天域全国名校协作体2023届高三4月阶段性联考数学试题

这是一份天域全国名校协作体2023届高三4月阶段性联考数学试题，共19页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸，已知圆，圆分别是圆上的动点，已知函数，下列说法正确的有，05等内容，欢迎下载使用。
绝密★考试结束前2022学年第二学期天域全国名校协作体4月阶段性联考高三年级数学学科试题考生须知：1.本卷共6页，满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分（共60分）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，只有一项是符合题目要求的.1.复数（    ）A.    B.C.    D.2.已知集合或，则（    ）A.或    B.或C.或    D.3.某购物网站在2022年11月开展“全部6折”促销活动，在11日当天购物还可以再享受“每张订单金额（6折后）满300元时可减免60元”.某人在11日当天欲购入原价48元（单价）的商品共45件，为使花钱总数最少，他最少需要下的订单张数为（    ）A.7    B.6    C.5    D.44.大学生志愿服务西部计划（简称西部计划）是经国务院常务会议决定，由共青团中央､教育部､财政部､人力资源社会保障部共同组织实施的一项重大人才工程.现招募选派一定数量的西部计划全国项目志愿者到西部地区基层工作，某大学计划将6名志愿者平均分成3组，到3个不同地点服务，若每组去一个地点，每个地点都有人服务，且甲､乙两名志愿者在同一个地点服务的分配方案有（    ）A.18种    B.36种    C.72种    D.144种5.已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，则大小关系为（    ）A.    B.C.    D.6.为平行四边形外一点，，则向量与向量的夹角为（    ）A.    B.    C.    D.7.已知圆，圆分别是圆上的动点.若动点在直线上，动点在直线上，记线段的中点为，则的最小值为（    ）A.3    B.    C.    D.8.已知函数（为自然对数的底数），则函数的零点个数为（    ）A.3    B.5    C.7    D.9二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的有（    ）A.若随机变量，则B.残差和越小，模型的拟合效果越好C.根据分类变量与的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05D.数据4，7，5，6，10，2，12，8的第70百分位数为810.已知抛物线的焦点为，经过点且斜率为的直线与抛物线交于点两点（点在第一象限），若，则以下结论正确的是（    ）A.    B.C.    D.11.如图：在三棱柱中，底面为正三角形，且，则下列说法正确的是（    ）A.直线与底面所成角的余弦值为B.设中点为，则线段的长度的最小值为C.平面与平面夹角的余弦值为D.直线与平面所成角的余弦值的最大值为12.出现于春秋时期的正整数乘法歌诀“九九歌”，堪称是先进的十进位记数法与简明的中国语言文字相结合之结晶，这是任何其它记数法和语言文字所无法产生的.表示十进制的数要用10个数码：0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，如四位十进制数；当前的计算机系统使用的基本上是二进制系统.二进制数据是用0和1两个数码来表示的数.它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，由18世纪德国数学家莱布尼兹第一个提出了二进制记数法.如四位二进制的数，等于十进制的数13.现把位进制中的最大数记为，其中为十进制的数，则下列结论中正确的是（    ）A.B.C.D.非选择题部分三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.在的展开式中，的系数是__________.14.已知无穷数列满足，写出满足条件的的一个通项公式：__________.（不能写成分段数列的形式）15.如图，已知是双曲线上的三个点，经过原点经过右焦点.若以为直径的圆经过右焦点且，则该双曲线的离心率等于__________.16.如图，直三棱柱中，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为__________.四､解答题：本大题共6小题，第17题10分，第18､19､20､21､22题为12分，共70分.17.（本题满分10分）设，函数的最小正周期为，且图象向左平移后得到的函数为偶函数.（1）求解析式，并通过列表､描点在给定坐标系中作出函数在上的图象；（2）在锐角中，分别是角的对边，若，求的值域.18.（本小题满分12分）设数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）在数列的任意与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前项的和为，求的值.19.（本小题满分12分）由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形和是全等的边长为2的菱形，且.（1）求三棱锥的体积；（2）求直线和平面所成角的正弦值.20.（本小题满分12分）为提升学生的综合素养能力，学校积极为学生搭建平台，组织学生参与各种社团活动.在学校辩论队活动中，甲同学积极参与.为了更好的了解每个同学的社团参与情况和能力水平，对每位参与辩论队的同学进行跟踪记录.社团老师了解到，甲自加入辩论队以来参加过100场辩论比赛：甲作为一辩出场20次，其中辩论队获胜14次；甲作为二辩出场30次，其中辩论队获胜21次；甲作为三辩出场25次，其中辩论队获胜20次；甲作为四辩出场25次，其中辩论队获胜20次.用该样本的频率估计概率，则：（1）甲参加比赛时，求该辩论队某场比赛获胜的概率；（2）现学校组织6支辩论队，进行单循环比赛，即任意两支队伍均有比赛，规定至少3场获胜才可晋级.