保山市高（完）中C、D類學校10月份聯考高三數學試卷本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分.第Ⅰ卷第1頁至第2頁，第Ⅱ卷第3頁至第4頁.考試結束后，請將答題卡交回.滿分150分，考試用時120分鐘.第Ⅰ卷（選擇題，共60分）注意事項：1.答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的學校、班級、姓名、考場號、座位號、準考證號在答題卡上填寫清楚.2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.在試題卷上作答無效.一、單項選擇題（本大題共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，集合，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式求出集合，再求交集即可.詳解】由得，故，所以，又，所以．故選：B．2.命題“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】由全稱命題的否定可以直接得出結果.【詳解】由全稱命題的否定可知：原命題的否定為.故選：A3.已知實數，，，則的最小值為（）A.3 B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式計算可得答案.【詳解】因為，且，所以，當且僅當，即，時取等號，故選：D.4.已知復數，則的虛部為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據共軛復數定義以及復數除法運算即可得出結果.【詳解】根據可知，則，即虛部為.故選：A5.設函數，若是奇函數，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函數的奇偶性求出，得到函數的解析式，根據解析式求函數值即可.【詳解】由已知可得，則．因為是奇函數，所以，因為，解得，所以，所以.故選：D．6.已知是上的單調遞減函數，則實數a的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由分段函數兩段都是減函數，以及端點處函數值的關系可得答案．【詳解】因為是上的單調遞減函數，所以，解得．故選：C．7.已知函數有兩個零點，則實數a的取值范圍為（）A B.C. D.【答案】B【解析】【分析】求導后，分類討論，當時，為單調遞增函數，不合題意，當時，利用導數求出函數的最大值，結合函數的單調性列式可得結果.【詳解】,當時，，為單調遞增函數，最多只有一個零點，不合題意，舍去；當時，令，得，令，得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，當趨近負無窮時，也趨近于負無窮，當趨近正無窮時，趨近于負無窮，因為函數有兩個零點，所以，得.故選：B.8.已知函數，，，，則a，b，c的大小關系為（）A B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先應用導數討論函數的單調區間，比較自變量大小得出，結合函數單調性比較的大小即可知的大??；【詳解】，定義域為.，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增;由于,所以,時，單調遞減；所以；綜上：；故選：A二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項是符合題目要求的.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）9.已知向量，，其中，則下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則C.若與的夾角為鈍角，則D.若，向量在方向上的投影為【答案】ABD【解析】【分析】選項A可由共線向量的坐標表示可得；選項B由垂直轉化為數量積為0，可得進而可得；選項C由與的夾角為鈍角可得，且與不共線，進而可得；選項D由向量在方向上的投影為可得.【詳解】選項A：由得，得，故A正確；選項B：由得，即，所以，故B正確；選項C：與的夾角為鈍角，則，且與不共線，由得，即，由選項A知與不共線時，，故C錯誤；選項D：時，，向量在方向上的投影為，故D正確.故選：ABD10.