絕密★考試結(jié)束前高三數(shù)學試題考生須知：．本試卷共4頁，滿分分，考試時間分鐘．．答題前，請在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號．．所有答案必須寫在答題卷上的規(guī)定區(qū)域內(nèi)，寫在試卷上無效．．考試結(jié)束后，只需上交答題卷．選擇題部分一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共分．在每小題所給的四個選項中，只有一項1.已知集合，，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】通過分別解不等式求出集合，再進行交集運算即可.【詳解】由可解得，所以，由可解得，又，所以，所以.故選：A．2.若復數(shù)z滿足，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意，設(shè)，然后結(jié)合復數(shù)的運算代入計算，結(jié)合復數(shù)相等列出方程，即可得到結(jié)果.第1頁/共21頁【詳解】設(shè)，則，所以，，故，故選：B．3.已知單位向量，滿足，則向量在向量上的投影向量為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用數(shù)量積的運算律求出，再利用投影向量的意義求解.【詳解】已知單位向量，，故由得，故，即，因此，所以向量在向量上的投影向量為.故選：D．4.“”是“函數(shù)值域為”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】驗證充分性，當時，，所以函數(shù)的值域為，即具有充分性；再驗證必要性，若函數(shù)的值域為，則對于二次函數(shù)，其判別式非負，由此可解得，可得答案.【詳解】若，因為，所以函數(shù)的定義域為，故，所以函數(shù)的值域為，第2頁/共21頁即“”是“函數(shù)的值域為”的充分條件；若函數(shù)的值域為，則對于二次函數(shù)，其值域包含，即，解得或，即“”不是“函數(shù)的值域為”的必要條件，綜上，“”是“函數(shù)的值域為”的充分不必要條件，故選：A.5.若坐標原點O關(guān)于動直線l：的對稱點為A，則點A的軌跡為（）A.圓B.橢圓C.雙曲線D.拋物線【答案】A【解析】【分析】先求出直線過的定點，再利用對稱性得，最后根據(jù)圓的定義即可判斷.【詳解】由得，所以直線l過定點，又由對稱性可知，，所以點A到點B的距離為，所以點A的軌跡為圓.故選：A．6.已知函數(shù)和函數(shù)的圖象上相鄰的四個交點構(gòu)成的四邊形的面積為，且，則（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】先計算兩個函數(shù)的交點坐標，得出相鄰的四個交點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形，即可計算其面積，第3頁/共21頁得出的值，再利用得出.【詳解】由得，，則，即，則當時，（為奇數(shù)）或（則交點坐標為（（則相鄰的四個交點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形，因相鄰的交點之間的橫坐標差的絕對值為，則平行四邊形的面積為，得，由，得，即，因為，所以.故選：C7.已知函數(shù)滿足，的正整數(shù)n的最大值為（）A.2026B.2027C.2028D.2029【答案】C【解析】【分析】先根據(jù)已知條件推出函數(shù)的周期，再求出一個周期內(nèi)函數(shù)值的和，最后根據(jù)周期計算的值，進而確定滿足的正整數(shù)的最大值．【詳解】由題，，第4頁/共21頁，所以函數(shù)是周期為3的周期函數(shù)，又，，，，，，，所以滿足的正整數(shù)n的最大值為2028．故選：C．8.在平面直角坐標系C：P為曲線C的最大值為（）A.B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】對的位置進行分類討論，再利用換元法結(jié)合余弦函數(shù)性質(zhì)求解最值即可.【詳解】設(shè)，則，當點P位于坐標原點時，；當點P異于坐標原點時，可得，而，，且，故令，，且，則，由余弦函數(shù)性質(zhì)得，故的最大值為，故B正確.第5頁/共21頁故選：B．二、選擇題（本題共3小題，每小題6分，共分．在每小題所給的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯得09.AB兩位同學進行“點球”5點球一次，射中得1分，射不中得0分．已知A，B每次點球命中的概率分別為，，，若5輪比賽后A，B的總得分分別為，，則下列結(jié)論正確的是（）A.