浙江省上杭金湖四校2023-2024学年高三下学期第三次联考数学试题

这是一份浙江省上杭金湖四校2023-2024学年高三下学期第三次联考数学试题，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设是非零向量，“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知函数的图象是下列四个图象之一，且其导函数的图象如图所示，则该函数的图象是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．对于变量和变量的成对样本观测数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如下图所示，模型误差（ ）
A．满足一元线性回归模型的所有假设
B．不满足一元线性回归模型的的假设
C．不满足一元线性回归模型的假设
D．不满足一元线性回归模型的和的假设
6．已知一个等比数列的前项，前项，前项的和分别为，则下列等式中恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数的零点分别为，则的值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．半径为3的圆内有一点，点在圆上，当最大时，的长等于（ ）
A．B．3C．D．
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分．
9．已知长方体，则有（ ）
A．若与所成的角分别为，则
B．若与面、面、面三侧面所成的角分别为，则
C．若，则
D．若，则．
10．瑞士数学家欧拉是史上最伟大的数学家之一，他发现了被人们称为“世界上最完美的公式”——欧拉公式：（其中是虚数单位，是自然对数的底数），它也满足实数范围内指数的运算性质，下列结论正确的是（ ）
A．，
B．，
C．若复数的虚部为，则的实部为，
D．已知，复数在复平面内对应的点分别为，则三角形面积的最大值为．
11．已知椭圆的左项点为，上、下顶点分别为，动点在椭圆上（点在第一象限，点在第四象限），是坐标原点，若的面积为1，则（ ）
A．与的面积和为定值B．与的面积相等
C．为定值D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有______种（用数字作答）．
13．若，则______．
14．在中，分别为内角的对边，满足，则的值为______．
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．（本小题13分）
已知等差数列的公差为，且，设为的前项和，数列满足．
（1）若，且，求；
（2）若数列也是公差为的等差数列，求数列的前项和．
16．（本小题15分）
如图，三棱台，平面平面，
与相交于点，且平面．
（1）求三棱锥的体积；
（2）平面与平面所成角为与平面所成角为，求的值．
17．（本小题15分）
现有4个除颜色外完全一样的小球和3个分别标有甲、乙、丙的盒子，将4个球全部随机放入三个盒子中（允许有空盒）．
（1）记盒子乙中的小球个数为随机变量，求的数学期望；
（2）对于两个不互相独立的事件，若，称
为事件的相关系数．
①若，求证：；
②若事件：盒子乙不空，事件：至少有两个盒子不空，求．
18．（本小题17分）
已知椭圆的离心率为是上一点．
（1）求的方程．
（2）设分别为椭圆的左、右顶点，过点作斜率不为0的直线与交于两点，直线与直线交于点，记的斜率为的斜率为．证明：①为定值；②点在定直线上．
19．（本小题17分）
已知函数．
（ = 1 \* ROMAN I）判断的单调性；
（ = 2 \* ROMAN II）设函数，记表示不超过实数的最大整数，若对任意的正数恒成立，求的值．
（参考数据：）
答案和解析
1．【答案】．D
【解析】【分析】
本题考查交集运算，属于基础题．
求出集合后可求．
【解答】
解：，故，
故选：D．
2．【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
根据向量相等，单位向量判断条件间的推出关系，结合充分，必要性定义即知答案．
【解答】
解：由表示单位向量相等，则同向，但不能确定它们模是否相等，
即由不能推出，
由表示同向且模相等，则，
所以“”是“”的必要而不充分条件．
故选：B．
3．【答案】B
【解析】【分析】
本题考查函数的单调性和导数的关系，属于基础题．
由的图象知，为增函数，结合增长趋势即可判断．
【解答】
解：由的图象知，为增函数，
且在区间上增长速度越来越快，
而在区间上增长速度越来越慢．
故选B．
4．【答案】A
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的正弦公式，二倍角公式，属于基础题．
先求出，然后求解，再结合二倍角公式即可求解．
【解答】
解：因为，
而，因此，
则，
所以
.
