/高三數學考生注意：1．答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡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．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、單項選擇題：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，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式解得集合，再求并集即可.【詳解】，又，則.故選：D.2.已知復數，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據共軛復數定義，利用除法運算法則計算可得結果.【詳解】由可得，所以，故選：B3.已知雙曲線的左焦點為，虛軸的上、下端點分別為，若，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由向量運算，求得等量關系，轉化為關系，即可求得離心率.【詳解】根據題意，作圖如下：，即，也即，故，解得，則，也即的離心率為.故選：A.4.已知是等比數列，且，則（）A B. C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】根據等比數列基本量的計算，結合已知條件，即可求得公比和.【詳解】設等比數列的公比為，則，又，解得.故選：C.5.已知，則（）A. B. C.2 D.4【答案】A【解析】【分析】利用誘導公式，二倍角公式和同角三角函數基本關系，結合角的取值范圍，可求角的正切值.【詳解】由，所以或.又，所以.所以.故選：A6.已知函數的部分圖像如圖所示，，則（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題意，結合函數圖像即可求得函數的解析式，然后代入計算，即可得到結果.【詳解】由圖像可知，，由可得，且，所以，解得，所以，由可得，，所以，即，即，且，當時，，所以，則.故選：C7.某種用保溫材料制成的管道在單位長度上的熱損失單位：滿足，其中分別為管道的內外半徑（單位：），分別為管道內外表面的溫度（單位：），為保溫材料的導熱系數（單位：），某工廠準備用這種管道傳輸的高溫蒸汽，根據安全操作規定，管道外表面溫度應控制為，已知管道內半徑為，當管道壁的厚度為時，，則當管道壁的厚度為時，約為（）參考數據：.A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意將已知數據代入求得的值，再代入即可得解.【詳解】由題意可得，，，，，代入得，得出；則當管道壁的厚度為時，，則.故選：B，8.已知三棱錐中，，三棱錐的體積為，其外接球的體積為，則線段長度的最大值為（）A.7 B.8 C. D.10【答案】C【解析】【分析】依題意可知為直角三角形且其外接圓的半徑為，根據題意可求得點到平面的距離為，由求得半徑求出過的截面圓半徑，即可得出結論.【詳解】因為球的體積為，所以球的半徑滿足，可得；又，因此，即，此時；設點到平面的距離為，則，可得，因為在球的截面圓上，設截面圓所在的平面為，當與平面平行時，有最大值；設球心到平面的距離為，而的外心即為的中點，外接圓的半徑為，則，故球心到平面的距離為，可知截面圓半徑為；設在平面上的射影為，則的軌跡為圓，如下圖所示：設該圓圓心為，則當三點共線時且點在中間時，最長，此時，故線段長度的最大值為.故選：C【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于求出點到平面距離之后，確定出當三點共線時且點在中間時，最長，利用勾股定理計算可得其最大值.二、多項選擇題：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.在正四棱柱中，是棱的中點，則（）A.直線與所成的角為 B.直線與所成的角為C.平面平面 D.直線與平面所成角的正弦值為【答案】AC【解析】【分析】畫出正四棱柱，根據異面直線所成角的定義可判斷A正確，B錯誤，利用面面垂直的判定定理可得C正確，利用線面角定義可知D錯誤.