考查空间向量的应用及正方体与球的结构特征.
取的中点为，则，，又，所以，故点在以为球心、为半径的球面上，又因为在正方体的表面上，所以点的轨迹在正方体的每个面上均是半径为1的圆，6个圆的总周长为.
6. 答案 C
命题透析 本题考查等差数列的基本计算.
由得，所以，，由，得，所以满足题意的最大的的值为4.
7. 答案 C
命题透析 本题考查三角函数的图象和性质.
因为为图象的一条对称轴，所以，得，因为，所以或.
当时，，令，解得，当时，的单调递增区间为，，满足题意；
当时，，令，解得，当时，的单调递增区间为，，不符合题意.
综上，，.
当时，，
当时，，即，所以方程等价于，即，所以或，解得或，若，在区间上，当时，，当时，；若，在区间上，当时，.所以方程在区间上所有不相等的实数根之和为.
8. 答案 B
命题透析 本题考查抛物线的几何性质及直线与抛物线的位置关系.
把代入，得，所以点在抛物线内部，圆的圆心记为，的最小值为，正好是抛物线的焦点，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，如图，根据抛物线的定义得，所以的最小值等于
的最小值，当，，三点共线时，最小，最小值为，故的最小值为.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 答案ABD
命题透析 本题考查样本的数字特征及统计中的相关概念.
对于A，，则该组数据的第80百分位数为，故A正确；
对于B，根据样本相关系数的性质可知，两个随机变量的线性相关程度越强，样本相关系数的绝对值越接近1，若的绝对值越接近0，则说明线性相关程度越弱，故B正确；
对于C，残差的定义为观测值（实际值）减去预测值，即，对于样本点，预测值，所以其残差的绝对值为，故C错误；
对于D，一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，不妨记原始数据为，，，，则，，即，现在样本中加入一个新数据5，则此时样本平均数为，样本方差为，所以加入一个新数据5，平均数不变，方差变小，故D正确.
10. 答案ABC
命题透析 本题考查双曲线的几何性质及双曲线与直线的位置关系.
由题意得，，C的渐近线方程为.
对于A，焦点到渐近线的距离均为，故A正确；
对于B，设内切圆与的三边，，分别相切于点，，，则，，，由，可得，即，所以，又，所以，所以，所以内切圆的圆心在直线上，故B正确；
对于，设点，则，到的两条渐近线的距离分别为，，则，为定值，故正确；
对于，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，联立得，解得，此时，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，点，联立得，可得，所以，得且，由根与系数的关系可得，，所以，当时，，当时，，
综上所述，的取值范围为，故错误。
11. 答案
命题透析 本题考查导数的几何意义及利用导数研究函数性质。
对于，当时，，，，，可得函数的图象在点处的切线方程为，故错误；
对于，，即，又由恒成立，可得，即恒成立，即恒成立，故正确；
对于，因为，且的定义域为，所以，则，当时，恒成立（或者将问题转化为直线与曲线位置关系也可求得），故正确；
对于，，当时，，单调递增，不存在两个零点，当时，易得在上单调递增，在上单调递减，则的最大值，即，解得的取值范围为，又，且，则另外一个零点小于，即，解得，则的取值范围为，故正确。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 答案
命题透析 本题考查对数的运算.
由，，得，，则，所以.
13. 答案
命题透析 本题考查三角恒等变换.
因为，所以，所以，
所以，即，又
，所以，所以，所以.
14. 答案
命题透析 本题考查计数原理与数列的综合应用.
将编号的区域依次记为.
当有三个区域时，如下图，任意两个区域两两相邻，则三种颜色都要使用，共有种不同的涂色方案.
当有四个区域时，如下图，分两类情况：①和区域颜色相同，不同的方案有种；②和区域颜色不同，不同的方案有种.故当有四个区域时，共有种不同的涂色方案.
在已知和的条件下，分析：当有个不同的三角形区域时，如下图所示，
情况一：当区域和区域颜色相同时，可理解为对个区域进行涂色，有种不同的方案，此时区域有两种不同的颜色可用，即共有种不同的方案；
情况二：当区域和区域颜色不同时，可理解为对个区域进行涂色，有种不同的方案，此时区域只有一种颜色可用，即共有种不同的方案.
综上可得.
所以，即，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以.
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. 命题透析 本题考查空间线面平行的证明及空间向量的应用.
（1）如图，取的中点，连接，，.
因为为的中点，所以，又平面，平面，所以平面. （2分）
因为，所以，又，所以，所以平面，
因为，所以平面平面， （4分）
又平面,所以平面. (5分)
（2）如图，以为坐标原点，以为轴，为轴，过在平面内作为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
(8分)
则，.
取的中点，连接，，则，，则为两平面夹角的平面角或其补角. （10分）
因为，，，
所以， （12分）
所以平面和平面夹角的余弦值为. （13分）
16. 命题透析 本题考查椭圆的几何性质及椭圆与直线的位置关系.
