麓山國際屆高三入學考試試卷高三年級數(shù)學試卷命題人黃海波審題人蔡尚?？偡?分時量:分鐘:本題共8小題，每小題5分，共分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的.1.已知集合，，則（）A.B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】首先通過聯(lián)立方程，求解的元素，再根據(jù)集合的形式，判斷選項.【詳解】聯(lián)立，得，所以.故選：C2.若復數(shù)滿足，則其共軛復數(shù)為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由復數(shù)的除法運算結合共軛復數(shù)概念即可求解.【詳解】由，可得：，所以，故選：B第1頁/共19頁3.等比數(shù)列中，，則（）A.2B.4C.9D.252【答案】B【解析】【分析】根據(jù)等比數(shù)列的定義求解即可.【詳解】因為是等比數(shù)列，設其公比為，所以，解得，所以.故選：B.4.設，，是非零向量，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】分別判斷充分性和必要性成立情況得出結論.【詳解】若，則，；若，則，即.“”是“”的必要而不充分條件；故選：B.5.若函數(shù),恰有兩個零點，則實數(shù)取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分析該分段函數(shù)在各段上的零點情況，將問題轉(zhuǎn)化為直線與在上有一個交點的問題，結合函數(shù)的圖象即得參數(shù)的范圍.【詳解】當時，由可得，第2頁/共19頁依題意，時，有1個零點，即方程在上有一個實根，也即直線與在上有一個交點.如圖作出函數(shù)的圖象.因在上單調(diào)遞增，由圖可知，此時.綜上，實數(shù)的取值范圍是.故選：D6.過直線上一點P作⊙M：的兩條切線，切點分別為A，B，若使得的點P有兩個，則實數(shù)m的取值范圍為（）A.B.C.或D.或【答案】B【解析】【分析】易得，根據(jù)題意可得圓心到直線的距離，進而可得出答案.【詳解】⊙M：的圓心，半徑，由，得，由題意可得圓心到直線的距離，即，解得.故選：B.第3頁/共19頁7.如圖，過原點的直線交橢圓于兩點，過點分別作軸、的垂線，且分別交橢圓于點，，連接交于點，若，則橢圓的離心率為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】設，則，由，共線，點在橢圓上，得坐標關系，聯(lián)立求解即可.【詳解】設，則，由，則，即，①由三點共線，則，即，②又因為，即，③將①②代入③得，則.故選：D.8.已知正數(shù)，滿足，若恒成立，則實數(shù)的最小值為（）A.B.C.D.第4頁/共19頁【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意，分離參數(shù)可得，即可得到，再結合二次函數(shù)的值域，代入計算，即可得到結果.【詳解】因為，所以等價于，又，所以，則，即，又，所以，即實數(shù)的最小值為.故選：A二、選擇題本題共3小題，每小題6分，共分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下面命題中是假命題的有（）A中，若，則B.若，則是第一象限角或第二象限角C.若一個扇形所在圓的半徑為，其圓心角為弧度，則扇形的周長為D.函數(shù)的最小值為【答案】BD【解析】【分析】利用正弦定理結合大邊對大角可判斷A選項；利用三角函數(shù)值的符號與角的終邊的關系可判斷B選項；利用扇形的弧長公式可判斷C選項；取可判斷D選項.【詳解】對于A選項，中，若，則，所以，，A對；對于B選項，若，則是第一象限角或第二象限角或角的終邊在軸的非負半軸，B錯；對于C選項，若一個扇形所在圓的半徑為，其圓心角為弧度，則扇形的周長為，C對；第5頁/共19頁對于D選項，若，則，D錯.故選：BD.10.已知二項式的展開式中各項系數(shù)之和是，則下列說法正確的是（）A.展開式共有6項B.二項式系數(shù)最大的項是第4項C.展開式的常數(shù)項為540D.展開式有理項共有3項【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用賦值法求出冪指數(shù)，再結合展開式的通項，逐項判斷即可.