浙江省卓越计划2027届新高三选拔考试数学试题（练习卷）

**基本信息** 浙江省卓越计划新高三选拔考试数学卷，以抽奖、投篮等现实情境及函数新定义为载体，覆盖函数、几何、概率等核心知识，梯度设计适配一轮复习对基础巩固与创新应用的双重需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|统计（平均数）、向量（基底与夹角）、集合运算|第8题结合抽奖情境考察条件概率，体现数学眼光观察现实世界| |多项选择|3/18|复数性质、正三棱台与球面交线|第10题融合立体几何与球的交线问题，考察空间观念与几何直观| |填空|3/15|双曲线渐近线、函数奇偶性与对称性|第14题以函数迭代与等比数列结合，考察数学思维的逻辑性| |解答题|5/77|立体几何（作图与证明）、解三角形、概率模型、椭圆综合、函数新定义|第17题投篮训练概率模型考察数学建模，第19题函数新定义问题考察抽象思维与逻辑推理，呼应数学语言表达现实世界的核心素养|

2026年高三模拟考试 数学答题卡 班级 姓名 学校 考场号 1,答题前请将姓名.班级、考场。座号和准考证号填 注 写清楚 意 2,客观题答题，必须使用2铅笔填涂，修改时用橡皮搽 干净， 贴条码区域 事 3.主观题必须使用黑色签字笔书写 4,必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域 项 书写无效。 5但挂突类速士完越 正确填涂■ 错误填涂 名湿巴 考生禁填 缺考☐ 违规☐ (由蓝考老师填涂 选择题（用2B铅笔填涂） 1 [A][BI [C][D] 9 IA]IB]ICI ID] 2 IAIIBI ICI ID] 6 [A][B]IC]ID] 10[A1[B1IC1[D1 3 [A][B]IC]ID] 7 IA]IB]ICIID] 11【A1IB1IC1IDI 4 [A][B]ICI ID] 8[A1IB1[C1[D1 填空题（每小题5分，共15分） 12 13 14 解答题（本大题共5小题，共77分） 15(13分) 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 第1页共5页 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 接15题 16(15分) 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 第2页共5页 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 17(15分) 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 第3页共5页 ■ 请保持答题卡干净整洁，不要污损 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 18.(17分) 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 第4页共5页 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 19.(17分) 请在各题目的作答区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 第5页共5页保密★启用前 浙江省卓越计划2027届新高三选拔考试 数学试题 2026.07 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡 上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题 区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单项选择题：本题共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.样本数据7,8,14,16,20的平均数为 A.8 B.9 C.12 D.13 2.如果{ā，b}是平面向量的一组基底，则“a与b的夹角是钝角”是“ā.b<0”的 A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 3.已知合4=012议.B= 则A∩B= A.{3} B.{2,3} C.0,3 D.{x≥2或x≤1} 4.若存在a>0,对任意的xc0,+),都有nx+2ab-a≥0，则当b取到最大值时，a的值 为 A.1+h2 B.2+In2 C.In2 D.2h2 ⑤设函数f因=-x+1+x+x+,则 A.f(x)的最小值为1 B.f(x)的最小值为√互 C.f(x)=1有一个实根 D.f(x)=√2有两个实根 6.