云南西南名校联盟2025-2026学年高三下学期3月联考数学试题

数学参考答案 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，只有一项符合题目要求） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C A B C B D D 【解析】 1．故选A． 2．但，故A错误；但，故B错误；，故C正确；，故D错误，故选C． 3．，则，而，即切点为，代入直线得故选A． 4．由，，得，所以，所以，故选B． 5．由题，数列成等比数列，所以，，所以公比为，故选C． 6．由图可知，则所以，，，解得，．因为，所以，所以，，所以，故选B． 7．如图1，椭圆的两个焦点坐标为，为两个圆的圆心坐标，圆的半径为，圆的半径为，由椭圆的定义，分析可知，即，故选D． ( 图1 ) 8． 问题等价于从1，2，3，4，5，6，7，8，9，10中任取4个不同的数求事件“存在≤<≤4，使得”的概率，不妨设，考虑对立事件不存在，，使得，则有，在1，2，3，4，5，6，7中任取4个不同的数，从小到大依次表示，此时有种不符合题意的取法，则有种符合题意的取法，所以事件“存在，，使得”的概率为，故选D． 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 题号 9 10 11 答案 ABD BCD AD 【解析】 9．设等差数列的公差为，则，当时，是关于的二次函数，点在过原点的抛物线上，选项AB正确；当时，点在过原点的直线上，可知，选项D正确，故选ABD． 10．由题，，所以，因此，若，则平面，从而，与是直角矛盾，故A不正确；平面，平面平面，所以B正确；设直线与平面所成角为，因为平面平面，所以直线与平面所成角也为，作在平面的投影，则，因为，所以是的中点，由相似可得∶∶2，因此；，因此，故C正确；若平面，则四点共面，因为平面平面，所以，可知，因为平面平面，且平面，所以；因此当面积最大时，有三棱锥的最大体积，可知，因为且是定直线，所以的三个角是定角，又因为分别在线段上运动，所以与成正比，则当最大时，有最大面积，此时，，因此三棱锥的最大体积为，故D正确，故选BCD． 11．如图2，设、，联立消去，得， 所以，，所以，，故A正确；由 ( 图 2 )，或由，得，故B错误；△面积，因为 ( 图 3 )，当且仅当时，取得最小值，故C错误；如图3，因为，所以 ，得，故D正确，故选AD． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 2 【解析】 12． ( 图 4 )13．如图4，设为底面正六边形的中心，为的中点，连接，，，为正六棱锥外接球的球心，由题意为等腰三角形，因为正六棱锥的侧面积为，所以，解得，所以，因为，所以，设，所以，所以，解得，所以正六棱锥外接球的表面积为． ( 图 5 ) ( 图 6 )14．合情推理（考虑极限思想）：设直线的方程为由题：故设的内切圆半径为如图5，则当时，轴，与轴间的距离1；如图6，当时，轴，与轴间的距离2，所以的取值范围是故的内切圆面积的取值范围是 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分13分） 解：（1）由题，又，，如图7， ( 图 7 )， ……………………………………（4分） 在△中，由余弦定理， 得， 所以． ……………………………………………………………………………（8分） （2）据（1）， 所以△的面积为．……………………（13分） 注：其余方法参照给分． 16．（本小题满分15分） （1）证明：由题． 又平面，平面 ∴ 而平面且 ∴平面………………………………………………………………………（6分） （2）方法一：解：取AB中点N，连接ON， ( 图 8 )如图8，以为坐标原点，、、的方向分别为轴、y轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，， ……………………………………………………………………………………（9分） 设平面的一个法向量为， 则，取， 平面的一个法向量为， 设截面与侧面夹角为， 所以， 所以截面与侧面夹角的余弦值为．…………………………………（15分） 方法二：几何法：解：如图9， 即为截面与侧面所成二面角的平面角． ………………………………………………（9分） ( 图 9 )在直角三角形中，，， 所以， 所以截面与侧面夹角的余弦值为．…………………………………（15分） 17．