若，則B.C.若，則D.若當且僅當時，取得最大值，則【答案】ACD【解析】【分析】利用隨機變量二項分布的期望、方差以及概率計算公式，逐項計算判斷即可.【詳解】由題意，隨機變量，，對于A，故，，若，則，故A正確；對于B，若，則，化簡整理得，即，所以時，，故B錯誤；對于C，由題意，，，所以，第6頁/共21頁由得，，故，即，故C正確；對于D，由題意，，則，解得，故D正確.故選：ACD．10.已知橢圓C：的左、右焦點分別為，，上頂點為A，且，P為C，的內(nèi)角平分線交x軸于點M的是（）A.橢圓C的離心率B.C.的內(nèi)切圓半徑為D.【答案】AC【解析】ABC用等面積法求內(nèi)切圓半徑；對于D：根據(jù)角平分線的性質(zhì)分析判斷.【詳解】對于選項A：設(shè)橢圓的焦距為，由橢圓的對稱性可知，則，，所以，故A正確；第7頁/共21頁所以，即，故B錯誤；對于選項C：因為，，則，所以，又因為的周長，設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，則，故C正確；對于選項D：由角平分線定理得，故D錯誤；故選：AC．如圖，四棱錐中，側(cè)面為等腰直角三角形，底面ABCD為矩形，，，若該四棱錐存在內(nèi)切球，且其內(nèi)切球球心為，其外接球球心為，則下列結(jié)論正確的是（）A.平面平面B.四棱錐的內(nèi)切球半徑為第8頁/共21頁C.四棱錐的體積為D.【答案】ABD【解析】【分析】選項A：運用線面垂直判斷得到垂直面，再用面面垂直判定得到平面平面即可.選項B：由等腰直角三角形三邊關(guān)系得長度，再由全等得垂直面，四棱錐內(nèi)切球在面投影是內(nèi)切圓，用直角三角形內(nèi)切圓半徑公式求半徑．選項C：取中點、，由面面垂直得垂直面，設(shè)，根據(jù)條件列方程求，進而求體積．選項D：是外接圓圓心，外接球球心是中點，結(jié)合內(nèi)切球半徑和長度求．【詳解】對于A，因為，，平面PAD，所以平面PAD，所以平面平面ABCD，A正確；對于B，因為側(cè)面PAD為等腰直角三角形，，所以，，因為平面PAD，平面PAD，則，則為直角三角形，且，，所以，易知平面，該四棱錐的內(nèi)切球在平面上的“正投影”為的內(nèi)切圓，設(shè)的內(nèi)切圓半徑為r，則，所以四棱錐內(nèi)切球半徑為，B正確；對于C，分別取的中點E，F(xiàn)，連接則，又平面截內(nèi)切球所得的圓為大圓，且切點在上，設(shè)，則，，，第9頁/共21頁所以，得，所以四棱錐的體積，C錯誤；對于D，易知E為的外接圓圓心，平面PAD，又四邊形為矩形，所以外接球球心為為的中點，故，D正確．故選：ABD．非選擇題部分三、填空題（本大題共3小題，每小題S分，共12.已知函數(shù)，為奇函數(shù)，則______．【答案】3【解析】【分析】可根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)來求解與的值，進而得到的值．【詳解】因為函數(shù)為奇函數(shù)，所以，當時，，，所以，，所以．故答案為：.13.已知，且滿足，則，則______．【答案】##【解析】【分析】運用降冪公式、兩角和的余弦公式進行化簡，結(jié)合角的范圍可得，進而可求，利用二倍角公式和齊次化即可求的值.第10頁/共21頁由得，即，所以，所以，得，所以．故答案為：14.人工智能（ArtificialIntelligence．是新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革的重要驅(qū)動力量，是研究、開發(fā)用于模擬、延伸和擴展人的智能的理論、方法、技術(shù)及應用系統(tǒng)的一門新的科學．某商場在有獎銷售的抽獎環(huán)節(jié)時，采用技術(shù)生成獎券碼：在每次抽獎時，顧客連續(xù)點擊按鍵5次，每次點擊隨機生成數(shù)字0或1或2，點擊結(jié)束后，生成的5個數(shù)字之和即為獎券碼．并規(guī)定：如果獎券碼為0，則獲一等獎；如果獎券碼為3的正整數(shù)倍，則獲二等獎，其它情況不獲獎．已知顧客甲參加了一次抽獎，則他獲二等獎的概率為______．【答案】【解析】【分析】利用分步乘法計數(shù)原理求出總情況數(shù)，利用分類加法計數(shù)原理結(jié)合組合數(shù)的性質(zhì)求出符合條件的事件數(shù)，再利用古典概型概率公式求解概率即可.【詳解】設(shè)一次抽獎所生成的獎券碼為S，共有種情況，生成的5個數(shù)字中有個0，個1，則，由題可知．若獲得二等獎，則S為3的正整數(shù)倍，故可取的值為．當時，的取值為，共有種情況；當時，的可能取值為，，，共有種情況；當時，的取值為，，第11頁/共21頁共有種情況，由分類加法計數(shù)原理得符合條件的有種情況，且設(shè)獲得二等獎的概率為，由古典概型概率公式得.