高三年級信息卷數(shù) 學本試卷共4頁，19小題，滿分150分，考試用時120分鐘注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上將條形碼橫貼在答題卡上“條形碼粘貼處”2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案答案不能答在試卷上3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液不按以上要求作答無效4考生必須保持答題卡的整潔考試結束后，將試卷和答題卡一并交回一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1已知集合，若，則實數(shù)的取值范圍為（    ）ABCD2已知拋物線，點，則“”是“過且與僅有一個公共點的直線有3條”的（    ）A充分條件B必要條件C充要條件D既不充分也不必要條件3已知函數(shù)為上的奇函數(shù)，且當時，則（    ）ABCD4已知函數(shù)，則下列結論正確的是（    ）A是的一個單調增區(qū)間B是的一個對稱中心C在上值域為D將的圖象向右平移個單位，再向下平移一個單位后所得圖象的函數(shù)解析式為5已知在復平面內復數(shù)，對應的向量分別為，若，則在上的投影向量為（    ）ABCD6在同一平面直角坐標系內，函數(shù)及其導函數(shù)的圖象如圖所示，已知兩圖象有且僅有一個公共點，其坐標為，則（    ）A函數(shù)的最大值為1B函數(shù)的最小值為1C函數(shù)的最大值為1D函數(shù)的最小值為17甲、乙、丙等5人站成一排，甲乙相鄰，且乙丙不相鄰， 則不同排法共有（    ）A24 種B36 種C48 種D72 種8若一個多面體的各面都與一個球的球面相切，則稱這個球是這個多面體的內切球在四棱錐中，側面是邊長為1的等邊三角形，底面為矩形，且平面平面若四棱錐存在一個內切球，設球的體積為，該四棱錐的體積為，則的值為（    ）ABCD二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18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為了研究y關于x的線性相關關系，收集了5對樣本數(shù)據(jù)（見表格），若已求得一元線性回歸方程為，則下列選項中正確的是（    ）123451AB當時的殘差為C樣本數(shù)據(jù)y的40百分位數(shù)為1D去掉樣本點后，y與x的相關系數(shù)不會改變10在中，角所對的邊分別為若，且邊上的中線長為，則（    ）AB的取值范圍為C面積的最大值為D周長的最大值為11已知定義在上不為常數(shù)的函數(shù)滿足，則（    ）ABCD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12設，若，且，則 13表示不小于x的最小整數(shù)，例如，已知等差數(shù)列的前n項和為，且，記，則數(shù)列的前10項的和 14若橢圓的左，右焦點分別為，離心率為，點在橢圓上，的內切圓的半徑為1，則的值為 四、解答題：本題共5小題，共77分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟15某批零件一級品的比例約為，其余均為二級品每次使用一級品零件時肯定不會發(fā)生故障，而在每次使用二級品零件時發(fā)生故障的概率為某項任務需要使用該零件次（若使用期間出現(xiàn)故障則換一件使用）(1)某零件在連續(xù)使用3次沒有發(fā)生故障的條件下，求該零件為一級品的概率；(2)當時，求發(fā)生故障次數(shù)的分布列及期望16如圖所示的幾何體是由等高的直三棱柱和半個圓柱組合而成，為半個圓柱上底面的直徑，點，分別為，的中點，點為的中點(1)證明：平面平面；(2)若是線段上一個動點，當時，求直線與平面所成角的正弦值的最大值17已知雙曲線的左、右焦點分別為，點在雙曲線上，且直線的傾斜角是直線的傾斜角的2倍(1)求雙曲線的標準方程；(2)若，是雙曲線上的兩個動點，且恒有，是否存在定圓與直線相切？