高三数学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名 考生号 考场号 座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，一元二次函数，方程和不等式，函数的概念与性质，一元函数的导数及其应用，三角函数与解三角形，平面向量与复数，数列，立体几何.
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.已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.如图，在中，，则（ ）
A. B.
C. D.
3.在等差数列中，，则（ ）
A.6 B.7 C.8 D.9
4.“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
5.已知正数满足，则的最小值为（ ）
A. B. C.5 D.9
6.已知某圆锥的轴截面是一个斜边长为4的等腰直角三角形，将该圆锥切割成一个球体，则该球体表面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
7.设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
8.函数所有零点的和为（ ）
A.5 B.10 C.15 D.20
二 多选题：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.已知虚数是方程的两个不同的根，则（ ）
A. B.
C. D.
10.已知函数满足对任意，均有，且，设，则下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C.若，则在上为奇函数
D.若，则
11.如图，在六面体中，四边形为菱形，四边形为正方形，平面平面，若，则（ ）
A.四边形为平行四边形
B.平面平面
C.若过的平面与平面平行，则该平面与的交点为棱的中点
D.三棱锥体积的最大值为
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.函数的极大值点为__________.
13.已知，则__________.
14.在数列中，.设数列的前项和为，若恒成立，则的取值范围为__________.
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）
已知的内角满足.
（1）求；
（2）证明：.
16.（15分）
已知数列的前项和满足.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
17.（15分）
已知函数.
（1）求的图象在处的切线方程；
（2）若函数，求不等式的解集.
18.（17分）
如图，在四棱柱中，底面为矩形，为的中点，且.
（1）证明：①平面；②.
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
19.（17分）
曲率是表示曲线在某一点的弯曲程度的数值，曲线的曲率定义如下：若是函数的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率.
（1）若函数，求曲线在点处的曲率.
（2）若函数，证明：曲线在其上任意一点处的曲率为定值，且该定值为.
（3）已知函数，若在曲线上存在一点，使曲线在点处的曲率，求的取值范围.
高三数学试卷参考答案
1.B 因为，所以.
2.D 因为，所以.
3.C 因为是等差数列，所以，则.
4.A 由，得，则，从而.取，满足，不满足.故“”是“”的充分不必要条件.
5.B 由，得，则，当且仅当时，等号成立.
6.B 因为该圆锥的轴截面是一个斜边长为4的等腰直角三角形，所以该圆锥的底面半径和高均为2，设切出的球体的最大半径为，则，得，此时该球体的表面积.
7.D，则是奇函数.
8.C 如图，绘制函数与函数的图象，可知与的图象恰有6个公共点，且它们的图象均关于直线对称，所以所有零点的和为15.
9.AC 由，得，则，则.
10.BCD 取，得，则，A不正确.取，得.取，得依次类推，可得，B正确.若，则.取，得，则，从而在上为奇函数，C正确.取，得，即，D正确.
11.AD 因为四边形为菱形，四边形为正方形，所以，从
而平面平面.由平面平面，平面平面，得.由，得，则平面.因为平面平面，所以，则四边形为平行四边形，A正确.因为平面平面，四边形为正方形，所以平面，当与不平行时，平面与平面不垂直，B不正确.如图，过作，且，连接，易得四边形为正方形，连接，易证得平面平面，若在上，则为的中点，即，若不在上，则不为的中点，即，C不正确.，显然当时，取得最大值，且最大值为，D正确.
12. 由，得.当时，0，当时，，从而的极大值点为，极小值点为.
13. （方法一）由，得.因为，所以，则.
（方法二）.
14. 由，得，即.因为，所以，则，则.要使恒成立，则，解得.
15.（1）解：由，得.
由正弦定理得.
设，
由余弦定理得，
则.
（2）证明：由（1）可知，，
则.
由，得，则.
因为，所以.
16.解：（1）当时，.
当时，由，得，
则.
因为，所以.
（2）（方法一）由（1）可得.
则，①
则，②
①-②，得
，
从而.
（方法二）由（1）可得，令，则
令，且，
则，
整理得，
则解得
故.
.
17.解：（1）因为，所以，
则，
则的图象在处的切线方程为，即.
（2）.
令，则，
由，得，
当时，单调递减，当时，单调递增，则.
故当时，，当时，，从而的解集为.
18.（1）证明：①如图，连接交于点，连接，取的中点，
连接交于点.
易得，且.
因为，所以，
则，从而，则.
因为为的中点，所以，则.
又，所以平面.
②因为平面，所以，则.
由为的中点，得.
因为，所以平面.
因为平面，所以.又为的中点，所以.
（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
则，得，
则
设平面的法向量为，
由得令，得.
设平面的法向量为，
由得令，得.
，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
19.（1）解：因为，所以，
则，
故曲线在点处的曲率.
（2）证明：因为，所以.
，
则，
故曲线在其上任意一点处的曲率为定值，且该定值为.
（3）解：因为，
所以，
则，
则，即.
令，则，
即存在，使得不等式成立.
令，则0在上恒成立，则在上单调递减，
则，解得或，
故的取值范围为.