【詳解】如下圖所示：對于A，因為，所以為直線與所成的角或其補角，易知，即為等邊三角形，所以，即A正確；對于B，因為，所以為直線與所成的角或其補角，若，則，即滿足，而不滿足上式，即B錯誤；對于C，易知，滿足，所以，又，可得平面，又平面，所以平面平面，即C正確；對于D，連接交于點，由正方形性質可得，由直棱柱性質可知平面，又平面，所以；又，可得平面，所以為直線與平面所成的角，因為，所以，故D錯誤；故選：AC10.已知圓是直線上一動點，過點作直線分別與圓相切于點，則（）A.圓上恰有一個點到的距離為 B.直線恒過點C.的最小值是 D.四邊形面積的最小值為【答案】BCD【解析】【分析】根據直線與圓的位置關系，求出圓上點到直線距離的最值可判斷A錯誤；求出直線的方程可得其恒過點，利用弦長公式可求得的最小值是，可得BC正確；進而求得四邊形面積的最小值為，即D正確.【詳解】易知圓心，半徑，如下圖所示：對于A，圓心到直線的距離為，可得圓上的點到直線距離的最小值為,圓上的點到直線距離的最大值為，所以圓上恰有兩個點到的距離為，即A錯誤；對于B，設，可得；易知，由，整理可得，同理可得，即可知兩點在直線上，所以直線的方程為，即，令，解得，所以直線恒過定點，即B正確；對于C，由直線恒過定點，當點與圓心的連線垂直于時，的值最小，點與圓心之間的距離為，所以，故C正確；對于D，四邊形的面積為，根據切線長公式可知，當最小值，最小，，所以，故四邊形的面積為，即D正確；故選：BCD11.已知函數的定義域均為是奇函數，且，，則（）A. B.為奇函數C.為偶函數 D.【答案】AC【解析】【分析】利用是奇函數，，，逐項判斷選項.【詳解】由是奇函數，則，即，令，則，故A正確；由，，令，則，故不是奇函數，故B錯誤；由，令，則，故，所以，而，則，故，所以是偶函數，故C正確；由，得，則，故，得到，由，可得，推出，又，所以，故，即，故D錯誤.故選：AC【點睛】本題主要考查抽象函數及其性質，利用替換求解，考查運算求解能力，屬于較難題.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.曲線在點處的切線方程為______．【答案】【解析】【分析】根據題意，由導數的幾何意義代入計算，即可得到結果.【詳解】因為，則，所以切點為，且，則，由直線的點斜式可得，化簡可得，所以切線方程為.故答案：13.已知拋物線的焦點為，過點的直線與拋物線交于兩點（點在第一象限），（為坐標原點），，則______．【答案】【解析】【分析】根據二級結論，先求得，再求即可.【詳解】作拋物線的準線，記準線與軸的交點為，過作準線的垂線，垂足分別為，過作軸的垂線，垂足分別為，如下所示：設，在△中，由拋物線定義可得：，則，解得；△中，由拋物線定義可得：，則，解得；由題可知：，，解得；則.故答案為：.14.已知有兩個盒子，其中盒裝有3個黑球和3個白球，盒裝有3個黑球和2個白球，這些球除顏色外完全相同．甲從盒、乙從盒各隨機取出一個球，若2個球同色，則甲勝，并將取出的2個球全部放入盒中，若2個球異色，則乙勝，并將取出的2個球全部放入盒中．按上述方法重復操作兩次后，盒中恰有7個球的概率是______．【答案】【解析】【分析】確定出兩次取球后盒中恰有7個球必須滿足兩次取球均為乙獲勝，再分別計算出第一次取黑球、第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率，相加即可求得結果.【詳解】若兩次取球后，盒中恰有7個球，則兩次取球均為乙獲勝；若第一次取球甲取到黑球，乙取到白球，其概率為，第一次取球后盒中有2個黑球和3個白球，盒裝有4個黑球和2個白球，第二次取到異色球為取到一個白球一個黑球，其概率為；此時盒中恰有7個球概率為；若第一次取球甲取到白球，乙取到黑球，其概率為，第一次取球后盒中有3個黑球和2個白球，盒裝有3個黑球和3個白球，第二次取到異色球為取到一個白球一個黑球，其概率為；此時盒中恰有7個球的概率為；所以盒中恰有7個球的概率為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題的突破口在于先分清楚兩次取球后，盒中恰有7個球必須滿足兩次取球均為乙獲勝；再分別討論并計算出第一次取黑球、第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率即可求得結果.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.