高三數(shù)學(xué)考試參考答案題序123456789答案ACDCADBBACDBCABD6;1000(1,\)U評分細(xì)則:【1】第1~8題,凡與答案不符的均不得分.【2】第9~11題,全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的不得分.(第10題每選對一【3】第12~14題,凡與答案不符的均不得分.(第13題答對第一空得2分,答對第二空得3分)1.A【解析】本題考查拋物線的焦點(diǎn),考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).由2p=9,得p,所以拋物線父2=9y的焦點(diǎn)坐標(biāo)為2.C【解析】本題考查函數(shù)求值,考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).由題意得f(2)=2十1=3,所以f(3)=2f(2)=6.3.D【解析】本題考查樣本數(shù)據(jù)的方差,考查邏輯推理與數(shù)據(jù)分析的核心素養(yǎng).在三組數(shù)據(jù)中,易知第一組數(shù)據(jù)的離散程度最小,第三組數(shù)據(jù)的離散程度最大,所以SEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),3)>SEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)>SEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1).4.C【解析】本題考查直線與圓的位置關(guān)系,考查邏輯推理的核心素養(yǎng).由題意得C(0,1),則C到l的距離dr,所以直線l與圓C的位置關(guān)系為相離.5.A【解析】本題考查向量的線性運(yùn)算與數(shù)量積,考查直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).由題圖可得c=2b—2a,d=2a十3b,所以c.d=(2b—2a).(2a十3b)=6b2—4a2—2a.b6.D【解析】本題考查函數(shù)的奇偶性與極值點(diǎn),考查數(shù)學(xué)運(yùn)算與邏輯推理的核心素養(yǎng).當(dāng)父>0時(shí),fI(父)=父2—父—6=(父十2)(父—3).當(dāng)0<父<3時(shí),fI(父)<0,當(dāng)父>3時(shí),fI(父)>0,所以f(父)的極小值點(diǎn)為3.因?yàn)閒(父)是奇函數(shù),所以f(父)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱,故f(父)的極大值點(diǎn)為—3.7.B【解析】本題考查正弦定理的應(yīng)用,考查邏輯推理與直觀想象的核心素養(yǎng).設(shè)AB=AC=父,則BC=\父.在△BOC中,135。,由正弦定理得BOBC=父,所以上BAO=上BOA.又上ABO=45。—15。=30。,所以上BAO= 【高三數(shù)學(xué)●參考答案第1頁(共8頁)】CAB【高三數(shù)學(xué)●參考答案第2頁(共8頁)】8.B【解析】本題考查正方體的截面和簡單幾何體的體積,考查空間想象能力與應(yīng)用意識.AE如圖,取A1D1的中點(diǎn)F,連接AD1,BE,BC1,EF,C1F.易證AD1ⅡBC1,EFⅡAD1,則EFⅡBC1,所以E,F,B,C1四點(diǎn)共面.當(dāng)平面BEFC1與水平面平行時(shí),容器可盛的水最多.易得幾何體BB1C1-EA1F是三棱臺,設(shè)AB=a,則VABCD-A1B1C1D1=a3,VBB1C1-EA1F所以這個容器最多可盛原來水的AEFDCDC1FDCAB9.ACD【解析】本題考查集合中元素的互異性和交集,考查分類討論的數(shù)學(xué)思想.由題意得B={3,4}.當(dāng)a=3時(shí),A∩B={3}.當(dāng)a=4時(shí),A∩B={4}.當(dāng)a≠3且a≠4時(shí),A∩B=對.10.BC【解析】本題考查數(shù)列的遞推公式和等差數(shù)列的性質(zhì),考查數(shù)學(xué)運(yùn)算與邏輯推理的核心素養(yǎng).當(dāng)n=1時(shí),2a1—a2=a1a2,得a2=,A錯誤.由an—nan十1=anan十1,得所以數(shù)列是首項(xiàng)為公差為1的等差數(shù)列,B正確.由=2十n—1=n十1,得an所以{an}是遞增數(shù)列,C正確.T100=a1a2…a100=××…×= 11.ABD【解析】本題以圖形的新定義為背景考查組合,考查直觀想象與邏輯推理的核心素養(yǎng)及創(chuàng)新意識.三棱柱有6個頂點(diǎn)和9條邊,A正確.平面內(nèi)的5個定點(diǎn)(任意三點(diǎn)不共線)兩兩相連,共有CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),5)=10條線段,去掉其中的3條線段,可得這樣的(5,7)圖共有CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(3),1)0=120個,B正確.4個頂點(diǎn)兩兩相連,共有CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4)=6條線段,與父軸相交的共有CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),2)CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),2)=4條線段,所以這樣的(4,4)圖共有CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4)CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)=6個,C錯誤.8個頂點(diǎn)兩兩相連共有CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),8)=28條線段,與平面OYZ相交的共有CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),4)CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(1),4)=16條線段,所以這樣的(8,12)圖共有CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(10),12)CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)6=7920個,D正確.12.—7【解析】本題考查復(fù)數(shù)的實(shí)部,考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).由題意得i(3十7i)=—7十3i,所以i(3十7i)的實(shí)部為—7.13.6;1000【解析】本題考查函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用,考查應(yīng)用意識.由題意得klg8000十klg125000=klg(8×1.25×108)=klg109=9k=54,得k=6.當(dāng)14.(1,\)U(\,3)【解析】本題考查雙曲線的離心率,考查邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).設(shè)P在第一象限,則|PF1|—|PF2|=2a,得|PF1|=4a,|PF2|=2a.易得上PF1F2<2,由雙曲線的對稱性可得|QF2|設(shè)P在第一象限,則|PF1|—|PF2|=2a,得|PF1|=4a,|PF2|=2a.易得上PF1F2<2,【高三數(shù)學(xué)●參考答案第3頁(共8頁)】則上F1PF2或上PF2F1為鈍角,所以cos上F1PF或cc所以C的離心率的取值范圍為(1,\)U(\cc15.【解析】本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系,考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).解:(1)設(shè)M的焦距為2c,則………………3分得……………………5分所以M的方程為十y2=1.………………6分(2)設(shè)A(父1,y1),B(父2,y2).由題意得l:y………………7分,……………………9分得…………………11分評分細(xì)則:第(2)問還可以這樣解答:設(shè)A(父1,y1),B(父2,y2).由題意得l:y,即父=2y十1.…………………7分由得7y2十4y—2=0,………9分得…………………11分【高三數(shù)學(xué)●參考答案第4所以|AB|=\1十22\(y1十y2)2—4y1y2=\×\十4×=.……………13分16.【解析】本題考查線線垂直的證明和面面角,考查空間想象能力.(1)證明:如圖,取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OE.…………1分“側(cè)面PAD是正三角形,:PO丄AD.…………………2分由題意得OD=EC,ODⅡEC,上ADC,:四邊形ODCE是矩形,:AD丄OE.…4分“PO∩OE=O,POC平面POE,OEC平面POE,:AD丄平面POE.………………6分“PEC平面POE,:AD丄PE.…………7分 (2)解:“平面PAD丄底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,PO丄OD,:PO丄平面ABCD.………………………8分設(shè)AB=2.以O(shè)為原點(diǎn),OE,OD,OP所在直線分別為父軸、y軸、義軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, →→ →→設(shè)平面PBC的法向量為n=(父,y,義),則義=0,取父則y=0,義=2,PyAD則n=(\,0,2).…………………12分易得平面PAD的一個法向量為m=(1,0,0),………………13分:平面PAD與平面PBC夾角的余弦值為………………………15分PyAD評分細(xì)則:BEC【1】第(1)問中,未寫“POC平面POE,OEC平面POE”,不扣分.【2】第(2)問還可以這樣解答:取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OE,PlAOD如圖,過點(diǎn)P作平行于AD的直線l,則lC平面PAD.……8分“ADⅡBCPlAODECB………………10分“PO丄AD,PE丄AD,:PO丄l,PE丄l,:平面PAD與平面PBC的夾角為上OPE.…………11分“平面PAD丄底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,ECBOD,:PO丄平面ABCD,:PO丄OE.…………………12分設(shè)AB=2父,則PO=\父,PE=\/PO2十OE2=\父,…………………13分:cos上OPE即平面PAD與平面PBC夾角的余弦值為.………15分17.【解析】本題考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用,考查邏輯推理與數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng).(1)解:由題意得f(1)=2,…………………1分f'=—2ln父…………………2分父【高三數(shù)學(xué)●參考答案第5頁(共8頁)】則fl(1)=—2,………………3分所以曲線y=f(父)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y—2=—2(父—1),即2父十y—4=0.