（1）由已知可得，，
所以，
所以C的方程为x23+y2=1\) (4分)
（2）设，圆的半径为.过原点作圆的切线，
由圆心M(x0,y0)到直线kx-y=0的距离等于半径，可得|y0-kx0|k2+1=r\) (7分)
整理得，即
由题可知，即为方程的两个根，
所以由根与系数的关系可得kAP·kAQ=y02-r2x02-r2=-13，所以r2=x02+3y024\) (11分)
因为在椭圆上，所以，
所以，.
故圆M的半径为r=32\) (15分)
17. 命题透析 本题考查正、余弦定理的应用.
（1）记内角，，的对边分别为，，，
因为，
所以，即，
由正弦定理得a2+b2-c2=ab (3分)
所以，
又C∈(0,π),所以C=π3\) (5分)
（2）（ⅰ）设，则，，
DA→·DB→=(CA→-CD→)·(CB→-CD→)=CA→·CB→-CA→·CD→-CD→·CB→+CD→2 (7分)
所以DA→·DB→=cosπ3-cosα-cos(α-π3)+1=32-3sin(α+π3),α∈(π3,π)， （9分）
又α+π3∈(2π3,4π3)，所以sin(α+π3)∈(-32,32)，则DA→·DB→的取值范围为(0,3) （10分）
（ⅱ）设，则。
因为，
所以，
所以，
因为，所以，即，
化简得，……………………………………………………………………（13分）
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为。………………………………………………………………………（15分）
18. 命题透析 本题考查利用导数研究函数性质。
（1）。……………………………………………………………………（1分）
由题意可知，。………………………………………………（2分）
解得，。 …………………………………………………………………………………………………（4分）
（2）的定义域为，。
当时，，在定义域内单调递增，不符合题意；……………………………………………（5分）
当时，令，得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减。 …………（6分）
不妨设，因为，所以，即，所以要证，即证。……………………………………………………………………（7分）
令，则，所以只需证。
令，则，所以。
所以。…………………………………………………………………………………………………（9分）
（3），即，不妨令，则与有相
同的零点，. ……………………………………………………………… （10分）
令，则，所以在上单调递增，且时，，
，所以存在，使得，当时，，单调递减，当
时，，单调递增，即. ………………………………………… （12分）
因为，即，又因为在上单调递增，所以，
所以，
则时，无零点，时，有1个零点，时，时，，时，，所以
此时有2个零点. ……………………………………………………………………………………………… （16分）
综上所述：时，无零点，时，有1个零点，时，有2个零点. …………………… （17分）
19. 命题透析 本题考查随机事件的概率.
（1） 记事件所选箱子中硬币为正面朝上，硬币为正常硬币，
则，，故. ………………… （3分）
（2） 方法一：根据题意，选择的箱子中为“全正”硬币才能获胜，要使获胜的概率最大，则当所选箱子中硬币为
“反面朝上”时必须更换选择，所以最佳策略只需要考虑：当所选箱子中硬币为“正面朝上”时是否更换选择.
①当所选箱子中硬币为“正面朝上”时不更换选择，“反面朝上”时更换选择（即题中玩家的策略），玩家该局获
胜的概率为. …………………………………………………… （6分）
②无论所选箱子中硬币为“正面朝上”还是“反面朝上”都更换选择，玩家该局获胜的概率为
. ………………………………………………………………………… （9分）
因为，所以该玩家制定的策略是最佳策略. ………………………………………………………… （10分）
方法二：设所选箱子中硬币为“正面朝上”时更换选择的概率为，“反面朝上”时更换选择的概率为，则玩家
最终选择的箱子中为“全正”硬币的情况有：
①玩家选择的箱子中为正常硬币且正面朝上，选择更换箱子后选中“全正”硬币，概率为；
②玩家选择的箱子中为“全正”硬币且正面朝上，不更换箱子，则选中“全正”硬币的概率为；
③玩家选择的箱子中为正常硬币且反面朝上，选择更换箱子后选中“全正”硬币，概率为；
④玩家选择的箱子中为“全反”硬币且反面朝上，选择更换箱子后选中“全正”硬币，概率为。
故玩家最终选择的箱子中为“全正”硬币的概率为，（8分）
且，，故当且仅当，时概率有最大值，故该玩家制定的策略为最佳策略。
（10分）
（3）设玩家前局游戏中获胜局数为，由（2）知，且。（11分）
前局中至少获胜局包含以下几种情况：
①玩家前局游戏中获胜局且后两局连胜，
概率为；
②玩家前局游戏中获胜局且后两局至少胜一局，
概率为；
③玩家前局游戏中至少获胜局，
概率为。（14分）
综上，，（15分）
故，即。（17分）

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