故选：A．
5．【答案】C
【解析】【分析】
本题考查一元线性回归模型的有关概念，属于基础题．
根据一元线性回归模型有关概念即可判断．
【解答】
解：用一元线性回归模型得到经验回归模型，根据对应的残差图，
残差点比较均匀地分布在轴两侧，但残差点随着的增大逐渐偏离轴，所以模型误差满足一元线性回归模型的的假设，但不满足的假设，
故选：C．
6．【答案】D
【解析】【分析】
本题考查等比数列前项和的性质，属于中档题．
讨论与，根据等比数列的前项和公式逐个判断即可．
【解答】解：当时，，
当时，，
对于A：当时，，
取的情况，此时
即，可知时，，故A错误；
对于B：当时，，故B错误；
对于C：当时，，故C错误；
对于D：当时，，
当时，，
则，故D正确．
故选D．
7．【答案】A
【解析】【分析】
本题考查函数的零点问题，指数函数与对数函数互为反函数，属于中档题．
令，利用指数函数与对数函数互为反函数和函数的对称性求出
，即可求的值．
【解答】
解：由题意，，
令，
因为与互为反函数，两个函数的图象关于直线对称，
且的图象也关于直线对称，
设，
则关于直线对称，
所以且
由可得，
所以．
由可得，
所以，
又代入上式可得，
则．
故选：A．
8．【答案】C
【解析】【分析】
本题考查与圆有关的最值问题，属于中档题．
判断出点在以点为圆心，半径的圆周上运动，点在半径的圆上运动，利用动点
沿大圆圆周移至点，使与小圆相切时最大，即可求解．
【解答】
解：由知点在以点为圆心，半径的圆周上运动，
如图所示：
而点在半径的圆上运动，不妨假设为定点，为动点，
取其与小圆相切的特例考察：直观上，
由切线得直角有，作于点，
因为，所以，
即是的最大角，
此时
故当最大时，的长等于．
故选：C．
9．【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查直线与直线所成角的向量求法，直线与平面所成角的向量求法，属于中档题．
建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出夹角的正弦或余弦值，依次判断选项即可．
【解答】
解：如图所示，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标，
设，
则，
则，
对于，
同理可得，
则，故A正确；
对于B，面、面、面的一个法向量分别为，
则，
同理可得，则，故B正确；
对于C，，
故，C正确；
由C选项分析可知，，
则，即；
同理，，
而显然，故D错误；
故选ABC．
10．【答案】AB
【解析】【分析】
本题主要考查复数的有关概念，运算性质，属于较难题．
根据欧拉公式，将复数写成三角形式，逐项判断即可．
【解答】
解：对于A，由欧拉公式，
可得，所以，
，A对；
对于B，，B对；
对于C，，
所以
则，
而，故实部为，
，
由，
，故C错；
对于D，由，
可得，
点都在圆心在原点，半径为1的圆上，由三角形面积公式为与的夹角，可知面积最大值为，故D错误；
故选AB．
11．【答案】BCD
【解析】【分析】
本题重点考查椭圆中的定值问题、面积问题，涉及向量的应用，属于较难题．
利用向量结合三角形面积推出，再结合点的坐标满足的方程可得，
然后逐项推理计算判断即得．
【解答】
解：依题意，，
则的面积
即有，
由，两式同时平方相加，
得，
即，
因此，
令，
即，
则，由，
得，
而，从而，即，C正确；
由
得，而点不在直线上，因此，D正确；
显然，
因此与的面积相等，B正确；
由选项C知，，而
由于，函数的值不是定值，A错误．
故选：BCD．
12．【答案】64
【解析】【分析】
本题主要考查至少至多的组合问题，属于基础题．
【解答】
解：当从这8门课中选修2门课时，共有；当从这8门课中选修3门课时，共有
；综上，共有64种．
13．【答案】
【解析】【分析】
本题考查不等式的性质及其应用，属于中档题．
设，由，即可求解．
【解答】
解：设，
所以，
所以，
则，即，
所以．
故答案为：．
14．【答案】1
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理解三角形，属于中档题．
根据正弦定理与一元二次方程根的判别式可得，进而可得答案．
【解答】
解：已知，
则由正弦定理得：，（为外接圆半径），
，
，
，即，
，
，，，
．
故答案为：1．
15．【答案】解：（1）等差数列的公差为，
为的前项和，
，
，
，
当时，或2或3或4．
