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教考衔接二十五 教材命题点探源
高三数学 突破卷03
（分值：150 分 时间：120 分钟）
一、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.设集合
，
，若
，则实数a 取值集合的真子集的个数
为( )
A.2
B.3
C.7
D.8
【答案】C
【解析】由
，得
，解得
或
，所以集合
.当
时，
，满足
；当
时，
，因为
，所以
或
，得
或
，
综上，实数a 的取值集合为
，所以实数a 的取值集合的真子集的个数为
.
故选C.
2.若
（i 为虚数单位），则
在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【答案】D
【解析】由题意知
，故
，故
，则复数
在复平面内对应的点为
，该点在第四象限.
故选D.
3.在等边
中，已知点D，E 满足
，
，
与CE 交于点O，则
在
上
的投影向量为( )
1
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】过点D 作
交AB 于点F（图略）.由平行线的性质得，
，
，
所以
，
，
所以
在
上的投影向量为
.
故选C.
4.当
时，曲线
与
的交点个数为( )
A.4
B.5
C.6
D.8
【答案】A
【解析】
，在同一平面直角坐标系中作出
和
的大致图象，如图.当
时，两函数图象共有4 个交点.
故选A.
2
5.权，是中国传统度量衡器具，历史悠久，文化底蕴深厚，承载着中华民族在政治，经济，文化方面的
大量信息.“环权”类似于砝码（如图），用于测量物体质量.已知九枚环权的质量（单位：铢）从小到
大构成项数为9 的数列
，该数列的前3 项成等差数列，后7 项成等比数列，且
，
，
，则
的前8 项和为( )
A.194
B.193
C.192
D.191
【答案】C
【解析】由题意可得
，则
.设后7 项所成等比数列的公比为q，则
，
，所以
的前8 项和为
.
故选C.
6.若
是函数
的极小值点，则
的极大值为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
3
【解析】函数
，求导得
.由
是
的极小值点，得
，解得
或
.
当
时，
.当
时，
；当
时，
.故
是
的极大值点，不符合题意.当
时，
.当
时，
；当
时，
，故
是
的极小值点，符合题意，所以
.又当
时，
，所以函数
在
处取得极大值
.
故选D.
7.已知椭圆
的右焦点为F，过点F 且斜率为1 的直线l 交C 于A，B 两点，若
，则C 的离心率为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】设
，
，
，则直线
，联立方程
消去y 得
，则可得
，
，
，则
，整理得
，又
，则
4
，则
.
故选B.
8.已知直三棱柱
中，
，
，点C 到直线
的距离为
，则
三棱柱
的外接球表面积为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】方法一：设点C 到直线AB 的距离为d，由
，解得
.由点C 到直线
的距离为
，得
，即
，则三棱柱
的外接球的球心到底面ABC 的距离为
.
解法一：在
中，由余弦定理得
，由正弦定理
得
的外接圆直径为
，所以
.
解法二：设
的外接圆的半径为r，根据勾股定理可得
，解得
.
5
所以直三棱柱的外接球的半径
，则其外接球的表面积为
.故选C.
方法二：如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系
，则
，设
，则
，
，则
，
，所以点C 到直线
的距离
，解得
，所以直三棱柱
的
高为2.
在
中，
，
，易得
.设
的外接圆半径为r，由正弦定
理得
的外接圆直径为
，所以
.设直三棱柱
的外接球的半
径为R，则
，则其外接球的表面积为
.
故选C.
二、选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分．在每小题给出的选项中，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.连续抛掷一枚质地均匀的硬币3 次，每次结果要么正面向上，要么反面向上，且两种结果等可能.记事件
A 表示“3 次结果中既有正面向上，也有反面向上”，事件B 表示“3 次结果中最多一次正面向上”，事
件C 表示“3 次结果中没有正面向上”，则( )
6
A.事件B 与事件C 互斥
B.
C.事件A 与事件B 相互独立
D.记C 的对立事件为
，则
【答案】BCD
【解析】对于A，显然事件B 发生的情况中包含事件C，即事件B 与C 可同时发生，所以A 错误；对于
B，
，所以B 正确；对于C，因为
，
，所以
，则事件A 与B 相互独立，所以C 正确；对于D，由
题意，得
，则
，所以
，所以D 正确.
故选BCD.
