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卷（Word版附解析）

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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.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合后可求.
【详解】，故，
故选：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
【答案】B
【解析】
【分析】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.
【详解】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. 已知函数y=f（x）的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′（x）的图象如图所示，则该函数的图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)的图象为增函数，
且在区间(－1,0)上增长速度越来越快，
而在区间(0,1)上增长速度越来越慢．
故选B.
4. 已知，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为，而，因此，
则，
所以
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
5. 对于变量Y和变量x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
【答案】C
【解析】
【分析】根据用一元线性回归模型有关概念即可判断.
【详解】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，残差的均值可能成立，但明显残差的轴上方的数据更分散，不满足一元线性回归模型，正确的只有C.
故选：C.
6. 已知一个等比数列的前项和､前项和､前项和分别为､､，则下列等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】主要考察等比数列的性质，字母为主，对学生的抽象和逻辑思维能力要求比较高。
【详解】当时，
当时，
对于A, 当时，
故A错，
对于B, 当时，，故B错，
对于C, 当时，，故C错，
对于D, 当时，，
，
当时，
则，故选项正确，
故选：D
7. 已知函数的零点分别为，则的值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【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，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．
【详解】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. 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.
【答案】C
【解析】
【分析】画出图形，当时，最大，然后在中，用勾股定理求出即可．
【详解】如左图，作与E, ．
欲使最大，即最大，由于为定值，则只要最大即可．
当，重合时，即时，最大，如右图
中，，，，
则故当最大时，的长等于．
故选：C．
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．
【答案】ABC
【解析】
【分析】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．
【详解】
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，则，故D错误；
故选：ABC．
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
【答案】AB
【解析】
【分析】根据欧拉公式及复数得模即可判断A；
，整理即可判断B；
根据欧拉公式及复数虚部为，，结合三角恒等变换，求出，即可求出的实部，从而判断C；
根据题意可得，点得轨迹时以原点为圆心，1为半径的圆，根据三角形的面积公式即可求得三角形面积的最大值，从而判断D.
【详解】解：对于A，，故A正确；
对于B，
，故B正确；
对于C，
，
因为复数的虚部为，所以，
又，所以，
故，所以，
所以，
，
，
即的实部为，故C错误；
对于D，由题意，，
则点得轨迹时以原点为圆心，1为半径的圆，
又，，
当，即时，取最大值，
所以三角形面积的最大值为，故D错误.
故选：AB.
11. 已知椭圆的左顶点为，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. 为定值B.
C. 与的面积相等D. 与的面积和为定值
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据面积公式结合椭圆标准方程联立等式，化简求出，为定值，可判断A，根据直线斜率之间关系得到直线之间的关系可判断，根据三角形面积公式即可判断C,D.
【详解】由题意可得，直线 所在直线方程为：，
设到直线的距离为，
则，
因为,在椭圆上，
所以，.
因为点在第一象限，点在第四象限，
所以，
有，
所以，，即，，故A正确，
，，
因为
因为，，所以，，
代入得，，
因为在椭圆上，有，即，
所以，，即，故B正确，
，，
因为，所以，
代入得,故C正确，
，，
因为不是定值,故D错误.
故选：ABC.
【点睛】
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）．
【答案】64
【解析】
【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；
②若体育类选修课2门，则不同选课方案共有种；
综上所述：不同的选课方案共有种.
故答案为：64.
13. 若则________________________．
【答案】
【解析】
【分析】由不等式的性质求解．
【详解】因为，
所以，
整理得，，即，
故答案为：
14. 在中，分别为内角的对边，满足，则的值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】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．
【详解】已知，
则由正弦定理得：，（为外接圆半径），
，
，，
，即，
，
，，，
．
故答案为：1．
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. 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.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，依次求出，列出不等式求解即得.
（2）设，由已知求出，借助恒成立求出，再按奇偶分类并结合分组求和法求解即得.
【小问1详解】
依题意，，，
则，由，得，解得，而，
所以.
【小问2详解】
由是公差为的等差数列，设，
又，
于是对任意恒成立，
即对任意恒成立，
则，又，解得，从而，，
当为偶数时，
；
当为奇数时，
，
所以.
16. 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．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（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．
【小问1详解】
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：．
【小问2详解】
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．
17. 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．
【答案】（1）
（2）①证明见详解；②
【解析】
【分析】（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.
【小问1详解】
由题意可知，的可能的取值为0,1,2,3,4，且，故；
【小问2详解】
①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，
由第1问可知，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.
18. 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.
【答案】（1）；
（2）①证明见解析；②证明见解析.
【解析】
【分析】(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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
①因为过点且斜率不为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
，．
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.
【点睛】过x轴上定点斜率不为0的动直线方程可设为；过y轴上定点(0，y0)斜率存在的动直线方程可设为.
19. 已知函数.
（1）判断的单调性；
（2）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】（1）在上单调递减
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导判断出导函数恒小于等于0，即可得在上单调递减；
（2）利用导函数判断出函数的单调性，并根据不等式可得出以及的取值范围，代入整理可得，再根据函数的定义和参考数据即可求得结果.
【小问1详解】
函数的定义域是，
易知恒成立，
∴在上单调递减.
【小问2详解】
，定义域是，
则，
令，则；令，则.
∴上单调递增，在上单调递减.
∵，，.
∴存在，使，即.
当时，；当或时，
∵
当时，；当或时，.
∴1和是方程的两个不等实数根.
∴，由韦达定理.
∴，，∴.
即
∴
又由，∴
又，∴
所以（其中）
由（1）知在区间上单调递减
且，.
∴.
即.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出函数最值以后，将不等式恒成立问题转化成研究二次函数的根的分布情况得出参数的关系式，然后对进行化简求解即可.