（2）等差数列的公差为为的前项和，
且，数列也是公差为的等差数列，
，对成立，
，
数列的前项和，
当为偶数时，
当为奇数时，
．
【解析】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，分组（并项）法求和，属于中档题．
（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式，二次函数的性质，即可求解；
（2）由题设得对成立，
则，由分组（并项）法求数列的前
项和．
16．【答案】解：（1）由题意，
平面平面，且平面平面平面，
平面，
平面，
，
又平面，
平面．
连接，
平面平面，平面平面，
，
，
，
．
三棱锥底面三角形的面积为
，高，
其体积为：．
（2）由题意及（1）得，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图，，
则．
设平面的法向量为，
由，取，则，
平面的一个法向量为，
所以．
又因为，
所以．
．
又，
所以．
【解析】本题考查棱锥的体积，考查直线与平面，平面与平面所成角的向量求法，属于较难题．
（1）通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥的体积；
（2）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出角与的正余弦值，即可解出．
17．【答案】解：（1）由题意可知，的可能的取值为，且，
故；
（2）①证明：因为，且，
所以，即，而，
所以成立．
②事件：盒子乙不空，则事件：盒子乙空，
由（1）可知，所以，
事件：至少有两个盒子不空，则事件：有一个盒子不空，
，所以
事件：至少有两个盒子不空且盒子乙不空，分为两种情况，一种是三个盒子都不空，按照1、1、2分组；另一种是两个盒子不空且乙不空，此时甲或者丙是空的，故按照1、3或者2、2分组即可，
故，
所以，
化简得．
【解析】本题考查二项分布和条件概率的计算，属于较难题．
（1）每个小球的选择都是一次独立重复试验，而每个小球选择盒子乙的概率为，所以可知随机变量服从二项分布；
（2）①由条件概率的公式很容易证明；②主要是根据题意，确定是平均分组还是非平均分组，进而根据排列组合的公式即可得到相关事件的概率；由于某些分组情况比较复杂，因此考虑其对立事件，会减少计算量．
18．【答案】解：（1）由题意，椭圆的离心率为是椭圆上一点，
所以，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）证明：①因为直线过点且斜率不为0，所以可设的方程为，代入椭圆方程
，得，方程的判别式
，设，则
．
两式相除得
，即
因为分别为椭圆的左，右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，所以
从而；
②由①知，设，则，所以直线的方程为：，直线的方程为
，联立，可得，所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上．
【解析】本题考查椭圆的方程，椭圆中的定点，定值问题，直线与椭圆的位置关系及其应用，是较难题．
（1）由条件列出关于的方程，解方程可得，由此可得椭圆的方程；
（2）①联立方程组，利用设而不求法结合两点斜率公式求即可证明；
②求出直线与直线方程，联立求点的坐标，由此证明点在定直线上．
19．【答案】解：（I）函数，定义域是，
则，
在上单调递减；
（ = 2 \* ROMAN II）函数，定义域是，
则，
令，解得；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
，
，使，即，
当时，；当或时，，
，则当时，；
当或时，，
和是方程的两个不等实数根，
，则，
解得，
，
，
又由，
又，
则原式（其中），
由（ = 1 \* ROMAN I）知在区间上单调递减，
且，
，
则．
【解析】本题主要考查了利用导数求函数的单调性，不等式恒成立问题，综合考查学生的转化能力，计算能力，属于较难题．
（ = 1 \* ROMAN I）对函数求导，可得，进而即可得解；
（ = 2 \* ROMAN II）由已知对函数求导，可得的单调性，由零点存在定理可得，使，且
，利用单调性解不等式可得1和是方程的两个不等实数根，再由根与系数的关系可得，可得
，再由（ = 1 \* ROMAN I）及
可得即可得解．