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】對于A，結合二倍角公式和正弦定理可知，再利用同角三角函數的關系可求出，對于BC，利用余弦定理可列出關于的方程，化簡可判斷，對于D，由面積公式直接計算判斷【詳解】對于A，由，所以，由正弦定理得，因，，所以，因為，所以，所以A正確，對于BC，由余弦定理得，，整理得，解得或，當時，，則，因為，，所以，得，則，不合題意，所以舍去，當時，由可得，所以B正確，C錯誤，對于D，，所以D錯誤，故選：AB11.已知，且，，則下列不等式中一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】由題意，利用不等式性質即可判斷；根據基本不等式中“1”的應用即可得；利用作差法和的大小關系可得；將代入可得，即可判斷出結論.【詳解】對于A，由可知，，所以；因此，即，可得A正確；對于B，易知，則，當且僅當時，等號成立；但，所以，即B正確；對于C，由，又因為，可得和不能同時成立，利用作差法可得，即，故C正確；對于D，由可知，又可得，所以，當且僅當時等號成立，所以D錯誤；故選：ABC12.已知函數的圖象上，相鄰兩條對稱軸之間的最小距離為，圖象沿x軸向左平移單位后，得到一個偶函數的圖象，則下列結論正確的是（）A.函數圖象的一個對稱中心為B.當到時，函數的最小值為C.若，則的值為D.函數的減區間為【答案】BCD【解析】【分析】根據對稱軸和平移可求出函數的解析式，然后根據余弦函數的圖像和性質，即可求出對稱中心，最值以及單調區間.【詳解】根據相鄰兩條對稱軸之間的最小距離為，可知周期，故；圖象沿x軸向左平移單位后，得到是偶函數，所以，故當，，故A錯.時，，，故B對.，其中，故，C對.令，故函數的減區間為，D對.故選:BCD第Ⅱ卷（非選擇題，共90分）注意事項：第Ⅱ卷用黑色碳素筆在答題卡上各題的答題區域內作答，在試題卷上作答無效.三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知函數，則函數在點處的切線方程為______.【答案】【解析】【分析】求出導函數，計算，，由點斜式得切線方程并化簡．【詳解】由已知，，又，所以切線方程為，即．故答案為：．14.已知函數的部分圖象如圖所示，其中點分別是函數的圖象的一個零點和一個最低點，且點的橫坐標為，，則______.【答案】【解析】【分析】設，利用向量數量積得坐標表示求出點坐標，再根據正弦函數的圖象和性質求解即可.【詳解】由已知可得，設，則，解得，所以，解得，將點代入得，所以，，解得，，又，所以，所以，故答案為：15.若函數在上是減函數，則a的取值范圍是______.【答案】【解析】【分析】由定義域可得，再由函數的單調性可得，從而可求出a的取值范圍【詳解】令，則，由，得，解得，因為在上是減函數，在上是減函數，所以在上遞增，所以，綜上，即a的取值范圍是，故答案為：16.已知是定義域為的奇函數，是的導函數，，當時，，則______；使得成立的的取值范圍是______.【答案】①.②.【解析】【分析】根據函數的奇偶性求得，利用構造函數法，結合導數求得使成立的的取值范圍.【詳解】依題意，是定義域為的奇函數，所以.構造函數，所以在上單調遞減，，所以當時，；當時，.根據奇函數的對稱性可知，當時，.綜上所述，使成立的的取值范圍是.故答案為：；【點睛】利用導數研究不等式，當已知函數沒有給出解析式，而是給出有有關的不等式關系式時，可考慮利用構造函數法進行求解.構造函數的方法需要根據已知的不等式關系式，結合乘法、除法的導數進行構造.四、解答題（共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.已知的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且.（1）求角A；（2）若，的面積為，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據正弦定理，把邊化為角，結合三角形的內角和定理，利用三角恒等變換化簡可得，進一步求得；（2）根據（1）的結論，根據三角形的面積公式可得，再利用余弦定理變形可得.【小問1詳解】因為，由正弦定理得，所以，所以，因為，所以，即，所以，因為，所以，所以即；【小問2詳解】因為的面積為，，，由三角形的面積公式得，化簡得，又根據余弦定理得，所以，所以，所以.18.若數列的前n項和為，且滿足：，，等差數列滿足，.（1）求數列，的通項公式；（2）設，求數列的前n項和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據等比數列定義即可求出數列的通項公式，再根據等差數列基本量的計算可求出的通項公式；（2）由（1）可得，利用錯位相減法即可求得數列的前n項和.