使得simV2+sim2v2+…+sin(W2)>2成立的正整数n的个数为 A.0个 B.无穷多个 C.1个 D.以上选项都不对 高三数学试题第1页（共4页） 7.己知单调递增的整数列{a}共有n项，4=1，a,=200,且对任意的整数m∈[2，n],都存在 整数i,j∈[1，m-1]使得am=4+4(i,j可以相等)，则数列{a}至少有 A.7项 B.8项 C.9项 D.10项 8.某商店店庆，每个在店内消费到一定额度的顾客都可以参与抽奖活动.组织方准备了(n≥3)个 盲盒，其中有m(1≤m<n-1)个盲盒内有奖品.抽奖规则为：抽奖者从这n个盲盒中随机抽取1 个盲盒，兑奖后组织方会再补回一个相同的盲盒，充分混合后，再由下一位抽奖者抽奖抽奖 者甲先拿起了一个盲盒，在犹豫是否打开时，组织方拿走了一个没有奖品的盲盒，最终甲选 择了另外一个盲盒打开，记甲中奖的概率为乃.抽奖者乙在选盲盒时不小心碰掉了一个盲盒， 并且发现摔裂的盲盒内没有奖品，随后乙从剩下的盲盒中选定一个盲盒打开，记乙中奖的概 率为P2,则 A.P>P B.P=P2 C.p<P2 D.无法确定乃与P2的大小关系 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。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.己知，2为复数，下列说法正确的是 A.Z122=31·23 B.Z1-z3=31-22 C.若z1,z2是方程x2-2x+5=0的两根，则z+z号=-6 D.若名+1=3+，则3= 10.已知正三棱台ABC-ABC1是由一个平面截棱长为6的正四面体所得，其中AB=6,AA=2, 以点A为球心，27为半径的球面与侧面BCCB的交线为曲线T,P为T上一点，则 A.点A到平面BCCB,的距离为2√6 B.三棱台ABC-4B,G的体积为16N5 3 C.所有线段4P所形成的曲面面积为4V7π 3 D.三棱台ABC-ABC1外接球的表面积为54π 高三数学试题第2页（共4页） 11.若曲线T满足条件：存在正数a和点PT,对于任意点A∈T,总存在点B∈T,使得 PAPB=a,则称该曲线是“a-封闭曲线”，则下列曲线是“a-封闭曲线”的是 A.2x2+y2=1 B.x2+x=1 C.x2+y2=sin2x+cos2y D.sin(x+2y)=2x-y 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12,者P为双自我C:三若-1a~0b,0上并于A-a0j,8(e0的动点，且直线PA与PB 的斜率之积为5，则C的渐近线方程为 13.己知f(x)是定义在R上的奇函数，函数8(x)=(x-2)f(x)的图象关于点(2,0)对称，且满 2025 足∑f()=3,则8(-1)= 14.设0<c<2026,函数F(x)=x+cx,令a=F(m)-F(n-1)(n∈N),若存在正整数k,使 得a,a+1,+2成公比为q的等比数列，则称9为F(x)的一个“可取公比”，F(x)的所有可取 公比的乘积为 四、解答题：本题共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.(13分) 如图，己知正三棱柱ABC-ABC的棱长均为2，M,N,P分别为线段BB1,AB,AC的中点， (1)证明：NP∥平面BCC,B; (②)作出过M,N,P三点的截面与正三棱柱表面的交线（请保留作图痕迹，并用文字语言叙述作 图过程)，并求出交线的长度之和！ B 16.(15分) B 在△ABC中，cosA+cosB+cosC=1+2sin号simB (1)当A=B时，求3cosA+cosC的值： (2)求C: (3)若tanA+tanB+tanC=2 tan Btan C,AC=2+√3，求△ABC的外接圆半径. 附：c0sa+cos,B=2cosa+Pcos0-E 2 sin in B-[co(a-B)-com) 高三数学试题第3页（共4页） 17.(15分) 某同学进行投篮训练，投中1次记1分，未投中1次记-1分，n次投篮后累计得分为X,当 X=2或-2时，训练结束.设该同学每次投中的概率均为三，各次投中与否相互独立。 (1)当n=2时，求P(X=0): (2)求n=6时训练结束的概率： (3)记该同学恰好经过加次投篮后训练结束，证明：B(叫<了· 17 18.(17分) 云+若-1a>6>0)的离心率为9，左、右顶点分别为4,4，且4=4 已知椭圆c:+y (1)求C的方程： (2)点P是直线1：x=-8上的一点，直线PA交C于另外一点M(异于点A),直线PA交C于另 外一点N. (i)求证：直线W经过定点： (i)记△MNA1和△WA的面积分别为S,S2,求S-S的最大值. 19.