辽宁省名校联盟2023-2024学年高三下学期3月联合考试数学试卷（Word版附答案）

这是一份辽宁省名校联盟2023-2024学年高三下学期3月联合考试数学试卷（Word版附答案），共16页。试卷主要包含了已知满足，且，则，已知满足，则等内容，欢迎下载使用。

本试卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸上.
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题纸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.答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回.
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.已知向量，则（ ）
A.-24 B.-23 C.-22 D.-21
2.若函数在区间内单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3.第19届亚运会于2023年9月至10月在杭州举行，来自浙江某大学的4名男生和3名女生通过了志愿者的选拔，若从这7名大学生中选出2人或3人去某场馆担任英语翻译，并且至少要选中1名女生，则不同的挑选方案共有（ ）
A.15种 B.31种 C.46种 D.60种
4.下图是2022年5月一2023年5月共13个月我国纯电动汽车月度销量及增长情况统计图（单位：万辆），则下列说法错误的是（ ）（注：同比：和上一年同期相比）
A.2023年前5个月我国纯电动汽车的销量超过214万辆
B.这13个月我国纯电动汽车月度销量的中位数为61.5万辆
C.这13个月我国纯电动汽车月度销量的众数为52.2万辆
D.和上一年同期相比，我国纯电动汽车月度销量有增有减
5.已知为椭圆的右焦点，过原点的直线与相交于两点，且轴，若，则的长轴长为（ ）
A. B. C. D.
6.过圆上的两点分别作圆的切线，若两切线的交点恰好在直线上，则的最小值为（ ）
A. B.3 C. D.
7.已知数列满足，则“数列是等差数列”的充要条件可以是（ ）
A. B. C. D.
8.已知满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
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.已知满足，则（ ）
A.
B.复平面内对应的点在第一象限
C.
D.的实部与虚部之积为-4
10.已知函数在区间上单调递减，且在区间上有且仅有一个零点，则的值可以为（ ）
A. B. C. D.
11.中国古建筑闻名于世，源远流长.如图①所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图是如图②所示的五面体，在图②中，四边形为矩形，，与是全等的等边三角形，则（ ）
A.五面体的体积为
B.五面体的表面积为
C.与平面所成角为
D.当五面体的各顶点都在球的球面上时，球的表面积为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合，则__________，__________.
13.已知圆台的上､下底面的面积分别为，侧面积为，则该圆台的高为__________.
14.已知双曲线的左､右焦点分别为，过点作斜率为的直线与的右支交于点，且点满足，且，则的离心率是__________.
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）
已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线的方程；
（2）讨论的极值.
16.（15分）
如图，在三棱柱中，平面是线段上的一个动点，分别是线段的中点，记平面与平面的交线为.
（1）求证：；
（2）当二面角的大小为时，求.
17.（15分）
近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开放了两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的体育锻炼.
（1）该校学生甲､乙､丙三人某周均从两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲､乙､丙该周选择健身中心健身的概率分别为，求这三人中这一周恰好有一人选择健身中心健身的概率；
（2）该校学生丁每周六､日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身中心的其中一个，其中周六选择健身中心的概率为.若丁周六选择健身中心，则周日仍选择健身中心的概率为；若周六选择健身中心，则周日选择健身中心的概率为.求丁周日选择健身中心健身的概率；
（3）现用健身指数来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定值低于1分的学生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人，其值低于1分的概率为0.02.现从全校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一位健身效果不佳的学生为止，但抽取的总次数不超过.若抽取次数的期望值不超过23，求的最大值.
参考数据：.
18.（17分）
已知平面上一动点到定点的距离比到定直线的距离小，记动点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）点为上的两个动点，若恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，记平行四边形的面积为，求证：.
19.（17分）
给定正整数，设集合.对于集合中的任意元素和，记.设，且集合，对于中任意元素，若，则
称具有性质.
（1）若集合具有性质，试写出的表达式；
（2）判断集合是否具有性质？若具有，求的值；若不具有，请说明理由；
（3）是否存在具有性质的集合？若存在，请找出来；若不存在，请说明理由.