（本小题满分15分） 证明：（1）当时，，， ∴在R上单调递减． 又∵ ∴在R上有唯一零点． ……………………………………………………（5分） （2）先证必要性：因为时，，所以，即， 所以．………………………………………………………………………………（8分） 下面证明充分性： 当时，， 令，则，．   ……………………………………………………………………………………（10分） ①当时，，当且仅当时，取“=”， 以在上单调递增，所以，所以；  ……………………………………………………………………………………（12分） ②当时，记，则， 因为，，， 又因为在上单调递减，在上单调递增， 所以在上存在、，使，，且，， 所以当或时，；当时，， 所以在、上单调递增，在上单调递减． 又因为，，， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，而，，所以， 所以，所以，充分性得证．…………………………………………（15分） 18．（本小题满分17分） 解：（1）单败淘汰赛中，任何一场失利都意味着出局，强者必须赢得其参加的所有场比赛才能夺冠， 当，时，．……………………………………（2分） 双败淘汰制中，当，时，参赛者中不妨设强者为，其赢得冠军有三种情况： 情况1、全胜（不输任何一场）夺冠，赢下参加的三场比赛：第一轮初赛、胜者组决赛、总决赛，概率为； 情况2、在小组初赛输一次，但后面比赛中全胜，概率为； 情况3、在小组初赛胜，在胜者组初赛输一次，但在后面比赛中全胜， 所以．  ……………………………………………………………………………………（5分） （2）强者一共打场比赛，，； 一个弱者打场比赛，对阵强者，赢的概率为，对阵其他个弱者（弱者之间 比赛胜率为），所以．………………………………………（9分） 当，，时， ， 对于强者，，所以，即总是成立的． 强者要稳定夺冠，需要显著大于，实力差距越大，参赛人数越多， 强者预期胜场领先优势就越大．……………………………………………（12分） （3）①时，若，，若时，， 若，，则（约）， 单败淘汰制对弱者最有利，原因在于强者需要连续赢下多场比赛（场），任何一场失败（即使概率很小）都会导致其被淘汰．爆冷可能性随着比赛场次的增加而显著累积． 在同样条件（）下，双败淘汰制的大于单败淘汰制的． ②双败淘汰制比单败淘汰制更有利于强者．原因在于双败淘汰制给了强者一次犯错（输一场）的机会． 对于实力顶尖的选手（很大），双败淘汰制显著优于单败淘汰制．它大大降低了强者因单场意外失利而早早出局的风险．但对于实力中游的选手，双败淘汰制可能增加了他们遭遇顶尖强者的次数（从胜者组掉下来后要在败者组打更多比赛），反而可能不利． 双败淘汰制比单败淘汰制更有利于真正的顶尖强者稳定夺冠，降低了冷门的总体影响． ③单循环赛制最有利于强者，原因在于比赛场次多（场），根据大数定律和中心极限定理，实力更强（）的选手在大量比赛中，其胜率会稳定地表现出来，极大地减少了单场爆冷对最终排名的影响．强者有较多的机会证明自己的实力，弱者爆冷胜利（即使发生）对强者最终积分的影响被稀释了．代价是比赛场次过多，时间成本高，不适合大规模参赛．……………………………………………………………………………（17分）    【评分说明】 不同赛制的影响从“对强者有利程度”和“比赛场次（效率）”两个方面说明： 对强者最有利：单循环赛制. 样本量大，爆冷影响最小化.代价：场次较多，时间成本高，效率低； 对强者最不利（对弱者最有利）：单败淘汰制．强者需要连续多场不犯错，任何一场爆冷即出局．爆冷概率累加显著，效率最高． 根据以上要点适当扣分． 19．（本小题满分17分） （1）解：设根据，消去，得， 所以的标准方程为， 曲线为坐标原点为圆心，半径为的圆；……………………………………………（2分） 同理由得的标准方程为， 曲线是以坐标原点为中心，半实轴与半虚轴长均为的等轴双曲线．  ………………………………………………………………………………………（4分） （2）证明：如图10，设直线的方程为：，直线的方程为：， 联立方程，消去，整理得， 则，即， 得，， ( 图 10 )所以点的坐标为， 同理点的坐标为， 所以直线的斜率， 所以直线的方程为． 令，得，所以点的坐标为， ……………………………………………………………………………………（8分） 同理联立方程，类似可得 ，，． ……………………………………………………………………………………（12分） （ⅰ）直线的斜率为， 同理直线的斜率为，所以， 所以；…………………………………………………………………（15分） （ⅱ）设，由、、、四点共圆：可知： ， 又，而， 所以， 所以、、、四点共圆．