高三数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.写在本试卷上
无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题(本大题共8 个小题，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.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分式不等式以及对数函数的性质化简两个集合，即可根据交集的定义求解.
【详解】由可得故
.
2. 已知复数，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法法则求得，利用可求解.
【详解】 ， .
故选：B.
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3. 如图所示，某单峰频率分布直方图在右边“拖尾”，若由频率分布直方图估计样本数据的平均数为，中
位数为，众数为，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断.
【详解】由频率分布直方图可知，单峰不对称且右“拖尾”，最高峰偏左，众数最小.
平均数受极端值影响，与中位数相比，平均数总在“拖尾”那边，故平均数大于中位数，
故得 .
故选：D.
【点睛】
4. 一条河的宽度为d，一船从A 处出发到河的正对岸B 处，船速的大小为| |，水速的大小为 | |，则船
行到B 处时，行驶速度的大小为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意，设船速为，水速为，船实际行驶速度为合速度 ;
因为船要到达河的正对岸，所以船速、水速与合速度构成直角三角形，其中船速为斜边，水速
和合速度为两直角边，如图：
已知船速的大小为| |，水速的大小为| |，合速度的大小为| |，则有
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5. 的展开式中的奇数次幂项的系数之和为 32，则（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式的通项公式确定展开式中的奇数次幂项的系数和的表达式，列方程求解即可.
【详解】的展开式的通项公式为 ，
则的展开式中的奇数次幂项的系数和为 ，
故，则 ，
故选：B
6. 已知函数，若对任意的，都有，则实
数a 的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】变形得到，设，则在 R 上单调
递增，分段函数在 R 上单调递增，需满足每段函数在定义域上单调递增，且分段处，左端点函数值小于等
于右端点函数值，从而得到实数a 的取值范围.
【详解】 ，
设，则 ，
因为，所以在 R 上单调递增，
其中 ，
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需满足在上单调递增，在上单调递增，
且 ，
由得 ，
根据在上单调递增，得到，故 ，
所以 ，
当，即时，在上单调递增，
当，即时，在上单调递增，
当，即时，由对勾函数性质得，
在上单调递增，故需满足，解得 ，
所以 ，
综上，实数a 的取值范围是 .
故选：D
7. 双曲线的左、右焦点分别为 ， 以右焦点为焦点的抛物线
与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（）
A. 2 B. 5 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出，根据勾股定理从而确定P 的坐标，
利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可.
【详解】根据题意可设，双曲线的半焦距为 ， ，则 ，
过作轴的垂线l，过作l 的垂线，垂足为A，显然直线为抛物线的准线，
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则 ，
由双曲线的定义及已知条件可知，则 ，
由勾股定理可知 ，
易知，即 ，
整理得 ，∴，即离心率为 2.
故选：
8. 如图，已知点是的边的中点，为边上的一列点，连接交于 ，
点满足其中数列是首项为的正项数列，是数列
的前项和，则下列结论不正确的是（）
A.
B. 数列是等比数列
C.
D.
【答案】CD
【解析】
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【分析】根据向量的线性表示，以及三点共线可得，即可求证是等比数列，即可根
据等比的通项求解，即可判断 ABC，利用分组求和以及等比等差的求和公式求解 D.
【详解】为中点， ，
，
又 ， ， 三点共线，
，
又 ，
，化简可得 ，
，又 ， ，
数列是首项为，公比为的等比数列，B 正确，
所以 ，
， ，A 正确，C 错误，
，D 错误.
二、选择题(本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分.在每小题给出的选项中，至少有两项符
合题目要求，若全部选对得6 分，部分选对得部分分，选错或不选得0 分)
9. 设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，则下列说法正确的是（）
A. 若或，则
B. 若，则或
C. 若或，则
D. 若，则或
【答案】BC
【解析】
【详解】对于 A 项，若或，此时与平面的交线的位置关系不确定 ，
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可能与异面或平行，故 A 项错误；
对于 B 项，若 ， 可能在平面或内，但是一定有或，故 B 项正确；
对于 C 项，若，因为，所以，由直线与平面垂直的性质，可得；
若，因为，同理可得，故 C 项正确；
对于 D 项，若 ， 与平面的位置关系不确定，不一定垂直于或，故 D 项错误．
10. 已知抛物线 ( )的焦点为为上的一动点，且的最小值为 .过点作直线
，交抛物线于两点(点在第一象限)， 为的准线，垂足为为坐标原点，则
下列说法正确的是（）
A.
B. 存在直线，使得
C. 若直线的斜率为，则的面积为
D. 过点作于，则以为直径的圆恒过定点和
【答案】ABD
【解析】
【分析】，当时最小，因为的最小值为 1，所以，所以抛物线方程
为，所以焦点为，准线l 为，依次代入联立方程根据韦达定理可得.
【详解】，当时最小，
因为的最小值为 1，所以 ，
所以抛物线方程为，所以焦点为，准线l 为 .