10.已知数列
满足
，
，则下列结论正确的有( )
A.
为等比数列
B.
的通项公式为
C.
为递增数列
D.
的前n 项和
【答案】ABD
【
解析】因为
，
，所以
，所以
，又
7
，所以数列
是以4 为首项，2 为公比的等比数列，故A 正确；
，
即
，故B 正确；
，因为
，所以
，
，
，所以
，所以
为递减数列，故C 错误；
，则
，故D 正确.
故选ABD.
11.已知
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且
，D 在边AC 上，且BD 平
分
，若
，
，则下列结论正确的是( )
A.
B.
C.
的面积为
D.
【答案】BCD
【解析】对于A，由
及正弦定理可得，
，则
，所以
，
8
又
，所以
，所以
，解得
，又因为
，
所以
，故A 错误；对于B，由选项A 可知，
，D 在边AC 上，且BD 平分
，所以
，又
，
，在
中，由正弦定理得
，在
中，由正弦定理得
，两式左右两边分别
相除可得，
，化简得
，故B 正
确；对于C，由选项B 可知
，设
，则
，在
中，由余弦定理得
，即
，解得
，则
，故C 正确；对于D，由
，得
，解得
，所以
，故
D 正确.
故选BCD.
9
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分．
12.已知圆
，直线
交圆M 于A，B 两点，点
，则
面积
的最大值为___________.
【答案】
【解析】如图，设
，
，由
，得
，
，得
，则
，
，令
，则
，
，令
，则
，令
10
，对于函数
，其图象为开口向下的抛
物线，对称轴为直线
，
，
的面积的最大值为
.
故答案为：
13.如图，曲柄连杆机构中，曲柄CB 绕C 点旋转时，通过连杆AB 的传递，使活塞做直线往复运动.当曲柄
在
位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点A 在
处.设连杆AB 长
，曲柄CB 长
，则曲柄自
按顺时针方向旋转
时，活塞移动的距离（即连杆的端点A 移动的距离
）约为__________mm.（结果保留整数，取
为
）
【答案】36
【解析】解法一：在
中，
，
，
，
.由
正弦定理得
，
，
11
，
，
，故
，即曲柄自
按顺时针方向旋转
时，
活塞移动的距离约为
.
解法二：
，
，
.在
中，由余弦定理
，可得
（负值舍去），故
，即曲柄自
按顺时针方向旋转
时，
活塞移动的距离约为
.
故答案为：36.
14.若函数
和
的图象分别分布在某直线的两侧（函数图象与直线没有公共点），则称该直线为
函数
和
的“隔离直线”.已知
，
，若
和
在公共定义
域上存在“隔离直线”，则该“隔离直线”的斜率取值范围为__________.
【答案】
【解析】
和
的公共定义域为
，结合大致图象可知，在
上，
.设直
线
，直线l 与
在
上的图象切于点
，与
在
上的图象切
12
于点
，
，
，则
，则
，
且
，解得
，所以公切线的斜率
，结合图象可知，“隔离直线”的斜率的取值范围
为
.
故答案为：
.
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）在锐角三角形ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足
.
（1）求B；
（2）求
的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）因为
，所以
，
13
所以
，即
.
因为
，所以
.
（2）由（1）知
，所以
，
由正弦定理知
.
因为
为锐角三角形，
，所以
解得
，
所以
，可得
，所以
，
所以
的取值范围是
.
16.（15 分）已知椭圆
，过焦点且垂直于长轴的弦长为1，且焦点与短轴两端
点构成等边三角形.
（1）求椭圆C 的方程；
（2）过点
的直线l 交椭圆C 于A，B 两点，交直线
于点E，且
，
.
求证：
为定值，并计算出该定值.
【答案】（1）
（2）
为定值，定值为0
14
【解析】（1）由题可得
解得
所以椭圆的方程为
.
（2）证明：易知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为
，
，
，
.
由
消去y 整理得
，
则
，则
，
.
因为
，所以
，
即
①
因为
，所以
，
即
②
由①得
，由②得
，
所以
，
将
，
代入上式，
15
得
.
所以
为定值，定值为0.
17.（15 分）双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，
获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛.之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组
的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组，降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出
整个比赛.A，B，C，D 四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6 场比赛为决赛.
