1、高三数学试题第 1 页共 11 页绝密启用前试卷类型：A高三实验班过程检测（数学试题答案）一、单项选择题：本大题共 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答案：A 解析：求得 1,2A ，0,4)B，所以0,2AB，故选 A2答案：D解析：设izbbR,且0b，则 1 ii1iba，得到1 ii1abbab ,，且1b，解得1a ，故选 D3答案：D 解析：D 设等差数列的公差为 d，1111(1)(1)(1)(1)pqklapdaqdaaaaakdald()()0dpqkl0dpqkl 或0dpqkl，显然由 pqkl 不一定能推出pq
2、klaaaa，由pqklaaaa也不一定能推出 pqkl，因此 pqkl 是pqklaaaa的既不充分也不必要条件，故本题选 D4答案：C解析:有函数知，1,0,10cba，故答案为 C5答案：B 解析:设首项为1a,因为和为 80,所以 51a+54m=80,故 m=8-1a.因为 m,1a N*,所以因此“公”恰好分得 30 个橘子的概率是6答案：C解析：由题可知072ACB，且01512cos724BCAC,02251cos1442cos 7214 则000051sin 234sin(14490)cos1444.7答案：C解析：方法一：直线l 为双曲线2222:1(0,0)xyCabab
3、的一条渐近线，则直线 l为byxa，1F，2F 是双曲线 C 的左、右焦点，1(,0)Fc，2(,0)F c，高三数学试题第 2 页共 11 页1F关于直线 l 的对称点为1F ，设1F 为(,)x y，yaxcb，022yb xca，解得22baxc，2abyc，221(baFc，2)abc，1F 在以2F 为圆心，以半焦距 c 为半径的圆上，222222()(0)baabcccc，整理可得224ac，即 2ac，2cea，故选：C方法二：由题意知21211FFOFOFOF，所以三角形211FFF是直角三角形，且，30211FFF又由焦点到渐近线的距离为b，得bFF211，所以cb32，所以
4、2e.故选：C.8答案：C解析：设 ABC的边长为 2，不妨设线段 BC 的中点 O 为坐标原点，建立坐标系 xoy 则点 0,3A、1,0B、1,0C，以线段 BC 为直径的圆的方程为221xy,设点 Pcos,sin，则1,3AB ，1,3AC，cos,3sinAP由于 APABAC，则cos,33sin3，解得131sincos262，131sincos262，所以1311312sincos2sincos26226233135sincossin,2222262因 此，的 最 大 值 为故选 C二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多
5、项符合题目要求的，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。9答案：BC解析：对于 A，因为2ab，所以2(3)()(2)0bbaabb b，故 A 错误；对于 B，可通过作差证明，正确；高三数学试题第 3 页共 11 页对于 C，22(2)(2)()022abaabba bb aabab，故 C 正确；对于 D，若 12112abab成立，当10,2ab时，左边=右边=35，故 D 错误.所以，选 BC.10答案：AC解 析：对 A，取 CD 中 点 F，连 接,MF BF，则1,MFDA BFDE，由111,2A DEMFB MFA D 为定值，FBDE为定值，由余弦
6、定理可得2222cosMBMFFBMF FBMFB，所以 FB 为定值，A 正确；若 B 正确，即1DEAC，由45AEDBEC ，可得 DECE，则1DEA EC 平面，所以1DEA E，而这与11DAA E矛盾，故 B 错误；因为 B 是定点，所以 M 在以 B 为圆心，MB 为半径的圆上，故 C 正确；取 CD 中 点 F，连 接,MF BF，则1MFDA，BFDE，由 面 面 平 行 的 判 定 定 理 得1MBFA DE平面平面，即有1MBA DE平面，可得 D 错误.所以，答案为 AC.11答案:BD解析:12答案:AC解析:00(,1)x x 区间中点为012x，根据正弦曲线的对
7、称性知01()12f x ,故选项 A 正确；若00 x，则001()(1)2f xf x，即1sin2 ，不妨取6 ，此()sin(2)6f xx，满足条件，但113f 为上的最大值，不满足条件，故选项 B 错误；不妨令0526xk，0(1)26xk，两式相减得23,即函数的周期23T，故 C 正确；区间的长度恰好为 673 个周期，当 00f时，即k高三数学试题第 4 页共 11 页时，()f x 在开区间上零点个数至少为，故 D 错误。故正确的是 AC三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，其中第 15 题第一空 2 分，第二空 3 分。13答案：660解析：若甲小