……………………………………………………（17分） 数学参考答案·第4页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司 $■口口■口▣■▣口■▣■ 数学参考答案 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 有一项符合题目要求) 题号 1 2 3 5 6 7 P 答案 A O A B Q 马 0 D 【解析】 1.E-2 0啡店9 故选A. 1+i2 2.3∈A但3EB,故A错误；-3∈B但-3EA,故B错误；A∩B={1,2},故C正确； AUB={-3,-2,-1,2,3},故D错误，故选C 3.f"(x)=3ax2+1,则f'0)=1+3a=-2,a=-1,而f0)=1+a=0,即切点为1,0)，代入直 线2x+y+=0,得2+=0，=-2，故选A. 4.由5sina-2cosa+）=0,V5sima=2cos2+ 3 +写coea-5sna,得25ma=6osa, √55 所以tana= √3 6 ,所以m-663 3 1+3V 故选B 7 63 5.由题，数列05eN成等比数列，所以4：=Ag,g-产，所以公比为 hs h 故选C 6.由图，A=医i-语-4则a号所以)=5[经+p登o子a 1 ez,解得e-子流，kez.因为0<<，所以子所以九=5m仔+到 4 2 10+f②+f®)+④=，，+20，所以∑=506x0+/0+1g)=0, 故选B 7.如图1，椭圆的两个焦点坐标为F(-3,0),F3,0),为两个圆的圆心坐标，圆C,的半径 数学参考答案·第1页（共10页） 为 $$r _ { 1 } = 1 ，$$ 圆 $$C _ { 2 }$$ 的半径为 $$r _ { 2 } = 2 ，$$ ，由椭圆的定义 $$| P F _ { 1 } | + | P F _ { 2 } | = 1 2 ，$$ ，分析可知 $$1 2 - r _ { 1 } - r _ { 2 } \le | P M | + | P N | \le 1 2 + r _ { 1 } + r _ { 2 } ，$$ 即 9≤|PM|+|PN|≤15， ，故选D. P P M $$\overrightarrow { M }$$ N 图1 8.问题等价于从1，2，3，4，5，6，7，8，9，10中任取4个不同的数 $$a _ { 1 } ， a _ { 2 } ， a _ { 3 } ， a _ { 4 } ，$$ 求事 件“存在 $$1 \le i < j \le 4 ， i 、 j \in { N ^ { * } } ，$$ ，使得 $$| a _ { i } - a _ { j } | = 1 ”$$ 的概率，不妨设 $$a _ { 1 } < a _ { 2 } < a _ { 3 } < a _ { 4 } ，$$ ，考 虑对 立事 件不存 在 $$1 \le i < j \le 4 ， i ， j \in { N ^ { * } } ，$$ 使得 $$| a _ { 1 } - a _ { j } | = 1 ，$$ 则 有 $$1 \le { a _ { 1 } } < a _ { 2 } - 1 < a _ { 3 } - 2 < a _ { 4 } - 3 \le 7 ，$$ ，在1，2，3，4，5，6，7中任取4个不同的数，从小到 大依次表示 $$a _ { 1 } ， a _ { 2 } - 1 ， a _ { 3 } - 2 ， a _ { 4 } - 3 ，$$ ，此时有 $$C _ { 7 } ^ { 4 } = 3 5$$ 种不符合题意的取法，则有 $$C _ { 1 0 } ^ { 4 } - 3 5 = 2 1 0 - 3 5 = 1 7 5$$ 种符合题意的取法，所以事件“存在 $$1 \le i < j \le 4 ， i ， j \in { N ^ { * } } ，$$ ，使得 $$| a _ { 1 } - a _ { j } | = 1 ”$$ 的概率为 $$\frac { 1 7 5 } { 2 1 0 } = \frac { 5 } { 6 } ，$$ ，故进D. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 题号 9 10 11 答案 ABD BCD AD 【解析】 9.