【詳解】由二項式的展開式中各項系數(shù)之和是，得當時，，解得，對于A，展開式共7項，A錯誤；對于B，二項式系數(shù)最大的項是第4項，B正確；二項式展開式的通項，對于C，由，得，則展開式的常數(shù)項，C正確；對于D，由為整數(shù)，得，因此展開式的有理項共有4項，D錯誤.故選：BC已知等差數(shù)列的首項為dn項和為）A.當時，最大B.使得成立的最小自然數(shù)C.D.數(shù)列中的最小項為【答案】ACD【解析】第6頁/共19頁、、前n項和的性質(zhì)逐項判斷即可.【詳解】若，則，，故，所以，即等差數(shù)列是遞減數(shù)列，A：由上分析，數(shù)列前7項為正，其余項為負，故時，最大，對；B：由，，則，，所以成立的最小自然數(shù)，錯；C：，則，對；D：當或時，，當時，，由，，所以數(shù)列中的最小項為，對.故選：ACD三、填空題本題共3小題，每小題5分，共分.12.某工廠生產(chǎn)的產(chǎn)品的質(zhì)量指標服從正態(tài)分布．質(zhì)量指標介于99至101之間的產(chǎn)品為良品，為使這種產(chǎn)品的良品率達到，則需調(diào)整生產(chǎn)工藝，使得至多為________．(若，則)【答案】##0.5【解析】【分析】根據(jù)題意以及正態(tài)曲線的特征可知，的解集，即可根據(jù)集合的包含關系列出不等式組，從而得解．【詳解】依題可知，，再根據(jù)題意以及正態(tài)曲線的特征可知，的解集，由可得，，第7頁/共19頁所以，解得：，故σ至多為．故答案為：．13.正方體的棱長為3EF是棱，截正方體所得截面的周長為________【答案】【解析】【分析】由直線EF與分別交于G，H，連接AG，AH分別交，于點M，N，得到五邊形為平面截正方體所得的截面，然后根據(jù)E，F(xiàn)為中點，利用三角形相似，確定點M，N的位置求解.【詳解】解：如圖所示：直線EF與分別交于G，H，連接AG，AH分別交，于點M，N，則五邊形為平面截正方體所得的截面，因為E，F(xiàn)分別是，的中點，所以易得，所以，因為，所以，可得，同理可得，所以五邊形的周長為，第8頁/共19頁故答案為：14.若函數(shù)有三個不同的零點，則實數(shù)的取值范圍是______．【答案】【解析】的零點問題轉(zhuǎn)化為方程的最大值為；解法一：利用方程根的判別式求出參數(shù)的取值范圍，并分類討論是否符合題意即可求出結果；解法二：結合圖象對的兩根的分布情況進行分類討論即可求得參數(shù)的取值范圍.【詳解】令，得；設，則方程，即，易知，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，可得，易知當時，時，趨近于時，趨近于0趨近于時，趨近于，作出的大致圖象如圖所示．數(shù)形結合可得，且方程在上有兩個不同的實數(shù)根．解法一：由，得或．第9頁/共19頁當時，，此時方程在上至多有一個實數(shù)根，不合題意，當時，設方程在上的兩個實數(shù)根分別為，則，所以需，得，故實數(shù)的取值范圍是．解法二：設方程的兩個不同的實數(shù)根分別為，則，或，．①當，時，由，得，則在上有兩個不同的實數(shù)根，即在上有兩個不同的實數(shù)根，由，得或，與，矛盾．②當，時，若方程在上有兩個不同的實數(shù)根，則，解得．故答案為：【點睛】關鍵點點睛：解決此類問題需注意以下幾點，（1）會轉(zhuǎn)化，即會將零點問題轉(zhuǎn)化為方程的根的問題；（2）會作圖，即會根據(jù)基本初等函數(shù)的圖象或利用導數(shù)畫出相關函數(shù)的大致圖象；（3）會觀察，即會利用數(shù)形結合思想得到參數(shù)的取值范圍．四、解答題:本題共5小題，共分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟.15.在中，內(nèi)角所對的邊分別為．已知．第10頁/共19頁（1）求；（2）若，求的面積．【答案】（1）（2）【解析】1，再利用正弦的和角公式得到，即可求角；（21解.【小問1詳解】由，得到，即，得到，又，，所以，又，得到.【小問2詳解】由（1）知，因為又，所以，即，又由正正弦定理得，即，其中為外接圓的半徑，所以，所以的面積為.第11頁/共19頁16.隨著“雙十一購物節(jié)”3別可以再店內(nèi)無門檻優(yōu)惠10元?20元和301供下一位顧客抽取.若某天抽獎金額少于202得，否則正常抽取.