……………4分(2)證明:由題意得f(父)的定義域?yàn)?0,十∞).設(shè)fl(父)的導(dǎo)函數(shù)為fⅡ(父),由fl=—2ln父得fⅡ……5分當(dāng)時(shí),fⅡ>0,fl單調(diào)遞增,………………6分當(dāng)父時(shí),fⅡ<0,fl單調(diào)遞減,…………………7分則flmax=flln2—3<0,……………………8分所以fl(父)<0,則f(父)在(0,十∞)上單調(diào)遞減.………9分 (3)解:由ln父—a父2—a父<0,得a>父2十父在(0 設(shè)函數(shù)g則gl………………10分由(2)可知f(父)=父十1—(2父十1)ln父在(0,十∞)上單調(diào)遞減.f(1)=2>0,f(2)=3—5ln2<0,設(shè)f(父)的零點(diǎn)為父0,則父0∈(1,2).………………11分……………12分當(dāng)0<父<父0時(shí),f(父)>0,g(父)單調(diào)遞增,當(dāng)父>父0時(shí),f(父)<0,g(父)單調(diào)遞減,…………………13分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(父),十父)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up2147483647(2),0)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(1),2父)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(21),0十)∈,.…………14分因?yàn)閍>父l2nEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(父),十父)在(0,十∞)上恒成立,所以a,則整數(shù)a的最小值為1.…………15分評分細(xì)則:【1】第(1)問中,曲線y=f(父)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程寫成“y=—2父十4”不扣分.【2】第(3)問還可以這樣解答:設(shè)函數(shù)g(父)=ln父—a父2—a父,g(父)的定義域?yàn)?0,十∞),則gla父—a.……父…………………………10分因?yàn)間(父)<0恒成立,所以g(1)=0—a—a<0,得a>0.……………11分令a=1,則gl12分當(dāng)時(shí),gl(父)>0,g(父)單調(diào)遞增,當(dāng)父時(shí),gl<0,g單調(diào)遞減,…………………13分則gmax=glnln14分【高三數(shù)學(xué)●參考答案第6頁(共8頁)】所以當(dāng)a=1時(shí),關(guān)于父的不等式ln父—a父2—a父<0恒成立.故整數(shù)a的最小值為1.……………15分18.【解析】本題考查三角函數(shù)的性質(zhì)和恒等變換,考查邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).解:(1)由題意得g(父)=sinsin2父.…………………1分令2父十kπ(k∈z),……………………2分得父=十(k∈z),所以曲線y=g(父)的對稱軸方程為父……3分(2)由十2kπ≤2父十≤十2kπ(k∈z),得十kπ≤父,…………4分所以f(父)的單調(diào)遞減區(qū)間為十kπ,十kπ](k∈z).………………5分π≤2父≤十2k1π(k1∈z),得—十k1π≤父≤十k1π(k1∈z),………6分所以g(父)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k1∈z).…………7分由—m<2m十,得m>—,則—m<<2m十.…………………8分因?yàn)閒上單調(diào)遞減,g(父)在[—m,2m十上單調(diào)遞增,得—EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(π),6得—EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(π),6)<m≤—EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(π),8),即m的取值范圍為…………………10分(3)由g(2θ)十gθ)=0,得sin4θ十sin3θ=0,即sin4θ=sin(3θ十π),得θ=π十2kπ或θ=7(k∈z).…………12分得θ=π十2kπ或θ=7(k∈z).…………12分………13分) 7……………【高三數(shù)學(xué)●參考答案第7頁(共8頁)】 7………… ………… 評分細(xì)則:第(2)問中,m的取值范圍寫成不扣分.19.【解析】本題考查離散型隨機(jī)變量的數(shù)字特征與數(shù)列的綜合應(yīng)用,考查邏輯推理的核心素養(yǎng)及創(chuàng)新意識.(1)解:由題意得P(X1=3)=P……1分所以P3分(2)證明:每次操作后盒中球的總個數(shù)始終是6.…………4分第n十1次操作后盒中有3十m個白球的情況有兩種:①第n次操作后盒中有3十m個白球,即盒中有3十m個白球、3—m個黑球,第n十1次取出的是白球,其發(fā)生的概率為P…………………5分②第n次操作后盒中有2十m個白球,即盒中有2十m個白球、4—m個黑球,第n十1次取出的是黑球,其發(fā)生的概率為P…………………6分所以當(dāng)n≥3時(shí),P(Xn十1=3十m)=3EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(十),6)mP(Xn=3十m)十P(Xn=2十m)(m=1,2,3).……………7分(3)解:由(1)可知P(X1=5)=P(X1=