已知函數，當時，取得極值．（1）求的解析式；（2）求在區間上的最值．【答案】（1）（2）的最小值為，最大值為.【解析】【分析】（1）利用極值定義可求得，可得解析式；（2）利用導函數判斷出函數在區間上的單調性，比較端點處的值可得結論.【小問1詳解】依題意可得，又當時，取得極值，所以，即；解得；所以；【小問2詳解】由（1）可知，令，可得或，當變化時，的變化情況如下表所示：單調遞增單調遞減單調遞增因此，在區間上，的最小值為，最大值為.16.某報社組織“鄉村振興”主題征文比賽，一共收到500篇作品，由評委會給每篇作品打分，下面是從所有作品中隨機抽取的9篇作品的得分：82，70，58，79，61，82，79，61，58．（1）計算樣本平均數和樣本方差；（2）若這次征文比賽作品的得分服從正態分布，其中和的估計值分別為樣本平均數和樣本方差，該報社計劃給得分在前50名的作品作者評獎，則評獎的分數線約為多少分？參考數據：．【答案】（1）樣本平均數為，樣本方差為.（2）分【解析】【分析】（1）根據題意，由平均數與方差的公式代入計算，即可得到結果；（2）根據題意，由條件結合正態分布的概率計算公式可得，，從而得到結果.【小問1詳解】由題意可得，，s2所以樣本平均數為，樣本方差為.【小問2詳解】因為得分服從正態分布，且，，則，所以，又，即，所以，又，即，所以，所以前50名的作品作者評獎總共50篇，獲獎率為，因為，則，所以，即分數線約為分.17.如圖（1）所示，在平面四邊形中，是邊長為2的等邊三角形，，為邊的中點，將沿折成直二面角，得到如圖（2）所示的四棱錐．（1）若為棱的中點，證明：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）利用線面平行的判定定理可證明平面平面，即可得出結論；（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用空間向量可求得二面角的余弦值，計算可得結果.【小問1詳解】取的中點，連接，因為為棱的中點，所以，因為平面，平面；所以平面；由圖（1）中是邊長為2等邊三角形，所以，由，，可得是等邊三角形，，所以；又因為平面，所以平面，因為，所以平面平面，因為平面，所以平面.【小問2詳解】由題可知兩兩互相垂直，以為坐標原點，建立如下圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量為，則，取，則，即；設平面的一個法向量為，則，取，則，即；所以，因此二面角的正弦值為.18.已知橢圓的左、右焦點分別為，過的直線與交于兩點，的周長為8．（1）求的方程；（2）若直線與交于兩點，且原點到直線的距離為定值1，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由的周長結合橢圓的定義得出，再由的關系求出，進而得出橢圓的方程；（2）當直線斜率不存在時，，當直線斜率存在時，設直線的方程為，由原點到直線的距離為定值1，得，再聯立方程組，由弦長公式求最值.【小問1詳解】因為的周長為8，所以，解得，焦距為，，所以，所以橢圓E的方程為．【小問2詳解】當直線斜率不存在時，為或，當時，，則，當時，同理，當直線斜率存在時，設斜率為，則直線的方程為，因為原點到直線的距離為定值1，所以，則，設，聯立橢圓于直線方程，消元得，所以，由，得,,令，則，由，所以當時，，所以的最大值【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為，；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于x（或y）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為的形式；（5）代入韋達定理求解.19.莫比烏斯函數在數論中有著廣泛的應用．所有大于1的正整數都可以被唯一表示為有限個質數的乘積形式：（為的質因數個數，為質數，），例如：，對應．現對任意，定義莫比烏斯函數（1）求；（2）若正整數互質，證明：；（3）若且，記的所有真因數（除了1和以外的因數）依次為，證明：．【答案】（1）（2）證明見解析；（3）證明見解析；【解析】【分析】（1）分別寫出的所有質因數，根據其個數即可計算出結果；（2）對的取值是否為1進行分類討論，對的取值進行分別計算即可求得結論；（3）