(17分) 已知函数y=f(x)的定义域为R,对于给定实数a和b(a<b),定义集合 E={[f(x)-f(a)][f(x)-f(b)]≤0} (I)若f(x)=x,求Eo; (2)设f(x)=x2-2x,若[0,2]二Ea.2,求实数t的取值范围： (3)设集合Fa,=[f(x)+f(a】[f(x)+f(b)】s0},证明：“对于任意给定实数a和b(a<b), 若x∈Ee,均有-x∈Fab”的充要条件是“y=f(x)是奇函数”. 高三数学试题第4页（共4页）保密★启用前 浙江省卓越计划2027届新高三选拔考试 数学参考答案 2026.07 一、单项选择题：本题共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.D2.C3.C4.A5.B6.A7.D8.A 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。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.AC 10.ACD 11.AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.y=±5x13.9 14.26 四、解答题：本题共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 (1)证明：如图，取AC的中点E,连接PE,NE, 因为N,P分别为线段AB,AC的中点， 所以PE∥AA,NE/BC, B 又因为正三棱柱ABC-ABC1,AAI1CC,所以PE∥CC. 因为PE￠平面BCCB,CC1C平面BCCB,所以PE/平面BCCB, 同理可证NE∥平面BCC,B, B 又因为PENE=E,且PEc平面WPE,NEC平面NPE, 所以平面NPE/平面BCC,B,. 因为NPc平面WPE,所以PI/平面BCC,B. (2) B 如图，过N的直线交AA的延长线于F点，连接FP,并延长FP交AC1于G 点，交AC于H点，连接H,直线N与AB,的延长线交于I点，连接IG, 与BC交于Q点，连接MQ,则五边形MNHGO即为所求. B 因为正三棱柱ABC-AB,C的棱长均为2， 所以由图可知，MN=V2,△MBN兰△FAN,△MBN=△MB1I,△PHC=△PGA1,△FAH~△ 答案第1页，共7页 FAG, 风此4=山子4G}a= 2,Z=√5，B/=1 由余弦定理得H=3 2 在平面4BG肉，AIL4G-月过G作GK/BC交4R于K点， 则4K=KG=AG=3, 21 则AK子BQG=1.即2为8G中点， 所以QG= 2,地=2， 所以五边形MNHG0的周长为W+MH+HG+GQ+M0=2√2+√3+√5. 16. (1)当A=B时， 自已知得2csA+owc=1+2m号2-个-2sn:}-2-co4. 可得3coSA+cosC=2. (2)由参考公式及已知条件，可得2c0s4+Bcos1-B+ +cos C=1+cos A-B 2 -c0S- -COS- 2 2 2 因为A+B=π-C,所以cs4+B=g 2 代A0用2n写s。 s 2+cosC-1+cos 4-B C 2 sim2’ 2+cosCi C-1=0, 利用cosC=1-2sin2C」 2 2 2 所以sn号cw4m)o 若2sin -1=0，则si 2 22,所 26即C C-T 3 A-B C 若cos A+ -sin-=cos- 2 2 2，则A=0或B=0,构不成三角形，舍去， 故C=亚 3· (3)tan A4=tan(r-B-C)=-tan(B+C)=tan B+tanc tan BtanC-1' 可得tan Atan B tan C=tanA+tanB+tanC, 答案第2页，共7页 又由tanA+tanB+tanC-2 tan BtanC,得taA=2, 可得simA=25 5 于是m月=m(4+）n4+5cs425+西 32 2 10 记DABC的外接圆半径为R, AC 2+V3 R= =√5 由正弦定理得 2sinB。V5(2+V3 2x- 10 17. (1)2次投篮得分X=0,说明1次投中，1次没有投中， 因此PX=0)=c2××(1-到)=8 (2)n=6时训练结束，说明前2次投篮为投中1次，未投中1次，得分X=0. 第3次、第4次投篮为投中1次，未投中1次，得分X=0. 第5次、第6次投篮为连续2次投中，或连续2次未投中，得分X=2或-2. 