设等差数列 $$\left\{ a _ { n } \right\}$$ 的公差为 d， ，则 $$S _ { n } = \frac { d } { 2 } n ^ { 2 } + \left( a _ { 1 } - \frac { d } { 2 } \right) n ，$$ 当 d≠0 时， $$S _ { n }$$ 是关于n的二次函 数，点 $$\left( n ， S _ { n } \right)$$ 在过原点的抛物线 $$y = \frac { d } { 2 } x ^ { 2 } + \left( a _ { 1 } - \frac { d } { 2 } \right) x$$ 上，选项AB d=0 时，点 $$\left( n ， S _ { n } \right)$$ )在过原点的直线 $$y = a _ { 1 } x$$ 上，可知 $$a _ { 1 } < 0 ，$$ ， 选项D正确， 故选ABD. 数学参考答案·第2页(共10页) ■▣口■口口■▣▣■口■ 10.由题BM=CM=V2,BC=AD=2,所以BM+CM=BC2,因此BM⊥CM,若 BM⊥MF,则BM⊥平面B,CM,从而BM⊥B,M,与∠B,BM是直角矛盾，故A不正 确：EFc平面BCCB,平面BCCB∥平面AD,所以B正确；设直线MF与平面AB,CD 所成角为6，因为平面ABCD∥平面AB,C,D,所以直线MF与平面ABCD所成角也为日， 作P在平面ABCD的投影N,则tamn0= MN ,因为BC=2B,F,所以F是BC的中点， 由相似可得PN:BB=1:2,因此N=BB=1:MN=1,因此tan8=N-1,放C 2 W 正确；若D∈平面MEF,则M、E、F、D四点共面，因为平面BCCB∥平面AD,所 以D∥BP,可知e:=4S=,因为平面CCA∥平面A机，且 M∈平面AD,所以dM-cs=AB=1；因此当△CEF面积最大时，有三棱锥C-MEF的 最大体积，可知S△csr= dcs·CB,因为MD∥/BP且MD,是定直线，所以△FzC的 1 三个角是定角，又因为E、F分别在线段CC、B,C上运动，所以d.与CE成正比，则 当cB最大时，有△CBR最大面积，此时CB=CC,=2,d,-=亏2 因此三 楼锥C-MBF的最大体积为}x1x×2x2-2,故D正确，故选BCD. 3 2 39 消去x, y2=2px 得y2-2py-4p2=0,所以y+2=2pt，y2=-4p2，所以 04.08=) +y2=0,OA⊥OB,故A正确；由OE.ED=1× 4p2 1 (2p-1)+1×(1)=0,或由kog·k4a=ko8·kD=1× =-1，得 1-2p 图 P=1故B错关：△0面积Sa2p-男-%=p男为 因为(0y-少，}=+y2-2yy2=(y+y,)2-4yy2=4pt+16p2≥ 16p2,当且仅当t=0时，So4取得最小值4p,故C错误；如图3， 图 数学参考答案·第3页（共10页） ■▣口■口口■▣▣■口■ 因为B=少-业=1 4pYBD所以B,O-TDD TAl yy4p t -y yDAI TM0TD-IBD,得1+1=2 ,故D正确，故选AD. TAITBITD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 25π 【解析】 12.f(f(2)=fn2)=e2=2. 13.如图4，设O为底面正六边形ABCDEF的中心，M 为CD的中点，连接PM,PO,CO,O为正六棱 锥P-ABCDEF外接球的球心，由题意△PCD为等腰 三角形，因为正六棱锥P-ABCDEF的侧面积为12， 图4 匠以SAe=)×2×PM=2,解得PM=2,所以PC=5,因为O'C=2,所以P0 设OP-0C=及，所以00-1-R,所以1-P2-R,解得及-，所以正六校锥 外接球的表面积为4R2=25π. 14.合情推理（考虑极限思想）：设A(a0),B(0,b),a>0,b>0,直 线1的方我为京若1由恩：日后上橙a16>2设 △AOB的内切圆半径为r,如图5，则当a→1时， b→+0,1→1,4∥y轴，2r→1与y轴间的距离1：如图6，当 图5 b→2时，a→+0,1→12,12∥x轴，2r→12与x轴间的距离2， 所以r的取值范围是 故△AOB的内切圆面积的取值范围 是， 图6 数学参考答案·第4页（共10页） ■口口■口口■口口■▣■ 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 解：(1由题∠BMD=C,又AD=V5,c=2,如图7， SAmo-5uso Scobe sinc c·ADsin亚+b.ADsin 3 22 6 →5x2=5×2+56→6=4， 2 …(4分) D 在△ABC中，由余弦定理， 图7 得a2=b2+c2-2 bc cosA=42+22-2×4×2> 所以a=2万.