设点 , 垂足为M，所以 ，
所以 ， ，
因为 ，
所以 ，
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所以 ，A 正确；
设直线的方程为 ，
与抛物线方程联立得： ，
设，由韦达定理得： ，
，B 正确；
若直线的斜率为，则直线的方程为： ，
与抛物线方程联立得：
，
即 ，
由韦达定理得: ，
所以 ，
其中 ，
，
，
所以 ，
所以 ，C 错误；
过点B 作于N，
则以为直径的圆 ，
当，解得 ，
所以圆恒过定点和 ，D 正确.
11. 已知的三边长是三个连续的正整数.则下列判断正确的是（）
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A. 若是直角三角形，则的内切圆面积为
B. 若是钝角三角形，则的外接圆半径必为
C. 若的一个内角是另一个内角的两倍，则的周长必为
D. 若的周长为l，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】设三边为，根据勾股定理判断 A，根据余弦定理结合最大角的余弦值为负求出后判
断 B，根据正弦定理结合三角变换分类讨论后求最小角的余弦值后可判断 C 的正误，根据面积公式结合余
弦定理求出面积后可判断 D.
【详解】设三边为，其中为正整数.
对于 A，若是直角三角形，则 ，
故，故（舍）或 ，
故直角三角形的三边分别为，故内切圆的半径为 ，
故内切圆的面积为，故 A 正确.
对于 B，因为是钝角三角形，则 ，
故，故或 ，
若，因为，故三个整数不是三角形三边，舍；
故，故三边为，不妨设长为的边所对的角为 ，
则，因为为三角形内角，故 ，
故外接圆半径为，故 B 错误.
对于 C，不妨设所对的边分别为 ，
故且 ，
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若，则 ，
故 ，
所以，而 ，
故 ，
整理得，故或 ，
但为锐角，故不成立，
当时，则有 ，
整理得，故（舍）或，此时周长为 .
若，则同理可得，由的分析仍然可得 ，
此时三边分别为，因为 ，
又 ，
,
矛盾，故不合题意.
若，则为锐角且 ，
同理可得，故（另一解为负，舍），
但，此时为有理数，
矛盾，故也不合题意，
故 C 正确；
对于 D，如 C 所设，所对的边分别为 ，
则
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而，故 ，
故 ，
故 D 正确.
三、填空题(本大题共3 个小题，每小题5 分，共15 分)
12. 已知一圆台的上、下底面圆的半径分别为，侧面展开图的扇环面积为，若该圆台存在内切球，
则 ______.
【答案】3
【解析】
【详解】设圆台的母线长为 ，
由侧面展开图的扇环面积为，可得圆台侧面积为，所以 ，
取圆台的轴截面，则四边形为等腰梯形，
设圆台的内切球球心为，则球心在截面内，
在截面内，设圆切梯形的边分别于点 ，
由切线长定理可得 ，
所以，即 ，
所以，又，所以 .
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13. 已知且，则的最大值为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】由两角和余弦可得，结合基本不等式可求的最大值.
【详解】因为，故 ，
故 ，
所以 ，
若，则，与矛盾；
故（因为锐角，
），
当且仅当即时等号成立，
故的最大值为.
14. 已知函数若（）则的取值范围
为_________，
【答案】
【解析】
【详解】由，得函数的定义域为 ， ，
在上单调递增;
由，得函数的定义域为 ，
在上单调递增;
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因此，对任意 ， 和都是唯一的.
， ，
，
，则
根据的是唯一的，得，即
令，则
令，即，解得
当时， ， 在上单调递减;
当时， ， 在上单调递增;
时，取得最小值，即
，即的取值范围为 .
四、解答题(本大题共5 个小题，共77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15. 已知数列{an} 前n 项和为，数列{bn}满足
（1）求数列的通项公式;
（2）若数列满足，求数列的前n 项和 .
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据的关系求的通项公式；根据题意得到为等比数列，根据等比数列通项
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公式求出，进而求出数列的通项公式;
（2）分为偶数，奇数，分组后由等差、等比数列的求和公式求解即可.
【小问 1 详解】
当时， ，
当时，，满足上式，
所以；
由得 ，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以；
【小问 2 详解】
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
所以
16. 某游戏设计者设计了一款游戏：玩家在一局游戏内，每点击一次屏幕可以获得一张卡片，共有“”和
“”两种卡片，每位玩家的初始分数为 0，每获得一张“”加 1 分，每获得一张“”减 1 分．已知某位玩家
在一局游戏内共点击屏幕次，设该玩家获得“”的次数为，最终分数为．
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（1）若玩家每次点击屏幕时，获得“”和“”的概率均为，求的分布列与数学期望，并直接写出
的值；
（2）若该游戏系统通过一个计数器来控制玩家获得“”和“”的概率．计数器会记录玩家已经点击屏幕的
次数（初始值为 0），若为偶数，则玩家下一次点击屏幕时，获得“”和“”的概率均为，若为奇
数，则玩家下一次点击屏幕时，获得“”的概率为，获得“”的概率为．求．
附：若随机变量和的取值是相互独立的，则．
【答案】（1）分布列见解析；期望为 ，
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）易知，则；的可能取值为 0，1，2，3，利用独立事件的乘法公式
求出对应的概率，列出分布列，结合求数学期望公式计算即可求解；
（2）由题意可知奇、偶数次抽奖为两个独立的二项分布且，分别求出当为奇、
偶数时对应的方差，结合题意给的公式和方差的性质计算即可求解.