故n=6时训练结束的概率为××（侵×+×）=品 (3)因为该同学恰好经过m次投篮后训练结束，所以m为偶数，故m的可能取值为2,4,6，， P0m=2)=(月+份°= Pm=到- 88 Pm=6)=()x P0m=2)=(目×号 则E(m)=2x+4××君+6×（目）×君++2k×(目)×营 两边同莱以得， (m)=2×x+4×()×8+6×(目)×+…+2kx(图)×8 两式作差得， 6(m=2×g+2×8x+2x()°×+2x(目°x君+…+2×（目-×-2k× 即Em)=2+2×君+2×（图°+2×（图）°+…+2×（目周4-2k×(目 答案第3页，共7页 =2+2×--2k×目-普x目-2张×月<普<号 18 18. (1)椭圆C的左、右顶点为4，A,且A4=4,∴.2a=4,解得a=2. ”椭圆离心率e==5, c=3, a 2 .b2=a2-c2=4-3=1, :椭圆C的方程为父+y=1 4 (2)（i)证明：由题可知A(-2,0),A(2,0),设P(-8,),t≠0. 当t≠0时，直线PA的方程为y=-(x+2), 6 VA -8 y=-二(x+2) 6 联立 ,消去y整理得(t2+9)x2+4t2x+4t2-36=0, 4+21 已知x=-2是方程的一个根，设Mxw,w),由韦达定理得-2x 4t2-36 Γt+9 18-2t2 六XM= t2+9 代入直线方程得4=-6 +9,即M 18-2t26t 2+9’2+9 同理，直线P4,的方程为y=-6-2), 10 y=- （K-2 10 联立 t ,消去y整理得(t2+25)x2-4t2x+4t2-100=0, +y2=1 4 己知x=2是方程的一个根，设N,),由韦达定理得2x,=+25, 4t2-100 10t 250,代入直线万程得+25’即N27-50101 .Xw=f+25 P+25'2+25 答案第4页，共7页 10t,6t kor=m-业=，2+25P+9=16e+1)_4H XN-XM 242-5018-2f2- 4(t4-225)t-15 t2+25t2+9 6t4t.18-212 直线N的方程为y x- t2+9t2-15t+9月 装理w59品7sg4o 、4w1-22-184+2=1（2x+10）, t2-15t+9t2-15-15-15t2-15 当=吉时，0，即直线N过点司台) i设直线MN的方程为x=w-),M,Vs,2 1 x=ny- 联立 ,消去x整理得(m+49加2-m-15-0, 4 +y2=1 4 15 由韦达定理得y+y2= m2+4'y%=40㎡+9 ~S=方Nd,=方N4,其中4为4到直线N的距离，4为4到直线N的距离， 计算得d 3 5 2+m,4 2+m,Iw1+m11-为， S-s上N4-d上为- m 152W4m2+15 :以-均=G+》-4y=m+4+m+4 十一 m2+4 1S-8上=V4r+15 +4 今5，测5，代入海云4品十 +4r+1u+工 u2-15 4 由对勾函数的性质可得u+二在[15，+)上单调递增， u 所以当1=5时，u+取得最小值，S-S取得最大值4正-西 15+14 即刚8-S的最大值为 4 答案第5页，共7页 19. (1)由题，由(t-0)-1)≤0，可得0≤x≤1，故Eo=[0,: (2)注意到f(x)=x(x-2t)≥0，且x=0、x=2t是f(x)的零点， 由题意，y=f(x)在[0,2]上的最大值为f(2),最小值为f(0)=0, ①当t=0时，∫(x)=x2在[0,2]上严格增，即f(0)≤f(x)≤f(2), 从而[f(x)-f(0)][f(x)-f(2)]≤0对xe[0,2恒成立，即[0,2]=E.: ②当t<0时，f(x)=x2-2r在[0,2]上严格增，同①分析有[0,2]=Ba.2): ©当0.e到0上的表道为-产 2t 在[0,2t]中的最大值为f(t)=P,最小值为f(0)=0, 若t≥2，则f(x)在[0,2]上严格增，同①分析有[0,2]=Ea.2), 若te(0,1),则2t∈(0,2)，在(2t,+m)上的最大值为f(2)=4-4,且f(x)>f(2)=0, 所以f(2)≥f()满足要求，即t∈(0,22-2， 若te1,2),则2t∈[2,4)，此时t2=f(t)>f(2)=4t-4≥0恒成立， 故(2)不是[0,2]上的最大值，不满足要求，舍去， 综上，实数t的取值范围是(-o,2V2-2U[2,+0): (3)充分性： 当y=f(x)是奇函数时，若x∈Ea,,则[f(x)-f(a)][f(x)-f(b)]≤0， 即[-f(-x)-f(][-f(-x)-f(b)]≤0， 答案第6页，共7页 即[f(-x)+f(a)][f(-x)+f(b)]≤0，所以-x∈Fa 必要性： 由实数a和b的任意性，取a=-t,b=t(t>0), 显然x=t和x=-t满足[f(x)-f(-)][f(x)-f()]≤0， 即t∈E-、-t∈E-t,则必有-t∈-t、t∈F, 2f(t)[f(t)+f(-t)]≤0 即有 2f(-t)[f(-t)+f(t)]s01 若∫(t)+∫(-t)<0,则f(t)≥0，f(-t)≥0， 由同向相加性，可得f()+(-t)≥0，矛盾， 若f()+f(-)>0,则f(t)≤0，f(-)≤0，即f()+f(-)≤0，矛盾， 所以f(t)+f(-t)=0, 同理可证，当t<0时，取a=t,b=-t,有f()+f(t)=0, 取a=0,b=1,则0∈Eou,有0∈Fo,即2f(0)[f(0)+f()]≤0： 取a=-1,b=0,则0∈E1,有0∈F-0,即2f(0)[f(0)+f(-1)]≤0： 由于f(t)+f(-)=0,故2f(0)[f(0)-f()]≤0， 由同向相加性，得4f(0)≤0，即f(0)=0, 因此，对于任意实数x,均有f(-x)=-f(x),即y=f(x)是定义在R上的奇函数. 