…(8分） (2)据(1)b=4, 所以△ABC的面积为Sso= cm4=×4x2×5-25.…（1B分) ny 2 注：其余方法参照给分 16.(本小题满分15分) (1)证明：由题BC⊥OM. 又FO⊥平面ABCD,BCC平面ABCD, .FO L BC. 而FO、OMc平面FOM,且FO∩OM=O, .BC⊥平面FOM.… …(6分) (2)方法一：解：取AB中点N,连接ON, 如图8，以O为坐标原点，O示、OM、OF的方向分别为x 轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B1,√2,0)， C(-1,√2,0)，F(0,0,1),CB=(2,0,0),CF=1,-√2,1)， 图8 …(9分) 数学参考答案·第5页（共10页） ■▣口■口口■▣▣■口■ 设平面BCF的一个法向量为n=(x,y,z), 则n-C西=2x=0 ,取n=(0,1,√2)， n.CF=x-2y+z=0 平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1), 设截面BCF与侧面ABCD夹角为O, 所以cos6=cos<m,n |n-V2√6 |mlm√33 所以截面BCP与侧面ABCD夹角的余弦值为 …………(15分) 3 方法二：几何法：解：如图9， ∠OMF即为截面BCF与侧面ABCD所成二面角的平面角. …(9分) 在直角三角形中OM,M=)×2=V3,OM=V2, 图9 所以COS OMF=2-V6 33 所以截面BCF与侧面ABCD夹角的余弦值为Y …(15分) 3 17.(本小题满分15分) 证明：(1)当a=0时，f(x)=-x+sinx,f(x)=-1+cosx≤0， ∴.f(x)在R上单调递减. 又.f(0)=0, f(x)在R上有唯一零点X=0.…（5分) (2)先证必要性：因为x≥0时，f(x)≥0，所以f(m≥0，即am2-元+sn≥0， 所以a≥1 …(8分) 下面证明充分性： 当a≥1时，f)=ax2-x+simx≥1x2-x+sinx, 数学参考答案·第6页（共10页） ■口口■口口■口口■▣■ 令h)）=1x2-x+sin,则h0w)=2x-1+cosx,x≥0. …(10分) ①当之元时，=2x-1+cos之2元-1+cosX=1+cos≥0，当且仅当x=元时，取4=” 以h(x)在[π，+m)上单调递增，所以h(x)≥h(π)=0，所以f(x)≥0； …(12分) ②当0Ex<元时，记a)=h),则p)=2-sinx, 因为0-20.-10网=20 π 又因为0子血x在〔引单调递减，在行可上单调造 所以在@用上花在长，食)-0，)-0，且引侵小 所以当0<x<x或x2<x<π时，p'(x)>0;当x<x<x2时，p'(x)<0, 所以p(x)在(0，x)、(x,四上单调递增，在(x,x)上单调递减. 又国为n0=0=0, =[=0.==0， 所以当xe(02) 时国>0：当G时，<0， 所以)在(0到引上单调通增，在行可上单调递减。 所以h(x)ma=min{(O),h(π)}，而h(O)=0,h(=0,所以h(x)m=0, 所以h(x)≥0，所以f(x)≥0，充分性得证.…(15分) 18.(本小题满分17分) 解：(1)单败淘汰赛中，任何一场失利都意味着出局，强者必须赢得其参加的所有 k(k=log2m场比赛才能夺冠， 当n=4,p=0.7时，P(p)n=p=0.72=0.49.…(（2分) 双败淘汰制中，当n=4,p=0.7时，参赛者A,B,C,D中不妨设强者为A,其赢得冠军 有三种情况： 情况1、A全胜（不输任何一场）夺冠，赢下参加的三场比赛：第一轮初赛、胜者组决赛、 数学参考答案·第7页（共10页） ■口口■口口■口口■▣■ 总决赛，概率为卫=p; 情况2、A在小组初赛输一次，但后面比赛中全胜，概率为乃=p1-p): 情况3、A在小组初赛胜，在胜者组初赛输一次，但在后面比赛中全胜￡=p1-p), 所以P(p)m=+卫+B=p(3-2p)=0.73×(3-2×0.7)=0.5488 …(5分) (2)强者一共打-1场比赛，W器~B(n-1,p),E(W强)=(-1)p: 一个弱者打-1场比赛，对阵强者，赢的概率为1-p,对阵其他n-2个弱者（弱者之间 比赛胜率为r),所以E(W弱)=1-p+(1-2r.