8、区 2 人，乙、丙、丁其中一小区 2 人，共有332426ACC种，若甲小区 3 人，乙、丙、丁每小区 1 人，共有3336 AC种，则不同的分配方案共有660=+3336332426ACACC种14答案:53,6解析:求导得 1 2sin0fxx 得6x，易得 max366f xf，min22f xf，又有题意知022f，且()()()226fff，由此解得 的取值范围。15答案:2，5.解析:抛物线22(0)ypx p的焦点为)0,1(F所以2p，准线为1x ，设过焦点的直线方程为1 myx，设1(A x，1)y，2(B x，2)y联立xymyx412，得0442 myy，421yy又|4
9、|BFAF，214yy由解得1,421yy或1,421yy，所以5|21yyCD所以三角形 CDF 的面积为55221，故答案为5.16答案:92 或 89 896解析：如图，取 AC 中点O，因为 PA=PC=5，AB=BC，所以 ACPO，ACO B，所以 AC 平面 PO B,所以平面 PO B 平面 ABC，易知O BP即为 PB 与底面 ABC 所成的角或补角.2O B，3O P，所以在 O PB中，222(2)22cos(3)PBPBO BP，因为1sin3O BP，当2 2cos3O BP时，求得 PB=3，此时 PCB=PAB=。90.故 PB 为三棱锥 P-ABC 外接球直径
10、，92V；高三数学试题第 5 页共 11 页当2 2cos3O BP 时，求得 PB=31，延长 BO交外接球于 Q，则 BQ 为圆O 的直径，则 QBP 的外接圆直径为球的直径，由989)322(31222)31()22(cos222222QBPBPBQBPBQPQ，球的直径为89sin2QBPPQR，可求得89 896V.综上外接球的体积为 92 或 89 896.四、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17解：（1）设CBD因为152 5tan0,.()22552，又，故sin=,os=分c252 5455543cos2 cos121.(54)5则sinABC=
11、sin2=2sin cos=2ABC=cos分2sinsin2sin24422437 2sin 2cos2.()2251055A分故（2）由正弦定理7 2,.()4sin87 25107BCACBCACBCACAsin ABC即所以分2CA CB=CA CB=CA CB=2.()28 又28，所以8分2ABABAC=2,AB=5.()4sinsin25210ACACCABC所以4，又由=,=所以分得18解：方案一：选条件.(1)由3221nnaa，得 2na是公差为 3 的等差数列，由11a ，得121 a,高三数学试题第 6 页共 11 页则232 nan，又0na所以23 nan.6 分（
12、2）根据1,nma a a 成等比数列，得到21nmaa a，即3232nm，则有2342mnn，因为*nN且2n，所以2*342mnnN，当2n 时，min6m；12 分方案二：选条件.(1)因为211390nnnnaa aa1(3)(3)0nnnaaa，因为11a ，所以130nnaa，则na是等差数列，则32nan6 分（2）要使得1,nma a a 成等比数列，只需要21nmaa a，即2(32)32nm则有2342mnn，因为*nN且2n，所以2*342mnnN，当2n 时，min6m；12 分方案三：选条件.(1)由222nSnn，得11232nnann，6 分(2)要使得1,nm
13、a a a 成等比数列，只需要21nmaa a，即2(23)23nm则有2266mnn，因为*nN且2n，所以2*266mnnN，当3n 时，min6m；12 分19解：（1）证明：因为,PEEB PEED EBEDE,所以 PEEBCD 平面，2 分又 PEPEB 平面，所以PEBEBCD平面平面,而 BCEBCD 平面，BCEB，所以PBCPEB平面平面，由,PEEB PMMB知，EMPB，于是 EMPBC 平面.又EMEMN 平面，所以平面EMN 平面PBC.5 分（2）假设存在点 N 满足题意，取 E 为原点，直线,EB ED EP 分别为,x y z 轴，建立空间直角坐标系 Exyz
14、，不妨设2PEEB，显然平面BEN的一个法向量为1(0,0,1)n，7 分设(02)BNmm，则(1,0,1),(2,0)EMENm.高三数学试题第 7 页共 11 页设平面 EMN 的法向量为2(,)x y zn，则由220EMENnn，即(1,0,1)(,)0(2,0)(,)0 x y zmx y z，即020 xzxmy，故可取2(,2,)mmn.9 分所以12122212(0,0,1)(,2,)cos,|2424mmmmmn nn nnn，依题意26624mm，解得1(0,2)m ，此时 N 为 BC 的中点.综上知，存在点 N，使得二面角 BENM的余弦值为66，此时 N 为 BC
