湖南省多所学校2023-2024学年高三数学上学期第三次联考试题（Word版附解析）

这是一份湖南省多所学校2023-2024学年高三数学上学期第三次联考试题（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
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：小题考查集合、常用逻辑用语、不等式、函数、导数、三角函数、数列、平面向量，大题考查高考范围．
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. 已知命题，，则p的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由特称命题的否定是全称命题，即可得到结果.
【详解】因为命题，，则其否定为，.
故选：A
2. 定义集合．已知集合，，则元素的个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中条件，直接进行计算即可.
【详解】因为，，
所以，故的元素的个数为4．
故选：
3. 已知函数的图象在处的切线的斜率为，则（ ）
A. 的最小值为6B. 的最大值为6
C. 的最小值为4D. 的最大值为4
【答案】C
【解析】
【分析】求导，结合基本不等式即可求解.
【详解】，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为4．
故选：C
4. 已知某公司第1年的销售额为a万元，假设该公司从第2年开始每年的销售额为上一年的倍，则该公司从第1年到第11年（含第11年）的销售总额为（ ）（参考数据：取）
A. 万元B. 万元C. 万元D. 万元
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得数列是首项为a，公比为的等比数列，结合等比数列的前项和公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】设第年的销售额为万元，
依题意可得数列是首项为a，公比为的等比数列，
则该公司从第1年到第11年的销售总额为万元．
故选：D
5. 设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由奇函数、偶函数的性质求解即可.
【详解】因为是奇函数，所以，则．
又是偶函数，所以，所以．
故选：C.
6. 设，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系式及两角和的正弦公式及诱导公式对题中条件进行化简，即可求得.
【详解】因为，
所以，
所以，
即．
又，，
所以，即
或，即（舍去）．
故选：
7. 已知函数，，则“曲线关于直线对称”是“曲线关于直线对称”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
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出两个函数的对称轴的集合，利用两个集合的关系即可判断.
【详解】令，得，
所以曲线关于直线对称．
令，得，
所以曲线关于直线对称．
因为
所以“曲线关于直线对称”是“曲线关于直线对称”的充分不必要条件．
故选：
8. 对称性是数学美的一个重要特征，几何中的轴对称，中心对称都能给人以美感，激发学生对数学的兴趣．如图，在菱形ABCD中，，，以菱形ABCD的四条边为直径向外作四个半圆，P是四个半圆弧上的一动点，若，则的最大值为（ ）
A. B. 3C. 5D.
【答案】A
【解析】
【分析】就和分类讨论，后者可根据对称性只需考虑在对应的半圆弧上，前者，后者，而后者可建系处理.
【详解】连接.
若，则，
若不为零，则，这与题设矛盾，若为零，则与重合.
若，则，
设，故，且三点共线.
由对称可知只需考虑在对应的半圆弧上.
当在对应的半圆弧上（除外）时，总在的延长线上，
故此时.
当在对应的半圆弧上，总在之间，故此时
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，
设，
当时，，而，
此时.
当时，则，
由可得，
故
. ，
当时，.
综上，
故选：A
【点睛】思路点睛：与向量的线性表示有关的最值问题中，如果考虑基底向量前系数的和的最值，则可利用三点共线构造系数和的几何意义，这样便于求最值.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 最小值为1B. ，
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性即可求解AB，由二次函数的性质，结合对数的运算，即可求解CD.
【详解】，当且仅当时，取得最小值1，A正确．
因为当且仅当时，取得最小值，且最小值为1，所以，所以，B错误．
因为，所以，又，且在上单调递减，在上单调递增，所以，C正确．
因为，所以，所以，D正确．
故选：ACD
10. 若正项数列是等差数列，且，则（ ）
A. 当时，B. 的取值范围是
C. 当为整数时，的最大值为29D. 公差d的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于根据等差数列的定义求出公差的值，即可求出；又数列是正项等差数列，根据，及，即可求出公差的取值范围，继而可以判断
【详解】当时，公差，，A正确．
因为是正项等差数列，所以，即，且，
所以公差的取值范围是，D错误．
因为，所以的取值范围是，B正确．
，当为整数时，的最大值为29，C正确．
故选：
11. 若函数的定义域为D，对于任意，都存在唯一的，使得，则称为“A函数”，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数是“A函数”
B. 已知函数，的定义域相同，若是“A函数”，则也是“A函数”
C. 已知，都是“A函数”，且定义域相同，则也是“A函数”
D. 已知，若，是“A函数”，则
【答案】BD
【解析】
【分析】题干给出了“A函数”的定义，按照定义，判断函数是否是“A函数”，其中一定注意在定义域中恒成立，选项中不正确的举出反例，正确的严格按照“A函数”的定义证明即可.
【详解】对于选项A，当时，，此时不存在，使得．A不正确；
对于选项B，由，的定义域相同，若是“A函数”，则对于任意，都存在唯一的，使得，则对于任意，都存在唯一的，使得，所以也是“A函数”．B正确；
对于选项C，不妨取，，，令，则，
故不是“A函数”．C不正确；
对于选项D，因为，，是“A函数”，
所以在上恒成立．又，所以，且，
即对于任意，都存在唯一的，使得，
因为，所以，
即
由解得．D正确．
故选：BD
12. 定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则（ ）
A.
B. ，函数有极值
C.
D. ，函数为单调函数
【答案】AD
【解析】
【分析】法一：构造函数，考查其单调性，可判断;利用其单调性知的大小关系可判断；法二：取，逐项验证即可.