…(9分) 当n=16,p=0.6,r=0.5时， E(W)-E(W)=(n-1)p-[1-p)+(n-2)×0.5]=n(p-0.5)=1.6, 对于强者，p>0.5,所以(D-0.5)>0,即E(W)>E(W)总是成立的. 强者要稳定夺冠，需要E(W强)显著大于E(W),实力差距p-0.5越大，参赛人数n越多， 强者预期胜场领先优势(p-0.5)就越大.…(12分) (3)①p=0.7时，若n=4,P(p)m=0.7=0.49<0.5,若n=8时，P(p)m=0.73=0.343, 若p=0.8,n=16,则P(p)wm=0.84=0.4096(约41%)， 单败淘汰制对弱者最有利，原因在于强者需要连续赢下多场比赛(k=log2n场)，任何一 场失败（即使概率1-p很小）都会导致其被淘汰.爆冷可能性随着比赛场次的增加而显 著累积。 在同样条件（n=4,p=0.7)下，双败淘汰制的P(p)m=0.5488大于单败淘汰制的 P(p)wm=0.49. ②双败淘汰制比单败淘汰制更有利于强者，原因在于双败淘汰制给了强者一次犯错（输 一场)的机会 对于实力顶尖的选手（卫很大），双败淘汰制显著优于单败淘汰制.它大大降低了强者因 单场意外失利而早早出局的风险.但对于实力中游的选手，双败淘汰制可能增加了他们 遭遇顶尖强者的次数（从胜者组掉下来后要在败者组打更多比赛），反而可能不利 数学参考答案·第8页（共10页） 口▣■口口■▣▣■口■ 双败淘汰制比单败淘汰制更有利于真正的顶尖强者稳定夺冠，降低了冷门的总体影响. ③单循环赛制最有利于强者，原因在于比赛场次多(-1场)，根据大数定律和中心极限 定理，实力更强(p>0.5)的选手在大量比赛中，其胜率会稳定地表现出来，极大地减 少了单场爆冷对最终排名的影响，强者有较多的机会证明自己的实力，弱者爆冷胜利（即 使发生)对强者最终积分的影响被稀释了，代价是比赛场次过多，时间成本高，不适合 大规模参赛.… …（17分) 【评分说明】 不同赛制的影响从“对强者有利程度”和“比赛场次（效率）”两个方面说明： 对强者最有利：单循环赛制.样本量大，爆冷影响最小化代价：场次较多，时间成本高， 效率低； 对强者最不利（对弱者最有利）：单败淘汰制.强者需要连续多场不犯错，任何一场爆冷 即出局.爆冷概率累加显著，效率最高. 根据以上要点适当扣分. 19.(本小题满分17分) (1)解：设{ x=acose, 根据cos20+sin20=1,消去0，得x2+y2=a2, y=asin0, 所以2的标准方程为x2+y2=(a>0), 曲线2为坐标原点为圆心，半径为α的圆；… …(2分) 同理由cos-simh:t=1得T的标准方程为- -=1(a>0), 曲线是以坐标原点为中心，半实轴与半虚轴长均为α的等轴双曲线 …(4分)） (2)证明：如图10，设直线le的方程为：y=k(x+d,直线lao的方程为：y=k,(x+) y=k(x+a 联立方程 x2+y2=a2 ,消去y,整理得Q+)x2+2ka+ka2-a2=0, 则，u=I+,即（四w-1+0 1+k2 1+2 得x4-0-a 2ka 1+k2 w=kw+四=1+F 所以M点的坐标为 (1-k)a 2ka 、1+k2’1+k 图10 数学参考答案·第9页（共10页） ■▣口■口口■▣▣■口■ 同理N点的坐标为 (1-k2 )a 2k,a 1+1+3 2k,a 2ka 所以直线W的斜率ko=一丝= 1+k31+kk2-1 xyxxx (1-k2)a 1-k2)a k+k 1+k经1+k2 所以直线MN的方程为y- 2ka_kk2-1. 1-k)a 1+k+ 1+k 令y-=0,得经a,所以点C的坐标为 1+kka0, 、 1-kk2 …(8分) [y=k(x+a) 同理联立方程 类似可得 x2-y2=d2 +k2)a 2ka ((1+k)a 2k,a D 1-2 1-kk2w0 1-k 1-'1-好 1+kk2 …(12分) 2ka (i)直线DM的斜率为kM= 1+ 1+kk2 (1-k)a (1-kk)a k-k 1+k2 1+kk2 同直线DN的斜率为kw套，所以k+v-0, k-k2 所以∠ADM=∠ADW; …(15分) (i)设B(a,0),由A、M、B、N四点共圆2：x2+y2=a2可知： MC‖CN=|AC‖CBH(x。+ad)(x。-aFx2-a2|, cDH面生装a+, 所以|MC‖CNI=HOC‖CD|, 所以O、M、D、N四点共圆.