山西省太原市第四十八中學新高考沖刺押題（最后一卷）數學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知正方體的棱長為2，點為棱的中點，則平面截該正方體的內切球所得截面面積為（）A． B． C． D．2．已知直三棱柱中，，，，則異面直線與所成的角的正弦值為（）．A． B． C． D．3．函數的定義域為，集合，則（）A． B． C． D．4．執行如圖所示的程序框圖，若輸入，，則輸出的值為（）A．0 B．1 C． D．5．已知，，分別是三個內角，，的對邊，，則（）A． B． C． D．6．如圖所示的“數字塔”有以下規律：每一層最左與最右的數字均為2，除此之外每個數字均為其兩肩的數字之積，則該“數字塔”前10層的所有數字之積最接近（）A． B． C． D．7．過拋物線的焦點且與的對稱軸垂直的直線與交于，兩點，，為的準線上的一點，則的面積為（）A．1 B．2 C．4 D．88．已知的內角、、的對邊分別為、、，且，，為邊上的中線，若，則的面積為（）A． B． C． D．9．要得到函數的圖象，只需將函數圖象上所有點的橫坐標（）A．伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向右平移個單位長度B．伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再將得到的圖像向左平移個單位長度C．縮短到原來的倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向左平移個單位長度D．縮短到原來的倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向右平移個單位長度10．命題：存在實數，對任意實數，使得恒成立；：，為奇函數，則下列命題是真命題的是（）A． B． C． D．11．偶函數關于點對稱，當時，，求（）A． B． C． D．12．已知實數集，集合，集合，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在正奇數非減數列中，每個正奇數出現次.已知存在整數、、，對所有的整數滿足，其中表示不超過的最大整數.則等于______.14．隨著國力的發展，人們的生活水平越來越好，我國的人均身高較新中國成立初期有大幅提高.為了掌握學生的體質與健康現狀，合理制定學校體育衛生工作發展規劃，某市進行了一次全市高中男生身高統計調查，數據顯示全市30000名高中男生的身高（單位：）服從正態分布，且，那么該市身高高于的高中男生人數大約為__________.15．己知函數，若曲線在處的切線與直線平行，則__________.16．已知，且，則__________．三、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．（12分）如圖，在等腰梯形中，AD∥BC，，，，，分別為，，的中點，以為折痕將折起，使點到達點位置（平面）．（1）若為直線上任意一點，證明：MH∥平面；（2）若直線與直線所成角為，求二面角的余弦值．18．（12分）已知橢圓的左焦點坐標為，，分別是橢圓的左，右頂點，是橢圓上異于，的一點，且，所在直線斜率之積為.（1）求橢圓的方程；（2）過點作兩條直線，分別交橢圓于，兩點（異于點）.當直線，的斜率之和為定值時，直線是否恒過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請說明理.19．（12分）已知函數（1）當時，求不等式的解集；（2）的圖象與兩坐標軸的交點分別為，若三角形的面積大于，求參數的取值范圍.20．（12分）已知函數，其中為自然對數的底數，．（1）若曲線在點處的切線與直線平行，求的值；（2）若，問函數有無極值點？若有，請求出極值點的個數；若沒有，請說明理由．21．（12分）已知數列滿足：，，且對任意的都有,（Ⅰ）證明：對任意，都有；（Ⅱ）證明：對任意，都有；（Ⅲ）證明：.22．（10分）如圖，在直三棱柱中，分別是中點，且，.求證：平面；求點到平面的距離.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、A【解析】

根據球的特點可知截面是一個圓，根據等體積法計算出球心到平面的距離，由此求解出截面圓的半徑，從而截面面積可求.【詳解】如圖所示：設內切球球心為，到平面的距離為，截面圓的半徑為，因為內切球的半徑等于正方體棱長的一半，所以球的半徑為，又因為，所以，又因為，所以，所以，所以截面圓的半徑，所以截面圓的面積為.故選：A.【點睛】本題考查正方體的內切球的特點以及球的截面面積的計算，難度一般.任何一個平面去截球，得到的截面一定是圓面，截面圓的半徑可通過球的半徑以及球心到截面的距離去計算.2、C【解析】