社团老师决定每场比赛均派甲上场，已知甲所在辩论队顺利晋级，记其获胜的场数为，求的分布列和数学期望.21.（本小题满分12分）已知函数（1）若时，求证：在上有唯一极值点.（2）若，不等式恒成立，求的取值集合.22.（本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，点在上，从原点向圆作两条切线，分别交椭圆于点，（1）求椭圆方程；（2）若直线的斜率记为，求的值；（3）若，直线与在第一象限的交点为，点在线段上，且，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.2022学年第二学期天域全国名校协作体4月阶段性联考高三年级数学学科参考答案命题：雅礼中学 莫跃武命题：青岛二中 董天龙审题：石家庄二中 宛昭勋审题：杭州学军中学吴力田选择题部分（共60分）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，只有一项是符合题目要求的.1.【答案】C【详解】因为，所以由周期性可知原式等于.故选：C2.【答案】B【详解】解法一：由题可得或或，所以或.解法二：由题可得，所以，故排除；又且，所以，故排除.故选：B.3.【答案】D【详解】为使花钱总数最少，需使每张订单满足“每张订单金额（6折后）满300元时可减免60元”，即每张订单打折前原金额不少于500元.由于每件原价48元，因此每张订单至少11件，所以最多需要下的订单张数为4张.4.【答案】A法一：先分组再排序法二：特殊元素优先安排，先安排甲､乙，再安排其他人员5.【答案】C【详解】为偶函数，则.又当时，设，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，取得最大值，，则时，等号成立，所以，，故选：6.答案：B答案：由向量运算可知所以：所以夹角为7.【答案】D【详解】由题意，点动点在直线上，动点在直线上，线段的中点为，可得点在直线上，又由，点关于直线对称的点，则所以的最小值为.故选D8.【答案】C【详解】设，令可得：在处切线的斜率值为设与相切于点，切线斜率为，则切线方程为：，即，解得：；作出与图象如下图所示，与有四个不同交点，即与有四个不同交点，设三个交点为，由图象可知：与无交点，与有三个不同交点，与各有两个不同交点，的零点个数为7个.故选：C二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.【答案】ACDA.随机变量，所以对称轴为，由知，，所以，所以.故A正确B.残差和越小，模型的拟合效果越好；因为残差平方和越小，模型的拟合效果越好.故B错误.由可知判断与有关且犯错误的概率不超过0.05.C正确D.对数据从小到大重新排序，即：，共8个数字，所以，这组数据的第70百分位数为第6项，即8.故D正确10.【答案】BC法一：如图，，直线的斜率为，则设直线的方程为，联立得.解得：.由，得.故错误；由于，则，故B正确；同理，故C正确；因为直线的方程为，原点到直线的距离为，所以，故D错误.法二：由倾角式焦半径公式和面积公式可知，.故A错误；，故B､C正确；，故D错误.【答案】BC11.答案：ABC解析：对于A：由三余弦定理可知：对于选项：当时，最短为.对于选项C：过点作，垂足为，连接为中点），平面平面，为所求二面角的夹角，计算得：对于选项：当变大时，，角越来越小接近于0，所以错误.12.【答案】ABD【详解】对于A：即是：，A正确；对于B：即是：，B正确；对于C､D：即是即是：构造函数：，求得：单调递增；，单调递减；代入得：即是：，正确.故选：ABD非选择题部分三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】42【解析】原式可化为，再利用二项式定理求解.14.【答案】（答案不唯一）15.【答案】【解析】若是左焦点，连接，设，由双曲线的对称性且知：是矩形，则，，又，即，则，在Rt中，，即，而，，在Rt中，，即，可得.故答案为：.16.【答案】【详解】由余弦定理得：设，则，由得：，解得：，因为，故由基本不等式得：当且仅当，且时，即时取最小值.底面三角形外接圆半径，四､解答题：本大题共6小题，第17题10分，第18､19､20､21､22题为12分，共70分.17.【答案】（1）函数的最小正周期.向左平移后且.解析式为：，列表如下：0010-10在上的图象如图所示：（2），，又因为三角形为锐角三角形所以：由（1）图像可知：18.【答案】（1）；（2）【详解】（1）数列的通项公式为；（2）数列中在之前共有项，当时，，当时19.解析：（1）取中点，连接，则，则平面，则，，.（2）以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.平面平面平面平面，交线为，过点作，则平面点在的延长线上设平面的法向量为，则，即，令，则，设直线和平面所成角为，则.20.【答案】（1）设“甲担任一辩”；“甲担任二辩”；“甲担任三辩”；“甲担任四辩”；“某场比赛中该辩论队获胜"；则，由全概率公式可得：.所以甲参加比赛时，该辩论队某场比赛获胜的概率是0.75.（2）设“5场中有场获胜”“甲所在辩论队顺利晋级”，，则同理可得，则的分布列为：34521.解析：（1）由题意：，所以所以在上单调递减，又因为，所以在恒成立，故在上单调递减，因为，所以存在唯一的，使得，故当时，，当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，故在上有唯一极大值点.（2）令，则当恒成立.因为①当时，恒成立，故在上单调递增，故，满足题意.②当或时，，故：在上恒成立，故，满足题意.③当时，考虑，则在上单调递减，在上单调递增，令，故在上单调递减，在上单调递增，而所以存在唯一，使得，所以当时，，所以当时，，所以在时恒成立，不满足题意.故的取值集合为.22.（1）因为椭圆离心率所以，解得所以椭圆方程为因为直线和直线都与圆相切所以，即是的两根，将两边平方，可得所以.又因为点在上，所以点，即所以（2）直线的方程为，联立整理可得因为点在直线上，所以且，所以整理得：①联立，可得所以又因为所以因为点在上所以，代入上式继续化简得所以由①可知，所以解得所以（此时点在第三象限，不合题意，舍去），所以直线过定点