…(17分) 数学参考答案·第10页（共10页）数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答 题卡上填写清楚， 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 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， 只有一项符合题目要求) 1复数=，则1： A② 2 B.2 c.2 1 D.2 2.若集合A={-2,-1,2,3},B={-3,-1,2},则 A.ACB B.BCA C.A∩B={-1,2} D.AUB={-3,-2,-1,-1,2,2,3} 3.若函数f(x)=ax+x(a∈R)的图象与直线2x+y+m=0相切于点(1，f(1)),则实数m= A.-2 B.2 C.-3 D.3 4已知5sina-2cosa+=0,则aa看 35 B.、3 7 7 0.36 5 数学，第1页（共6页）5 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 5.如图1为眼晴分辨视标的数学模型，视标整体形状为正方形，长和宽相等为，视标 笔画宽度和空白缺口宽度相等均为h,将视力值按0.1,0.2,0.3，…，1.5划分为15 个等级，对应的视标笔画宽度成等比数列{hn}(n≤l5,neN),则公比为 图1 14 15 n15 A.15 B.5 C. D √h 6.如图2为函数f(x)=√5sin(ax+p)(w>0,0<p<π)的部分图象， (7,0,(行，0为图象与x轴的两个交点坐标，则 宫r) A.-√6 B.0 c 图2 D.√6 万设P为椭圆多+1上一动点，M、N分别为圆C:(x+3)+y1和圆C:(x-3)2+ y2=4上的动点，则IPM|+IPN|不可能为 A.9 B.11 C.13 D.16 8.已知数轴上有10个不同的点X,(i=1,2,…,10),X,的坐标为x,且满足x+1-x= 1(k≤9，k∈N'),从上述10个不同点中任取4个不同的点，则事件“存在1≤i≤ 4,i,jeN·,使得|XX|=1”的概率为 1 A.24 B D. 数学·第2页（共6页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP ■口口回口□■口口■口回 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.数列{a,I的前n项和为Sn,指出Sn=f(n)的图象上的部分点对应的数列{a}可能是等 差数列的是 10.如图3，在长方体ABCD-A,B,C,D,中，AD=AM,=2,AB=1,E、F分别在线段C,C B,C上运动，M为线段AD的中点，则下列结论正确的是 A.BM⊥MF B.EF∥平面AD C若8C=2B正，则直线M与平面AB,CD,所成角为牙 D.若D,E平面MEP,则三棱锥C-MBF的最大体积为子 图3 1l.已知直线l:x-y-2p=0(p>0,t∈R)与抛物线C:y2=2px相交于A、B两点，点A在 第一象限，1与x轴交于点D,O为坐标原点，则下列说法正确的是 A.OA⊥OB B.若OE⊥AB,E(1,1)为垂足，则p=2 C.△OAB面积的最小值为2p2 2 D,若1与直线=-2p交于点T,则+B=7m 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分) 12.已知x)= e',x≤1， 则f2))= Inx,x>1, 13.已知正六棱锥P-ABCDEF的侧面积为12，AB=2,则该正六棱锥外接球的表面积为 14. 过点(1,2)的直线1分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于A、B两点，0为坐标原点， 则△AOB的内切圆面积的取值范围是 数学·第3页（共6项） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分) 已知△ABC的内角AB、C对边分别为a、6、cA,c=2.D在边BC上，ADE 5,∠c4D=君 (1)求a; (2)求△ABC的面积， 16.（本小题满分15分) 如图4，几何体EF-ABCD由一个直三棱柱截去一个三棱锥所得，∠AED=90°，AE= ED=√2，AB=2√2，O为矩形ABCD的中心，OF⊥平面ABCD,M是BC中点. (1)证明：BC⊥平面FOM; (2)求截面BCF与侧面ABCD夹角的余弦值： 图 17.