（1）假设四人实力旗鼓相当，即各场比赛每人的胜率均为
，求：
①A 和D 在决赛中过招的概率；
②D 共输了两场比赛且成为亚军的概率.
（2）若A 的实力出类拔萃，即有A 参加的比赛其胜率均为
，其余三人实力旗鼓相当，求D 进入决
赛且先前与对手已有过招的概率.
【答案】（1）①
，②
（2）
【解析（1）假设四人实力旗鼓相当，即各场比赛每人的胜率均为
，即概率为
.
①由题意，第一轮A 和D 对阵，则获胜者需要赢得比赛3 的胜利，失败者需要赢得比赛4 和比赛5 的胜利，
他们才能在决赛中对阵，
所以A 和D 在决赛中过招的概率为
.
16
②设
表示D 在比赛i 中胜利，
表示D 在比赛i 中失败，
则事件E：D 获得亚军，事件F：D 所参加的所有比赛中失败了两场，
事件F 包括
，
，
，
，
五种情况.
这五种情况彼此互斥，可得
.
其中积事件EF 包括
，
两种情况，
可得
，
所以所求概率为
.
（2）由题意得，每场比赛A 获胜的概率为
，B，C，D 之间比赛获胜的概率均为
，
要使得D 进入决赛且先前与对手已有过招，可分为三种情况：
若A 与D 在决赛中相遇，则分为A1 胜3 胜，D1 负4 胜5 胜，或A1 负4 胜5 胜，D1 胜3 胜，共两种情况，
可得概率
；
若B 与D 在决赛中相遇，则分为D1 胜3 胜，B2 胜3 负5 胜，或D1 胜3 负5 胜，B2 胜3 胜，共两种情况，
可得概率
；
若C 与D 在决赛中相遇，和B 与D 在决赛中相遇概率相同，故概率
.
所以D 进入决赛且先前与对手已有过招的概率
.
17
18.（17 分）如图，在四棱锥
中，平面
平面
，
，
，
，
.
（1）求证：平面
平面PBC；
（2）若
，
，E 是线段BC 上一点，且二面角
的余弦值为
，求
的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）在底面ABCD 中，因为
，
，所以
.
因为平面
平面ABCD，平面
平面
，
平面ABCD，所以
平面
PAB.
又因为
平面PAB，所以
.
又因为
，
，
平面ADP，
所以
平面ADP，
又因为
平面PBC，所以平面
平面PBC.
（2）取AB 的中点O，连接OC，OP.
因为
，且
，
所以四边形AOCD 为矩形，则
，所以
平面PAB.
又因为在
中，
，所以OP，OB，OC 两两垂直.
18
以OP，OB，OC 分别为x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系
，
则
，
，
，
，
.
设
，
，则
，
，
设平面AEP 的法向量为
则
令
，可得
，
，
即
.
因为
平面PAD，
所以平面PAD 的一个法向量
，
所以
.
化简得
，即
，
解得
或
（舍去），即
.
19.（17 分）设n 为正整数，数列
，
，…，
，其中
.若
，
，…，
可
被分为l 组，使得每组各数之和不超过1，则称数列
，
，…，
为
可分数列.
19
（1）若
，
，数列
，
，…，
是
可分数列，求l 的最小值；
（2）若
，
，证明：数列
，
，…，
是
可分数列；
（3）给定正数M，若任意满足
的数列
，
，…，
均为
可分数列，求l 的
最小值（用含M 的式子表达）.
【答案】（1）3
（2）证明见解析
（3）
【解析】（1）因为
，
，
不能同组，所以
；又若按照
，
，
分组，
则数列
，
，…，
为
可分数列，所以l 的最小值为3.
（2）证明：考虑以下分组方式，第j 组：
，
，…，
，
，
放入第二组，此时，第j 组各数之和
.
第二组各数之和
，
故数列
，
，…，
是
可分数列.
（3）①若
，l 的最小值为1；
②若
，记
，则
，
所以
.若取
，
，
，…，
两两不能同组，
故
.
另外，我们如下分组，先把
，
，…，
分成m 组，然后重复操作，任取两组，若这两组所有之和不
20
超过1，则合并这两组，直到任意两组不能合并，记
为第i 组所有项的和，
此时，
，
，
即有
，
，…，
，
累加得
，
即
，
故
成立.
综上，
21