若存在，求出定圓的方程，若不存在，請說明理由18在數(shù)列中，(1)求數(shù)列的通項公式；(2)已知數(shù)列滿足；求證：數(shù)列是等差數(shù)列；若，設數(shù)列的前n項和為，求證：19已知函數(shù)(1)若曲線在處的切線的方程為，求實數(shù)的值；(2)若函數(shù)恒成立，求的取值范圍1D【分析】解不等式可得集合，再由補集和子集的運算可得實數(shù)的取值范圍.【詳解】因為或，所以或，所以，又，且，所以，所以實數(shù)的取值范圍為，故選：D.2A【分析】求出“過且與拋物線僅有一個公共點的直線有3條”的充要條件，進而判斷.【詳解】過且與拋物線僅有一個公共點的直線有3條，則當直線的斜率不存在時符合題意，此時直線為；當直線的斜率存在時，設直線為，則，消去整理得，即有兩個不同的解，所以即，解得或，所以 “”是“過且與拋物線僅有一個公共點的直線有3條”的充分條件.故選：A.3A【分析】先計算出，根據(jù)為上的奇函數(shù)，得到.【詳解】，因為為上的奇函數(shù)，所以.故選：A4C【分析】化簡函數(shù)由函數(shù)，結合三角函數(shù)的圖象與性質，以及三角函數(shù)的圖象變換，即可求解.【詳解】由函數(shù)，對于A中，當，可得，此時函數(shù)不是單調函數(shù)，所以A錯誤；對于B中，由，所以函數(shù)的一個對稱中心為，所以B不正確；對于C中，由，可得，所以，所以，即，所以C正確；對于D中，將的圖象向右平移個單位，得到，再向下平移一個單位后所得圖象的函數(shù)解析式為，所以D錯誤.故選：C.5B【分析】首先表示出，即可求出，再求出及，最后根據(jù)投影向量的定義計算可得.【詳解】因為，所以，所以，所以，所以在上的投影向量為.故選：B6C【分析】AB選項，先判斷出虛線部分為，實線部分為，求導得到在R上單調遞增，AB錯誤；再求導得到時，單調遞增，當時，單調遞減，故C正確，D錯誤.【詳解】AB選項，由題意可知，兩個函數(shù)圖像都在x軸上方，任何一個為導函數(shù)，則另外一個函數(shù)應該單調遞增，判斷可知，虛線部分為，實線部分為，故恒成立，故在R上單調遞增，則A，B顯然錯誤，對于C，D，由圖像可知，恒成立，故單調遞增，當，單調遞減，所以函數(shù)在處取得極大值，也為最大值，C正確，D錯誤.故選：C7B【分析】利用捆綁法，結合排列組合只是求解.【詳解】甲乙捆綁在一起看成一個整體，與丙以外的2人全排列，有種，又因為乙丙不相鄰，所以把乙放入一共有3種，所以一共有種，故選：B.8C【分析】過點作出四棱錐的內切球截面大圓，確定球半徑表達式，再借助四棱錐體積求出球半徑計算作答.【詳解】如圖，取中點，中點，連接， 因是正三角形，則，又是矩形，有，而平面平面，平面平面，平面，平面，因此平面，平面，又，則平面，平面，則，平面，則平面，又平面，所以，而，則，顯然，由球的對稱性和正四棱錐的特征知，平面截四棱錐的內切球得截面大圓，此圓是的內切圓，切，分別于，有四邊形為正方形，設，又，則球的半徑，又四棱錐的表面積為，由，解得，所以.故選：C.【點睛】關鍵點睛：本題解題的關鍵是過點作出四棱錐的內切球截面大圓，利用等體積法求出內切球半徑和.9BD【分析】對A，由表格數(shù)據(jù)求出樣本點的中心坐標，代入可得的值由此即可判斷；對B，由回歸方程求得得值，根據(jù)殘差的定義運算；對C，由百分位數(shù)的概念即可判斷，對D，由相關系數(shù)公式即可判斷.