答案第7页，共7页 保密★启用前 浙江省卓越计划2027届新高三选拔考试 数学试题 2026.07 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。 2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单项选择题：本题共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．样本数据，，，，的平均数为 A． B． C． D． 2．如果是平面向量的一组基底，则“与的夹角是钝角”是“”的 A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知集合，，则 A． B． C． D． 4．若存在，对任意的，都有，则当取到最大值时，的值 为 A． B． C． D． 5．设函数，则 A．的最小值为1 B．的最小值为 C．有一个实根 D．有两个实根 6．使得成立的正整数的个数为 A．个 B．无穷多个 C．个 D．以上选项都不对 7．已知单调递增的整数列共有项，，，且对任意的整数，都存在 整数使得（可以相等），则数列至少有. A．项 B．项 C．项 D．项 8．某商店店庆，每个在店内消费到一定额度的顾客都可以参与抽奖活动.组织方准备了个 盲盒，其中有个盲盒内有奖品.抽奖规则为：抽奖者从这个盲盒中随机抽取1个盲盒，兑奖后组织方会再补回一个相同的盲盒，充分混合后，再由下一位抽奖者抽奖.抽奖者甲先拿起了一个盲盒，在犹豫是否打开时，组织方拿走了一个没有奖品的盲盒，最终甲选择了另外一个盲盒打开，记甲中奖的概率为.抽奖者乙在选盲盒时不小心碰掉了一个盲盒，并且发现摔裂的盲盒内没有奖品，随后乙从剩下的盲盒中选定一个盲盒打开，记乙中奖的概率为，则 A． B． C． D．无法确定与的大小关系 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。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．已知为复数，下列说法正确的是 A． B． C．若是方程的两根，则 D．若，则 10．已知正三棱台是由一个平面截棱长为6的正四面体所得，其中，， 以点A为球心，为半径的球面与侧面的交线为曲线，为上一点，则 A．点A到平面的距离为 B．三棱台的体积为 C．所有线段所形成的曲面面积为 D．三棱台外接球的表面积为 11．若曲线满足条件：存在正数a和点，对于任意点，总存在点，使得 ，则称该曲线是“封闭曲线”，则下列曲线是“封闭曲线”的是 A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若为双曲线：上异于，的动点，且直线与 的斜率之积为5，则的渐近线方程为______________． 13．已知是定义在上的奇函数，函数的图象关于点对称，且满 足，则_________________． 14．设，函数，令，若存在正整数，使 得成公比为的等比数列，则称为的一个“可取公比”，的所有可取公比的乘积为___________． 四、解答题：本题共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．（13分） 如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2，M，N，P分别为线段BB1，AB，A1C的中点． (1)证明：NP//平面； (2)作出过M，N，P三点的截面与正三棱柱表面的交线（请保留作图痕迹，并用文字语言叙述作图过程），并求出交线的长度之和． 16．（15分） 在中，． (1)当时，求的值； (2)求C； (3)若，，求的外接圆半径． 附：；． 17．（15分） 某同学进行投篮训练，投中1次记1分，未投中1次记分，n次投篮后累计得分为X，当或时，训练结束．设该同学每次投中的概率均为，各次投中与否相互独立． (1)当时，求； (2)求时训练结束的概率； (3)记该同学恰好经过m次投篮后训练结束，证明：． 18．