（1）求第二天獲得優(yōu)惠金額的數(shù)學期望；（2）記“第天抽取1張獎券”的概率為，寫出與的關系式并求出.【答案】（1）（2）.【解析】1）根據(jù)乘法公式求解概率，即可由期望公式求解，（2）由題意得，即可利用構造法求解為等比數(shù)列，即可由等比數(shù)列的通項求解.【小問1詳解】設第二天獲得的優(yōu)惠券金額為的可能取值為1張獎券的概率為2張獎券的概率為，若抽2張獎券，優(yōu)惠金額20元概率為，優(yōu)惠金額30元的概率為，，，，故第二天獲得優(yōu)惠金額的數(shù)學期望.【小問2詳解】記“第天抽取1張獎券”的概率為，則“第天抽取2張獎券”的概率為，第12頁/共19頁則“第天抽取1張獎券”的概率為，，設，則，又，則，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列，.17.已知函數(shù)．（1）當時，求函數(shù)的最小值；（2）若關于x的不等式恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】（1）0；（2）.【解析】1）當時，利用導數(shù)探討單調(diào)性，求出最小值.（21時，利用導數(shù)探討存在實數(shù)使得得解.【小問1詳解】當時，函數(shù)的定義域為，求導得，顯然函數(shù)在上單調(diào)遞增，而，則當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，第13頁/共19頁所以當時，函數(shù)取得最小值.【小問2詳解】函數(shù)的定義域為，當時，，，則，由（1）知，，，而，即有，因此恒成立，此時；當時，，由（1）知，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則，而恒成立，不等式不恒成立，所以實數(shù)a的取值范圍是.18.如圖所示，四邊形為正方形，四邊形，為兩個全等的等腰梯形，，，，．（1）當點為線段的中點時，求證：；（2）當點在線段和平面的夾角的余弦值的取值范圍．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1）根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明結論；（2）建立空間直角坐標系，利用空間角的向量求法求出平面和平面的夾角的余弦值的表達式，進行合理變形，結合二次函數(shù)的性質(zhì)求得余弦的最值，即可求得答案．【小問1詳解】因為點為線段的中點，且，所以，因為，且四邊形為正方形，故，第14頁/共19頁所以，而平面，故平面，又平面，所以；【小問2詳解】設正方形的中心為，分別取的中點為，設點為線段的中點，由（1）知四點共面，且平面，連接，平面，故，又平面，故平面平面，且平面平面，由題意可知四邊形為等腰梯形，故，平面，故平面，故以為坐標原點，為軸建立空間直角坐標系，因為，則，又，故，設到底面的距離為，四邊形，為兩個全等的等腰梯形，且，故，又，故，則，，設，設平面的一個法向量為，第15頁/共19頁則，令，，設平面的一個法向量為，則，令，，故，令，則，令，則，令，則在上單調(diào)遞增，故當時，，當時，，故，即平面和平面的夾角的余弦值得取值范圍為．【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于求出平面夾角的余弦值之后，要對其表達式進行變形，從而結合二次函數(shù)的單調(diào)性求得余弦的最值，從而得到其取值范圍.19.在平面內(nèi)，若直線將多邊形分為兩部分，多邊形在兩側(cè)的頂點到直線的距離之和相等，則稱為多邊形的一條“等線”．雙曲線的左、右焦點分別為、，其離心率為，且點為雙曲線與曲線相切于點的漸近線交于、在點為在其上第16頁/共19頁一點處的切線方程為．（1）求雙曲線的方程；（2）若是四邊形的等線，求四邊形的面積；（3的軌跡為曲線在點處的切線為的等線．【答案】（1）（2）（3）證明見解析【解析】1）在雙曲線的方程中，令，結合已知條件求出點的坐標，根據(jù)“等線”的定義可得出關于、、的方程組，解出、的值，即可得出雙曲線的方程；（2）利用給定定義，求解關鍵點的坐標，最后得到四邊形面積即可.（3）利用給定條件和新定義證明即可.【小問1詳解】解：在雙曲線的方程中，令，解得，因為直線為的等線，顯然點在直線的上方，故有，又、，有，，，解得，，所以的方程為．【小問2詳解】解：設，由題意有方程為，①第17頁/共19頁漸近線方程為，聯(lián)立得，，故，所以是線段的