【详解】解法一：设函数，
则，
所以在上单调递减，故B错误，D正确．
从而，即，
因为，所以，，
所以，故C错误，A正确．
解法二：取，满足且，则，
，函数为单调函数．
故选：
【点睛】关键点睛：构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设向量在向量上的投影向量为，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用向量在向量上的投影向量计算公式建立方程，解出即可.
【详解】向量在向量上的投影向量为
，则，解得．
故答案为：
14. 若，，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据同角关系以及二倍角公式，和差角公式即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
因为，，所以，，
所以．
故答案为：
15. 若关于x的不等式的解集恰有50个整数元素，则a的取值范围是________，这50个整数元素之和为________．
【答案】 ①. ②. 或1625
【解析】
【分析】讨论的范围，解出不等式，结合题意确定的范围及解集中的整数解，再利用等差数列求和公式求和即可.
【详解】不等式等价于不等式．
当时，的解集为，不合题意；
当时，的解集为，
则50个整数解为，，…，5，6，
所以，这50个整数元素之和为；
当时，的解集为，
则50个整数解为8，9，…，56，57，所以，
这50个整数元素之和．
综上，a的取值范围是，这50个整数元素之和为或1625．
故答案为：；或1625
16. 如图，已知平面五边形的周长为12，若四边形为正方形，且，则当的面积取得最大值时， ______．
【答案】
【解析】
【分析】根据几何关系构造函数关系式利用导数求函数的最值.
【详解】过点作，垂足为．设，则，
∵，∴，则，
由，得．
在中，．
记的面积为，则．
设函数，则，
令，得或．当时，；
当时，．故当时，取得最大值，
则取得最大值，此时．
故答案为：.
【点睛】利用导数求最值的方法就是先求出函数的极值，若极值有多个，则需要比较各极值与端点值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值；若函数只有一个极大（小）值，则这个极大（小）值就是函数的最大（小）值.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理得，从而求得；
（2）根据面积公式和余弦定理即可求得的周长.
【小问1详解】
因为，所以．
又，所以．
因为，所以．
又，所以，．
【小问2详解】
的面积，则．
由，得，
所以，故的周长为．
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为正方形，，E，F，M分别是PB，CD，PD的中点．
（1）证明：平面PAD．
（2）求平面AMF与平面EMF的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取PA的中点N，证明后可得线面平行；
（2）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【小问1详解】
证明：取PA的中点N，连接EN，DN，因为E是PB的中点，所以，．
又底面ABCD为正方形，F是CD的中点，所以，，所以四边形ENDF为平行四边形，所以．
因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．
【小问2详解】
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，．
从而，，．
设平面AMF的法向量为，则，令，得．
设平面EMF的法向量为，则，令，得．
．
故平面AMF与平面EMF的夹角的余弦值为．
19. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推关系作差即可求解，
（2）根据错位相减法即可求和.
【小问1详解】
当时，．
当时，，
即，
当时，上式也成立，
所以．
当时，也符合，所以．
【小问2详解】
由（1）知．
，
，
则，
所以．
20. 某商场在6月20日开展开业酬宾活动．顾客凭购物小票从6~20这15个号码中依次不放回地抽取2个号码，第1个号码为a，第2个号码为b．设X是不超过的最大整数，顾客将获得购物金额X倍的商场代金券（若，则没有代金券），代金券可以在活动结束后使用．
（1）已知某顾客抽到的a是偶数，求该顾客能获得代金券的概率；
（2）求X的数学期望．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件概率公式求解即可；
（2）求出X的可能取值及其对应的概率，再由数学期望公式求解即可.
【小问1详解】
当时，该顾客能获得代金券．设“a是偶数”为事件A，“”为事件B，
则，
，所以，
所以当顾客抽到a是偶数时，该顾客能获得代金券的概率为．
【小问2详解】
X可能的取值为0，1，2，3．
当时，，则．
当时，，若，则．
对每一个a，b有种不同的取值，则共有种可能的取值．
若，对每一个a，b有种不同的取值，则共有种可能的取值，
所以．
当时，．
若，则．对每一个a，b有种不同的取值，则共有种情况．
若，则，共有6种可能的取值．所以．
当时，，只有，，这3种情况，所以．
所以．
21. 以坐标原点为对称中心，坐标轴为对称轴椭圆过点．
（1）求椭圆的方程．
（2）设是椭圆上一点（异于），直线与轴分别交于两点．证明在轴上存在两点，使得是定值，并求此定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析，定值为.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，设出椭圆方程，利用待定系数法求解即得.
（2）设出点的坐标，利用向量共线探讨出点的坐标，再求出，并确定的坐标，再计算即得.
【小问1详解】
设椭圆方程为，则，解得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，，
则，由，得，而，于是，
，同理，而，于是，
则，
，
令，而是椭圆上的动点，则，得，
于是，
所以存在和，使得是定值，且定值为.
【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
22. 已知函数有两个零点．
（1）求的取值范围；
（2）证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）构造新函数，通过其单调性，转化为的零点问题，通过分离参数，即可解决；
（2）构造新函数，通过其单调性，确定其正负，对进行放缩，从而证明.
【小问1详解】
令，得，则，
即，
令函数，则，
因为在上单调递增，所以，即．
令函数，则，
令，得，
，得，
则在上单调递减，在上单调递增，所以．
因为当趋近于0时，趋近于；
当趋近于时，趋近于，
依题意可得方程有两个不相等的正根，所以，
即a的取值范围是．
【小问2详解】
证明：令函数，则，
所以在上单调递减．
因为，所以当时，；当时，．
不妨假设，则由（1）知
，所以，，
即，，
所以由有两个不相等的正根，且 得
，则，
，则，即，
所以，
因为，所以．