（17分） 已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为，，且． (1)求的方程； (2)点是直线：上的一点，直线交于另外一点（异于点），直线交于另 外一点． （ⅰ）求证：直线经过定点； （ⅱ）记和的面积分别为，，求的最大值． 19．（17分） 已知函数的定义域为，对于给定实数和，定义集合． (1)若，求； (2)设，若，求实数的取值范围； (3)设集合，证明：“对于任意给定实数和， 若，均有”的充要条件是“是奇函数”． 试卷第2页，共4页 高三数学试题 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 保密★启用前 浙江省卓越计划2027届新高三选拔考试 数学参考答案 2026.07 一、单项选择题：本题共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．D 2．C 3．C 4．A 5．B 6．A 7．D 8．A 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。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．AC 10．ACD 11．AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13． 14． 四、解答题：本题共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． (1)证明：如图，取的中点，连接， 因为N，P分别为线段AB，A1C的中点， 所以，， 又因为正三棱柱ABC-A1B1C1，,所以. 因为平面，平面，所以平面. 同理可证平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以NP//平面. （2） 如图，过的直线交的延长线于点，连接，并延长交于点，交于点，连接，直线与的延长线交于点，连接，与交于点，连接，则五边形即为所求. 因为正三棱柱的棱长均为2， 所以由图可知，， 因此，， 由余弦定理得， 在平面内，，过作交于点， 则， 则，，即为中点， 所以， 所以五边形的周长为． 16． （1）当时， 由已知得， 可得． （2）由参考公式及已知条件，可得①， 因为，所以， 代入①得， 整理， 利用， 得， 所以， 若，则，所以，即， 若，则或，构不成三角形，舍去， 故． （3）由， 可得， 又由，得， 可得，， 于是， 记的外接圆半径为， 由正弦定理得． 17． （1）2次投篮得分，说明1次投中，1次没有投中， 因此. （2）时训练结束，说明前2次投篮为投中1次，未投中1次，得分． 第3次、第4次投篮为投中1次，未投中1次，得分． 第5次、第6次投篮为连续2次投中，或连续2次未投中，得分或． 故时训练结束的概率为． （3）因为该同学恰好经过m次投篮后训练结束，所以为偶数，故的可能取值为， ； ； ； . 则， 两边同乘以得， ， 两式作差得， 即 . 18． （1）∵ 椭圆的左、右顶点为，且，∴ ，解得. ∵ 椭圆离心率，∴ ， ∴ ， ∴ 椭圆的方程为. （2）（i）证明：由题可知，，设，. 当时，直线的方程为， 联立，消去整理得， 已知是方程的一个根，设，由韦达定理得， ∴ ，代入直线方程得，即. 同理，直线的方程为， 联立，消去整理得， 已知是方程的一个根，设，由韦达定理得， ∴ ，代入直线方程得，即. 直线的方程为. 整理得 ， 当时，，即直线过点. （ii）设直线的方程为，，， 联立，消去整理得， 由韦达定理得，. ∵ ，，其中为到直线的距离，为到直线的距离， 计算得，，， ∴ . ∵ ， ∴ . 令，，则，代入得. 由对勾函数的性质可得在上单调递增， 所以当时，取得最小值，取得最大值. 即的最大值为. 19. （1）由题，由，可得，故； （2）注意到，且、是的零点， 由题意，在上的最大值为，最小值为， ①当时，在上严格增，即， 从而对恒成立，即； ②当时，在上严格增，同①分析有； ③当时，在上的表达式为，    在中的最大值为，最小值为， 若，则在上严格增，同①分析有， 若，则，在上的最大值为，且， 所以满足要求，即， 若，则，此时恒成立， 故不是上的最大值，不满足要求，舍去， 综上，实数的取值范围是； （3）充分性： 当是奇函数时，若，则， 即， 即，所以． 必要性： 由实数和的任意性，取，， 显然和满足， 即、，则必有、， 即有， 若，则，， 由同向相加性，可得，矛盾， 若，则，，即，矛盾， 所以， 同理可证，当时，取，，有， 取，，则，有，即； 取，，则，有，即； 由于，故， 由同向相加性，得，即， 因此，对于任意实数，均有，即是定义在上的奇函数． 答案第18页，共19页 答案第7页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 $