故答案為：515.如圖，在四棱錐中，底面為矩形，底面，，，M，N為別為棱PB，CD的中點．（1）證明：平面；（2）求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】1）取AB中點E，連接ME、NE，易得、，根據(jù)線面平行、面面平行的判定及性質(zhì)定理證明結(jié)論；（2）構(gòu)建合適的空間直角坐標系，應用向量法求面面角的余弦值.【小問1詳解】取AB中點E，連接ME、NE，因為底面為矩形，N為CD的中點，所以，平面PAD，平面，則平面，第12頁/共21頁因為M為PB中點，所以，平面，平面，則平面，因為且都在平面內(nèi)，所以平面平面，因平面，所以平面．【小問2詳解】由題，易知直線DA，DC，DP兩兩垂直，以D為坐標原點，以DA，DC，DP所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，令，得，，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，令，得，，所以，，所以平面與平面的夾角的余弦值為．16.已知函數(shù)．（1）若曲線在處切線過點，求實數(shù)a的值；（2）當時，證明：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】1代入方程，即可求出實數(shù)a的值.（2）二次求導，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，寫出函數(shù)的最小值，判斷最小值大于即可得證.第13頁/共21頁【小問1詳解】函數(shù)的定義域為，，所以，又，所以在處的切線方程為，將點代入得，解得．【小問2詳解】證明：，設(shè)，則，因，所以當時，，即單調(diào)遞減；當時，，即單調(diào)遞增；時，，即，，，所以當時，.，，所以存在唯一的，使得，即，且當時，，單調(diào)遞減；當時，，單調(diào)遞增；所以當時，函數(shù)在處取得極小值，即為最小值，所以，因為，所以，故，第14頁/共21頁則，得證．17.如圖，四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，，，，且和的外接圓半徑相等．（1）若，求OA的長；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由條件可得，然后在與中用余弦定理代入計算，即可得到，然后在中結(jié)合余弦定理代入計算，即可得到結(jié)果；（2與與相等或互補，然后分別討論，即可得到結(jié)果.【小問1詳解】由題，，因為和的外接圓半徑相等，由正弦定理得，所以，設(shè)，，則，，在中，由余弦定理得：，即，在中，由余弦定理得：，即，第15頁/共21頁解得，即，在中，由余弦定理得：，即，解得或所以．【小問2詳解】在中，由正弦定理得：，即，在中，由正弦定理得：，即，因為，所以，所以，或，若，則，此時，，易得，，不成立，所以，故，解得（舍）或，因為，所以，第16頁/共21頁故．18.已知雙曲線E：，且四點，，，中恰有三點在E上．（1）求雙曲線E的標準方程；（2）如圖，P，Q，R分別為雙曲線E上位于第一、二、四象限的點，過坐標原點O分別作直線PQ，PR的垂線，垂足分別為M，N，且．（?。┳C明：Q，D，R三點共線；（ⅱ）求面積的最小值．【答案】（1）（24【解析】1）根據(jù)雙曲線對稱性，、關(guān)于軸對稱，必都在雙曲線上.又因第一象限雙曲線“上升”，判斷不在雙曲線上，確定、、在雙曲線上.將這三點坐標代入雙曲線標準方程，解方程組得出、的值，進而得到雙曲線方程.（2i到直線距離得出與、表達式，進而求出，算出，得，同理，所以，，三點共線.（ii）由，推出，得到.面積是第17頁/共21頁面積的倍，，利用均值不等式求出面積最小值.【小問1詳解】由題，點，，，中恰有三點在E上，根據(jù)雙曲線的對稱性，點，都在雙曲線上，又在第一象限內(nèi)，雙曲線的圖象是“上升的”，所以點不在雙曲線E上，所以點，，為雙曲線上的點，代入得解得，，所以E的標準方程為E：．【小問2詳解】（?。┳C明：由題可知直線PQ的斜率存在，設(shè)PQ：，則，故，把代入E：得：，由題知，設(shè)，，則，，則，所以，所以，同理可得，所以Q，O，R三點共線，（ⅱ）因為，，所以，所以，第18頁/共21頁所以，由（?。┲?，，又，當且僅當時等號成立，所以，所以面積的最小值為4．19.已知數(shù)列的前n項和為，的項數(shù)大于2中各項的所有不同排列填入一個行個數(shù)的一個排列，將第行的數(shù)字構(gòu)成的數(shù)列記作，將數(shù)列中的第項記作．若對，均有，則稱數(shù)列為數(shù)列的“異位數(shù)列”，記表格中“異位數(shù)列”的個數(shù)為．（1）求數(shù)列