15、的中点.12 分20解：（1）根据散点图可以判断，dxyce更适宜作为平均产卵数 y 关于平均温度 x 的回归方程类型；.2 分对dxyce两边取自然对数，得lnlnycdx；令ln,ln,zy ac bd，得 zabx；因为7711217221740.182070.272147 71437.iiiiiiiiiix zxzxxxxzzbxx.4 分3.6120.272 27.4293.849azbx；所以 z 关于 x 的回归方程为 0.2723.849zx；所以 y 关于 x 的回归方程为0.2723.849xye；.6 分（2）（i）由5332()(1)f pCpp，得 325(1)(3
16、5)fCpppp，因为 01p，令 0fp，得350p，解得305p；所以 fp 在30,5上单调递增，在 3,15上单调递减，所以 fp 有唯一的极大值为35f，也是最大值；高三数学试题第 8 页共 11 页所以当35p 时，max32165625fpf；.9 分（ii）由（i）知，当 fp 取最大值时，35p，所以35,5XB，所以 X 的数学期望为3()535E X ，方差为326()5555D X .12 分21 解：（1）设以 AP 为直径的圆的圆心为 B，切点为 N，则.2|,|2|BAOBBAOB取 A 关 于 y 轴 的 对 称 点 A，连PA，故24|)|(|2|BABOAP
17、PA-2 分所以点 P 的轨迹是以AA,为焦点，长轴长为 4 的椭圆其中，2a，1c ，曲线 C 方程为22143xy-4 分（2）设直线 l 的方程为(23)xtyt，设1(E x，1)y，2(F x，2)y，0(M x，0)y，直线 DE 的方程为11(2)2yyxx，故101(2)2Syyxx，同理202(2)2Tyyxx；-6 分所以12000122(2)(2)22STyyyyyxxxx，即012121212012121212223()(2)22(3)(3)3()3yyyyyy yyyxxxt yt yt y yyy-8 分联立22(23)34120 xtytxy，化简得2222(34
18、)(126 3)912 30tyttytt，所以221212226 312912 3,3434ttttyyy ytt-10 分代入得，2222022022912 36 3122()323434(2)912 36 312333434ttttyttxttttttt高三数学试题第 9 页共 11 页0012 33322 3012txyt 所以点 M 都在定直线03223yx上-12 分22解析：(1)对()f x 求导得()sinxfxexa，显然0,sin1xex ，所以sin0 10 xexaa，即()0fx，所以()f x 在其定义域上是单调递增函数，故 f x无极值点；-4 分(2)解法一：
19、对()g x 求导得1()sin(1)1xg xeax xx 又注意到(0)2,ga令(0)20,ga得2a。此时1()2sin,1xg xexx令1()()2sin,1xh xg xexx则21()cos(1)xh xexx,显然，在 0,2上211,cos0,(1)xexx此时21()cos0,(1)xh xexx故()h x 在 0,2上是增函数，所以()(0)0,h xh即1()2sin01xg xexx；-7 分又当(1,0)x 时，令22()(1),()(1)cosxs xxet xxx则()(1)(3)0 xs xxxe，()s x 是(1,0)上的增函数，所以(1)()(0)s
20、s xs，即0()1s x，故存在区间1(,0)(1,0)x，使1()2s x，即212(1)xex；又20(1)1x，cos1cos1x，即0()1t x，故存在区间2(,0)(1,0)x，使1()2t x，即21cos2(1)xx。-9 分现设120(,0)(,0)(,0)xxx，则在区间0(,0)x上，212(1)xex，21cos2(1)xx同时成立，即21()cos0,(1)xh xexx故()h x 在0(,0)x上是增函数，()(0)0h xh。从而存在区间0(,0)x，使得1()2sin01xg xexx；因此存在2a，使得()g x 在0 x 处取得极小值。-12 分解法二：
21、0 x 是()f x 的极小值点的必要条件是(0)2fa，即2a 高三数学试题第 10 页共 11 页此时，1()e2sin1xfxxx显然当0,2x时，11()e2sin12sin011xfxxxxxx；-6 分当104x时，222313(1)11(31)112212xxxxxxxx 令xxxxme21)(2，0e2)(2xxxm，故)(xm是 减 函 数 因 此，当0 x时，1)0()(mxm，即21e2xxx-9 分令xxxh21sin)(，21cos)(xxh当01x时，0211cos)(xh，故)(xh在)0,1(上单调递增因此，当01x时，0)0()(hxh，即xx21sin故当1,04x 时，22213()e2sin1122012222xxxxfxxxxxxx；因此，2a 时0 x 是()f x 的极小值点-12 分