設M,N,P分別為和的中點，得出的夾角為MN和NP夾角或其補角，根據中位線定理，結合余弦定理求出和的余弦值再求其正弦值即可.【詳解】根據題意畫出圖形:設M,N,P分別為和的中點，則的夾角為MN和NP夾角或其補角可知，.作BC中點Q，則為直角三角形；中，由余弦定理得，在中，在中，由余弦定理得所以故選：C【點睛】此題考查異面直線夾角，關鍵點通過平移將異面直線夾角轉化為同一平面內的夾角，屬于較易題目.3、A【解析】

根據函數定義域得集合，解對數不等式得到集合，然后直接利用交集運算求解.【詳解】解：由函數得，解得，即；又，解得，即，則.故選：A.【點睛】本題考查了交集及其運算，考查了函數定義域的求法，是基礎題.4、A【解析】

根據輸入的值大小關系，代入程序框圖即可求解.【詳解】輸入，，因為，所以由程序框圖知，輸出的值為.故選：A【點睛】本題考查了對數式大小比較，條件程序框圖的簡單應用，屬于基礎題.5、C【解析】

原式由正弦定理化簡得，由于，可求的值.【詳解】解：由及正弦定理得.因為，所以代入上式化簡得.由于，所以.又，故.故選：C.【點睛】本題主要考查正弦定理解三角形，三角函數恒等變換等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，屬于中檔題.6、A【解析】

結合所給數字特征，我們可將每層數字表示成2的指數的形式，觀察可知，每層指數的和成等比數列分布，結合等比數列前項和公式和對數恒等式即可求解【詳解】如圖，將數字塔中的數寫成指數形式，可發現其指數恰好構成“楊輝三角”，前10層的指數之和為，所以原數字塔中前10層所有數字之積為.故選：A【點睛】本題考查與“楊輝三角”有關的規律求解問題，邏輯推理，等比數列前項和公式應用，屬于中檔題7、C【解析】

設拋物線的解析式，得焦點為，對稱軸為軸，準線為，這樣可設點坐標為，代入拋物線方程可求得，而到直線的距離為，從而可求得三角形面積．【詳解】設拋物線的解析式，則焦點為，對稱軸為軸，準線為，∵直線經過拋物線的焦點，，是與的交點，又軸，∴可設點坐標為，代入，解得，又∵點在準線上，設過點的的垂線與交于點，，∴.故應選C.【點睛】本題考查拋物線的性質，解題時只要設出拋物線的標準方程，就能得出點坐標，從而求得參數的值．本題難度一般．8、B【解析】

延長到，使，連接，則四邊形為平行四邊形，根據余弦定理可求出，進而可得的面積.【詳解】解：延長到，使，連接，則四邊形為平行四邊形，則，，，在中，則，得，.故選：B.【點睛】本題考查余弦定理的應用，考查三角形面積公式的應用，其中根據中線作出平行四邊形是關鍵，是中檔題.9、B【解析】

分析：根據三角函數的圖象關系進行判斷即可．詳解：將函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），

得到再將得到的圖象向左平移個單位長度得到故選B．點睛：本題主要考查三角函數的圖象變換，結合和的關系是解決本題的關鍵．10、A【解析】

分別判斷命題和的真假性，然后根據含有邏輯聯結詞命題的真假性判斷出正確選項.【詳解】對于命題，由于，所以命題為真命題.對于命題，由于，由解得，且，所以是奇函數，故為真命題.所以為真命題.、、都是假命題.故選：A【點睛】本小題主要考查誘導公式，考查函數的奇偶性，考查含有邏輯聯結詞命題真假性的判斷，屬于基礎題.11、D【解析】

推導出函數是以為周期的周期函數，由此可得出，代值計算即可.【詳解】由于偶函數的圖象關于點對稱，則，，，則，所以，函數是以為周期的周期函數，由于當時，，則.故選：D.【點睛】本題考查利用函數的對稱性和奇偶性求函數值，推導出函數的周期性是解答的關鍵，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.12、A【解析】

可得集合,求出補集,再求出即可.【詳解】由,得,即,所以,所以.故選:A【點睛】本題考查了集合的補集和交集的混合運算,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】