(本小题满分15分) 已知函数f(x)=ax2-x+sinx. (1)当a=0时，证明：f(x)在R上存在唯一零点； (2)证明：f(x)≥0在[0，+∞)上恒成立的充要条件是a≥二 数学·第4页（共6页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 18.(本小题满分17分) 针对赛制对“强者”和“弱者”的影响进行建模分析 设参赛人数为（为2的幂次，如4,8,16），假设每场比赛只有两种可能结果：胜或 负（忽略平局）.各场比赛的结果相互独立 赛制一、单败淘汰制：参赛者两两对决，胜者晋级，负者直接淘汰，直到决出冠军 赛制二、双败淘汰制：参赛者随机分组进行初赛，胜者组、负者组分别组内随机抽签 比赛，胜者组失败者掉人负者组，负者组失败者被淘汰，胜者组冠军和负者组冠军进 行总决赛 以4人为例，如图5： 胜者13 胜者3 胜者2N 胜者56 军 负者1 负者3 负者24 胜者45 图5 赛制三、单循环赛制：每位参赛者与其他所有参赛者都进行一场比赛。最终按总积分 (或胜场数)排名.总积分（或胜场数）最高者为冠军（若积分相同再比较其他规 则) 假设在强者（只有一人)与弱者单场比赛中，P为“强者”战胜“弱者”的概率。弱 者实力均等，他们之间比赛时胜率均为rP(p)表示“强者”最终赢得冠军的概率 (1)当n=4,p=0.7,r=0.5时，求赛制一、赛制二相应的P(p)im; (2)针对赛制三，W强、W弱分别表示“强者”、“弱者”的胜场数，写出E(W强)、 E(W弱)；当n=16,p=0.6,r=0.5时，计算E(W强)-E(W弱)并说明“强者”稳定夺 冠的因素； (3)评价三种赛制对“强者”和“弱者”的影响 数学·第5页（共6页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP ■口口■口口■口口■口■ 19.(本小题满分17分)》 在单位圆x2+y2=1上取一点，与圆心相连的线段、圆周及x轴非负半轴围成的扇形面 积为s,扇形面积的2倍来定义圆角0，即2s=0.对于一个确定的圆角0，定义六种三 角函数：sin0(正弦)，cos0(余弦)，tan0(正切)，cot0(余切)，sec0(正割)，csc0(余 割)，此点的坐标为(cos0,sin0). 类比三角函数与单位圆，在单位等轴双曲线x2-y2=1上取一点，与坐标原点相连的线 段、双曲线及x轴非负半轴围成的图形面积为s,定义双曲角t=2s,对于一个确定的 双曲角t,定义六种双曲函数：双曲正弦sinh,双曲余弦cosh,双曲正切tanh,双曲 余切coth,双曲正割sech,双曲余割csch.此点的坐标为(cosht,.sinht).双曲函数可 以用指数形式表示.对于双曲角，有：ilh=e )一，cosht-=e,等 点(acos0,asin0)、(acosht,asinht)(a>0)所在曲线分别记为2、T. (1)描述曲线2、T的形态并写出2、T的标准方程； (2)过点A(-a,0)作两条直线（不同于x轴）分别交2和T(y轴右侧部分)于点M、 P,N、Q;线段MN、线段PQ与x轴的交点分别为C、D,O为坐标原点 (1)证明：∠ADM=∠ADW; (ii)证明：O、M、D、N四点共圆. 数学·第6页（共6页） CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 数学-双向细目表 题号 题型 分值 试题内容 难度系数 备注 1 选择题 5 复数 易 2 选择题 5 集合 易 3 选择题 5 三次函数、切线 易 4 选择题 5 三角恒等变换、求值 中 5 选择题 5 等比数列应用 易 6 选择题 5 三角函数图象性质 中 7 选择题 5 圆和椭圆的性质 中 8 选择题 5 古典概型 难 9 选择题 6 等差数列性质 易 10 选择题 6 立体几何问题 中 11 选择题 6 直线与抛物线 难 12 填空题 5 分段函数求值 易 13 填空题 5 立体几何组合体-多面体和球有关问题 中 14 填空题 5 直线和圆、极限思想（合情推理） 难 15 解答题 13 解三角形 易 16 解答题 15 立体几何垂直关系及二面角 易 17 解答题 15 函数导数 中 18 解答题 17 概率统计问题 难 19 解答题 17 探究性问题、解析几何-直线与圆曲问题 难 命题 思想 达成 目标 优秀率 及格率 平均分 6%左右 60%左右 90±5左右 全面考查数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算、和数据分析的核心素养，体现基础性、综合性、应用性、和创新性的考查要求。 学科网（北京）股份有限公司 $