【小問1詳解】由，根據等比數列定義可知，數列是以1為首項，3為公比的等比數列，所以可得，即數列的通項公式為；所以，又，；因此等差數列的公差，即數列是以3為首項，2為公差的等差數列；即，即數列的通項公式為【小問2詳解】由（1）可得，所以，，兩式相減可得所以19.某職業中專開設的一門學科的考試分為理論考試和實踐操作考試兩部分，當理論考試合格才能參加實踐操作考試，只有理論考試與實踐操作考試均合格，才能獲得技術資格證書，如果一次考試不合格有1次補考機會.學校為了掌握該校學生對該學科學習的情況，進行了一次調查，隨機選取了100位同學的一次考試成績，將理論考試與實踐操作考試成績折算成一科得分（百分制），制成如下表格：分段人數5a202510（1）①求表中a的值；②在，，這三個分數段中，按頻率分布情況，抽取7個學生進行教學調研，學校的教務主任要在這7名學生中隨機選2人進行教學調查，求這2人均來自的概率；（2）該校學生小明在歷次該學科模擬考試中，每次理論合格的概率均為，每次考實踐操作合格的概率均為，這個學期小明要參加這門學科的結業考試，小明全力以赴，且每次考試互不影響.如果小明考試的次數的期望不低于2.5次，求p的取值范圍.【答案】（1）①；②（2）【解析】【分析】（1）①根據總人數為100列方程求解即可；②這3個分數段按的比例可求出每一段所抽取的人數，然后利用古典概型的概率公式可求得結果，（2）設小明參加考試的次數為，所有可能取值為2，3，4，求出期望，再列不等式即可求解.【小問1詳解】①由題意得，解得，②因為，，的頻率比為，所以抽取的7個學生中，應從，，分別抽取1人，2人，4人，所以這2人均來自的概率為，【小問2詳解】設小明參加考試的次數為，所有可能取值為2，3，4，則，，，所以的分布列為234所以，由，得，得，因為，所以，即p的取值范圍為.20.如圖，在四棱錐中，底面ABCD為矩形，，，，點E為棱PC上點，且.（1）證明：；（2）若二面角的大小為，求直線DE與平面PBC所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先證明線面垂直再通過線面垂直性質定理得到線線垂直；（2）合理建立空間直角坐標系，利用空間向量求出線面角正弦值.【小問1詳解】由為矩形可知：，又因為，，所以；又，所以；又，故.【小問2詳解】在中，,所以；又，所以；故如圖以點為坐標原點，建立空間直角坐標系.則，，由（1）可得：，故，所以為二面角的平面角，則；故在中，為角平分線，由角平分線定理可知：，則.,,設面法向量為，則，即，故，設直線與面所成角為，則.21.已知拋物線：的焦點為橢圓：的右焦點F，點P為拋物線與橢圓在第一象限的交點，且.（1）求橢圓的方程；（2）若直線l過點F，交拋物線于A，C兩點，交橢圓于B，D兩點（A，B，C，D依次排序），且，求直線l的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據拋物線的焦點即橢圓的右焦點，由求得點點坐標，列出方程組，即可求得橢圓方程；（2）設直線方程，和拋物線以及橢圓分別聯立，求得相應的弦長，即的表達式，利用，解方程可得答案.【小問1詳解】由拋物線可知：，故由得：，故，則，則對于有：，解得，故橢圓方程為：；【小問2詳解】過點的直線的斜率不存在時，，，，所以直線在點的右側，與兩曲線的交點順序變成A，B，D，C的順序，不滿足題意，如下圖；所以過點的直線的斜率存在，故設直線的斜率為k，則直線方程為，聯立拋物線方程：，整理得：，設，則，故，聯立，整理得，設，則，則，又，即，整理得，解得，因為，，而，且A，B，C，D依次排序，所以，如下圖，故，故直線的方程為.綜上，直線的方程為.【點睛】關鍵點點睛：本題考查了橢圓方程的求法，以及直線和橢圓、拋物線相交時的弦長問題，綜合考查了學生分析問題，解決問題以及計算的能力，解答的關鍵點是明確解答的思路，即聯立方程，計算弦長，難點就是計算量大且繁雜，要十分細心.22.已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若，函數在上恒成立，求整數a的最大值.【答案】（1）答案見解析（2）4【解析】【分析】（1）對函數求導后分解因式，對參數的取值范圍進行分類討論即可得到函數的單調性；（2）由可得，轉化為在上恒成立，構造函數并利用導數求出的最小值即可求得結果.【小問1詳解】根據題意可得，若，在上恒成立，此時函數在上單調遞增；若，此時，當時，滿足，此時函數在，上單調遞增；當時，滿足，此時函數在單調遞減；若，此時，當時，滿足，此