【詳解】由，所以樣本中心點為，對于A，將它代入，得，解得，故A錯誤；對于B，當時，所以殘差為，故B正確；對于C，樣本數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為，故C錯誤；對于D，由相關系數(shù)公式可知，所以5組樣本數(shù)據(jù)的相關系數(shù)為：，去掉樣本中心點后相關系數(shù)為：，所以去掉樣本點后，與的樣本相關系數(shù)不會改變，故D正確.故選：BD.10AB【分析】對A，將條件利用三角恒等變換結合正弦定理化簡求得角；對B，利用向量，運算結合基本不等式求解；對C，由B選項結合三角形面積公式求解；對D，由題可得，令，由，得，解得，所以三角形周長，利用導數(shù)求解判斷.【詳解】對于A，由，所以,所以，由正弦定理可得，因為，,可得，化簡得，又，.故A正確；對于B，設，根據(jù)題意，化簡得，則，當且僅當時等號成立，又，即，故B正確；對于C，由B，可得，故C錯誤；對于D，由前面選項，可得，且，即，令，由，得，解得，所以三角形周長，則，令，解得，又，所以在上單調遞減，所以，故D錯誤.故選：AB.11ABD【分析】根據(jù)已知條件，利用賦值法依次驗證各個選項.【詳解】對于A，令，則，即，又函數(shù)不為常數(shù)，即，故A正確；對于B，令，則，令，則，得，令，則，得，故B正確；對于C，令，則，所以，即，故C錯誤；對于D，令，則，所以，則，又，當且僅當時等號成立，故D正確.故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：本題D選項，解題關鍵是先證明，結合，利用基本不等式證明.121024【分析】根據(jù)題意，由二項式系數(shù)的性質可得，然后令代入計算，即可得到結果.【詳解】根據(jù)題意，是二項式系數(shù)最大的項，則，令，得，.故答案為：1024.13【分析】先求出數(shù)列的通項公式，再求數(shù)列的前10項的和.【詳解】由，可得，解得，又，得，解得，所以數(shù)列的公差為，又，同理，所以數(shù)列的前10項的和為.故答案為：.144【分析】利用等面積法得，結合橢圓定義和離心率為，求得答案.【詳解】如圖，所以，.故答案為：4.  15(1)(2)分布列見解析；【分析】（1）記事件 “從這批產(chǎn)品中任取一件為一級品”，事件 “使用零件次，沒有發(fā)生故障”，利用全概率公式求出，再由條件概率公式計算可得；（2）依題意的可能取值為，求出所對應的概率，即可得到分布列與數(shù)學期望.【詳解】（1）記事件 “從這批產(chǎn)品中任取一件為一級品”，則，記事件 “使用零件次，沒有發(fā)生故障”，則，則，所以（2）依題意的可能取值為，所以，所以的分布列如下012所以16(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證明，進而證明為平行四邊形，可得，再證明，由面面平行的判定定理得證；（2）方法1，建立空間直角坐標系，利用向量法求解；方法2，先證明平面平面，過作交于，則就是直線與平面所成角，利用平面幾何求出最小，得解.【詳解】（1）連接，由點為的中點，為半個圓柱上底面的直徑知，由，知，則，又四點共面，所以，由為直三棱柱的側面知，即，則，由為的中點得，所以四邊形為平行四邊形，則，又平面，平面，則平面，因為，分別為，的中點，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面（2）（法一）以為一組空間正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設，則，由平面平面知直線與平面所成角即為直線與平面所成角，設平面的法向量為，由，取，得，則平面的一個法向量為，設直線與平面所成角為，則，又，則時，的最大值為所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為（法二）在直三棱柱中，底面，因為底面，所以，由（1）知，所以，又平