【小问 1 详解】
由题意知，满足二项分布 ，
则 .
当时，的可能取值为 0，1，2，3，
， ，
， ，
的分布列为
0 1 2 3
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．
【小问 2 详解】
可以将奇数次抽奖和偶数次抽奖看作两个独立的二项分布且．
①当为奇数时，第奇数次抽奖共进行次，第偶数次抽奖共进行次，
， ，
而奇数次抽奖和偶数次抽奖相互独立，
．
②当为偶数时，
．
17. 已知半圆的圆心为O，直径 ，C 为的中点，将扇形绕着翻折使B 到达的位置，
如图所示，扇形在翻折过程中形成的几何体的体积为 .点D，E 分别在上且不与端
点重合， .
（1）求证 ;
（2）求平面与平面夹角余弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
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（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，证得平面，再利用性质推理得证.
（2）由（1）中信息，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，设，求
出平面的法向量，利用面面角的向量法列式，再结合正弦函数的性质求出最大值.
【小问 1 详解】
设 ，
在半圆中，直径 ， 为中点，则，折后 ， ，
由扇形在翻折过程中形成的几何体的体积为 ，
得，则，所以，所以 ，
又 ， 平面，因此平面 ，
又平面，所以 .
【小问 2 详解】
由（1）得直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
由，令，则 ， ，
则 ， ，
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设平面的一个法向量 ，
则，取，则 ， ，
所以得平面的一个法向量 ，
而平面的一个法向量 ，
因此
，
由，得，则 ，
所以当时， ，
所以平面与平面夹角余弦的最大值为 .
18. 已知椭圆的左､右顶点分别为，上､下顶点分别为，记四边形的内
切圆为为上任意一点，过作的两条切线分别交于两点.
（1）求的标准方程；
（2）求证：直线过定点；
（3）求的最小值.
【答案】（1）
（2）证明见解析（3） .
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切得到圆的半径和圆心，进而求出圆的标准方程；
（2）设直线方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理和两直线垂直斜率之积为得到
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三点共线，进而证明出直线过定点；
（3）设，代入椭圆方程，得到，同理得到，再利用均值不等式进行求解.
【小问 1 详解】
由题意，知 ，
所以直线方程为，即 .
内切圆的圆心（即原点）到直线的距离为，即圆的半径 .
所以圆的标准方程为 .
【小问 2 详解】
设直线方程为 ，
由直线与圆相切，可知原点到直线距离 ，
整理得 .
将直线的方程代入椭圆，可得
，整理得 .
所以 ，
即，所以 .
同理，故三点共线，
所以直线过定点 .
【小问 3 详解】
由（2）知三点共线，
所以 .
设，代入椭圆方程得，则 .
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所以 .
同理 .
所以 .
因为 .
所以 .
所以 .
当且仅当时取等号，
所以的最小值为 .
19. 已知函数 ， ，其中是自然对数的底数．
（1）若有两个极值点，求实数的取值范围；
（2）若存在正数，使得对任意均有成立．
证明：（ⅰ）；
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（ⅱ）．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出导函数，分析易知时，不符合要求；时，令，要使有两
个极值点，即有两个变号零点，
只需，求解即可得答案；
（2）当时，不符合题意；当时，由（1）得，存在唯一，使得，即
．此时，函数单调递增；，函数单调递减，从而有
.
（i）只需证，即证，即证．
（ii）由，可得，令 ，
要证：，只需证，即证，构造函
数，利用导数即可证明.
【小问 1 详解】
解： ，
当时，，显然不符合要求；
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当时， ，
令，则 ，
时， ， 单调递增；时， ， 单调递减，
时， ， ；时， ， ；．
因为有两个极值点，所以有两个变号零点，
故，解得，即；
【小问 2 详解】
解：当时，时，，故不符合题意；
当时，
由（1）得，；时由函数零点存在定理可得，存在唯一的
，使得，即．
当时 ， ，函数单调递增；当时 ， ，
函数单调递减．故为函数的最大值，满足．
（i）由题意，可得，要证明，只需证 ，
即证，即证 ，
当时函数单调递减，故，命题得证；
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（ii）因为，所以，令，由题意可得 ，
要证：，只需证，即证 ，
令 ，
则 ， ， ；
， ；
因为 ， ，所以恒成立，
所以在上单调递增，又因为 ，
故恒成立，结合 ，
所以恒成立，故命题得证．
【点睛】关键点点睛：（i）利用对数运算性质及换底公式对原不等式等价变形，从而即证是
解题的关键；
（ii）令，即证，即证，构造函数
处理是解题的关键.
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