將已知數列分組為（1），，共個組.設在第組，，則有，即.注意到，解得.所以，.因此，.故.14、3000【解析】

根據正態曲線的對稱性求出，進而可求出身高高于的高中男生人數.【詳解】解：全市30000名高中男生的身高（單位：）服從正態分布，且，則，該市身高高于的高中男生人數大約為.故答案為：.【點睛】本題考查正態曲線的對稱性的應用，是基礎題.15、【解析】

先求導，再根據導數的幾何意義，有求解.【詳解】因為函數，所以，所以，解得.故答案為：【點睛】本題考查導數的幾何意義，還考查運算求解能力以及數形結合思想，屬于基礎題.16、【解析】試題分析：因,故,所以，,應填.考點：三角變換及運用．三、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、（1）見解析（2）【解析】

(1)根據中位線證明平面平面，即可證明MH∥平面；（2）以，，為，，軸建立空間直角坐標系，找到點的坐標代入公式即可計算二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：連接，∵，，分別為，，的中點，∴，又∵平面，平面，∴平面，同理，平面，∵平面，平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面．（2）連接，在和中，由余弦定理可得，，由與互補，，，可解得，于是，∴，，∵，直線與直線所成角為，∴，又，∴，即，∴平面，∴平面平面，∵為中點，，∴平面，如圖所示，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，．設平面的法向量為，∴，即．令，則，，可得平面的一個法向量為．又平面的一個法向量為，∴，∴二面角的余弦值為．【點睛】此題考查線面平行，建系通過坐標求二面角等知識點，屬于一般性題目.18、（1）（2）直線過定點【解析】

（1），再由，解方程組即可；（2）設，，由，得，由直線MN的方程與橢圓方程聯立得到根與系數的關系，代入計算即可.【詳解】（1）由題意知：，又，且解得，，∴橢圓方程為，（2）當直線的斜率存在時，設其方程為，設，，由，得.則，（*）由，得，整理可得（*）代入得，整理可得，又，∴，即，∴直線過點當直線的斜率不存在時，設直線的方程為，，，其中，∴，由，得，所以∴當直線的斜率不存在時，直線也過定點綜上所述，直線過定點.【點睛】本題考查求橢圓的標準方程以及直線與橢圓位置關系中的定點問題，在處理直線與橢圓的位置關系的大題時，一般要利用根與系數的關系來求解，本題是一道中檔題.19、（1）（2）【解析】

（1）當時，不等式可化為：，再利用絕對值的意義，分，，討論求解.（2）根據可得，得到函數的圖象與兩坐標軸的交點坐標分別為，再利用三角形面積公式由求解.【詳解】（1）當時，不等式可化為：①當時，不等式化為，解得：②當時，不等式化為，解得：，③當時，不等式化為解集為，綜上，不等式的解集為.（2）由題得，所以函數的圖象與兩坐標軸的交點坐標分別為，的面積為，由，得（舍），或，所以，參數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查絕對值不等式的解法和絕對值函數的應用，還考查分類討論的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.20、（1）（2）沒有，理由見解析【解析】

（1）求導，研究函數在x=0處的導數，等于切線斜率，即得解；（2）對f(x)求導，構造，可證得，得到，即得解【詳解】（1）由題意得，∵曲線在點處的切線與直線平行，∴切線的斜率為，解得．（2）當時，，，設，則，則函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，又函數，故恒成立，∴函數在定義域內單調遞增，函數不存在極值點．【點睛】本題考查了導數在切線問題和函數極值問題中的應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.21、（1）見解析（2）見解析（3）見解析【解析】分析：(1)用反證法證明，注意應用題中所給的條件，有效利用，再者就是注意應用反證法證題的步驟；(2)將式子進行相應的代換，結合不等式的性質證得結果；(3)結合題中的條件，應用反證法求得結果.詳解：證明：（Ⅰ）證明：采用反證法，若不成立，則若,則,與任意的都有矛盾；若,則有,則與任意的都有矛盾；故對任意，都有成立；（Ⅱ）由得，則，由（Ⅰ）知，，即對任意，都有；.（Ⅲ）由（Ⅱ）得：，由（Ⅰ）知，，∴，∴，即，若，則,取時，有，與矛盾.則.得證.點睛：該題考查的是有關命題的證明問題，在證題的過程中，注意對題中的條件的等價轉化，注意對式子的等價變形，以及證題的思路，要掌握證明問