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，過作交于，因為平面平面，所以平面，又平面平面，則直線與平面所成角即為直線與平面所成角，因為，且正方形的邊長為2，所以，則，又，要使值最大，則最小，在中，過作交于，由等面積可求出，此時所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為17(1)(2)存在；【分析】（1）根據(jù)題意，得到，列出方程，求得，再由點在雙曲線上，得到，結合，聯(lián)立方程組，求得的值，即可求解；（2）（）若直線的斜率不存在，設方程為，求得原點到直線的距離為（）若直線的斜率存在，設為，由，得到，聯(lián)立方程組，得到，代入求得，得到到直線的距離為，即可得到答案.【詳解】（1）解：設雙曲線的焦距為，因為直線的傾斜角是直線的傾斜角的2倍，可得，所以，因為，可得，且，所以，解得或（舍去），又因為點在雙曲線上，所以，聯(lián)立方程組得或（舍去），所以雙曲線方程為：（2）解：（）若直線的斜率不存在，設方程為，因為，再設，則，可得，由，聯(lián)立方程組，解得，可得原點到直線的距離為（）若直線的斜率存在，設方程為，又，設，則，即，則，（*）聯(lián)立方程組，整理得當且，即且時，代入（*）得，即（其中），原點到直線的距離為，綜合（）（），存在以原點為圓心，半徑為的圓與直線相切，所求定圓的方程為【點睛】方法點睛：解決圓錐曲線問題的方法與策略：1、涉及圓錐曲線的定義問題：拋物線的定義是解決圓錐曲線問題的基礎，它能將兩種距離(拋物線上的點到焦點的距離、圓錐曲線上的點到準線的距離)進行等量轉化如果問題中涉及圓錐曲線的焦點和準線，又能與距離聯(lián)系起來，那么用圓錐曲線定義就能解決問題因此，涉及圓錐曲線的焦半徑、焦點弦問題，可以優(yōu)先考慮利用圓錐曲線的定義轉化為點到準線的距離，這樣就可以使問題簡單化2、涉及直線與圓錐曲線的綜合問題：通常設出直線方程，與圓錐曲線方程聯(lián)立方程組，結合根與系數(shù)的關系，合理進行轉化運算求解，同時注意向量、基本不等式、函數(shù)及導數(shù)在解答中的應用.18(1)(2)證明見解析 ；證明見解析【分析】（1）變形得到，結合，故，從而得到；（2）化簡得到，利用得到，同理可得，證明出是等差數(shù)列；求出，結合，得到公差，得到通項公式，所以，裂項相消法求和證明出結論.【詳解】（1）因為，所以，所以，所以，因為，所以n=1時，所以數(shù)列是各項為0的常數(shù)列，即，所以（2）由得所以所以-得：所以-得，所以即所以數(shù)列是等差數(shù)列當時，由得，所以，又，故的公差為1，所以，所以，即【點睛】方法點睛：常見的裂項相消法求和類型：分式型：，等；指數(shù)型：，等，根式型：等，對數(shù)型：，且；19(1)(2)【分析】（1）先求出，由建立等式求出，代入計算即可；（2）先求出，令，設，使得，即，根據(jù)導函數(shù)求出，根據(jù)不等式恒成立建立不等式得，計算即可.【詳解】（1）因為，函數(shù)的定義域為，所以，由曲線在處的切線的方程為，得，所以，設，所以函數(shù)是上的遞增函數(shù)，又，所以方程有唯一解，所以，所以切點坐標為，代入直線方程得（2），定義域為，設，所以，所以在上遞減，又，所以當時，即，函數(shù)遞增，當時，即，函數(shù)遞減，所以函數(shù)的最大值 ，又，所以，所以，因為恒成立，即恒成立，設，則，所以遞增，所以，即恒成立，因為在上遞減，且，所以只需恒成立，即，又，所以【點睛】關鍵點點睛：本題第一問求解的關鍵在于根據(jù)導數(shù)的幾何意義建立等式求出，在解的過程中要注意說明解得唯一性；第二問求解關鍵在于分母恒大于零，在探究導函數(shù)單調性時只需對導函數(shù)分子求導，根據(jù)導數(shù)求出，再根據(jù)不等式恒成立建立不等式得，最后計算可得.