数学（一）
一､选择题
1.B 【解析】，10），，所以.故选B项.
2.A 【解析】因为在区间内单调递减，所以函数在区间内单调递减，所以，解得4.故选A项.
3.C 【解析】至少要选中一名女生的对立事件是选中的全为男生，故所求挑选方案的种数为.故选项.
4.B 【解析】2023年前5个月我国纯电动汽车的销量为万辆万辆，项正确；将这13个月纯电动汽车的月度销量由小到大依次排列为，，则中位数为其中第7个数据，即49万辆，B项错误；这些数据中只有52.2出现2次，其他数据均只出现1次，故众数为52.2万辆，C项正确；2023年1月的同比增长率为负数，故和上一年同期相比，我国纯电动汽车月度销量有增有减，D项正确.故选B项.
5.B 【解析】设，如图，记为的左焦点，连接，则由椭圆的对称性可知，由，设，则.又轴，所以，即，所以
解得所以的长轴长为.故选B项.
6.D 【解析】因为圆的方程为，所以圆心，半径.因为是圆的两条切线，所以，由圆的知识可知四点共圆，且，所以，又，所以当最小，即时，取得最小值，此时，所以.故选D项.
7.B 【解析】由，得①，当时，②，由①-②得，即的奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列，所以，若为等差数列，则其公差显然为1，即.又，所以，此时，即，
所以为等差数列，即“数列是等差数列”的充要条件可以是.故选B项.
8.D 【解析】因为，所以，由，可得，故和是方程的两个实数根.因为，所以和的取值范围都是，因为函数在区间上均单调递增，所以函数在区间上单调递增，故方程在区间上只有一个根，所以，所以，所以，所以.故选D项.
二､选择题
9.ACD 【解析】设，则由已知得，即，所以解得所以，则，故A项正确，B项错误；的实部为-4，虚部为1，所以的实部与虚部之积为-4，故C，D项正确.故选ACD项.
10.BC 【解析】因为，所以.因为在区间上有
且仅有一个零点，所以
在区间上有且仅有一个实数根，所以，解得.因为，所以，因为在区间上单调递减，所以，即，且根据余弦函数的单调性可知，解得.综上，的取，
值范围是.故选项.
11.ACD 【解析】如图①，可将该五面体分割成四棱锥，直三棱柱，四棱锥三部分，由对称性可知四棱锥与四棱锥的体积相等，易求得的边上的高，所以五面体的体积项正确.五面体的表面积3），B项错误.设与平面所成角为，则，又为锐角，所以，C项正确.如图②，连接交于点，因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心，连接，则平面，分别取的中点，根据几何体EFBCDA的对称性可知，直线交于点.连接，则，且为的中点，因为，所以，连接，在与中，易知，梯形为等腰梯形，所以，且.设，球的半径为，连接，当点在线段上时，由球的性质可知，易得，则，此时无解；当点在线段的延长线上时，由球的性质可知，解得.所以，所以球的表面积，D项正确.故选ACD项.
三､填空题
12. 【解析】由题意得，所以.
13. 【解析】由题意得圆台的上､下底面的半径分别为2，6，设圆台的母线长为，高为，则该圆台的侧面积，解得，所以.
14. 【解析】如图，直线的斜率为.由，得点为的中点，又，所以是线段的垂直平分线，所以，过点作于点，由已知得，所以，所以，所以，即，所以，又，所以，所以，所以，由双曲线的定义可得，即，所以，可得，整理得，即，解得或（舍去），又题中直线与的右支有交点，所以，即，所以，即，所以，即，所以的离心率为.
四､解答题
15.解：（1）当时，，所以，
因为，
所以，
所以的方程为2），
即.
（2）的定义域为，
.
因为，则当时，，
当时，，
故在区间内单调递增，在区间内单调递减，
所以当时，取得极大值为，无极小值.
16.（1）证明：因为分别是线段的中点，所以.
在三棱柱中，四边形为平行四边形，
所以，则，
因为平面平面，
所以平面.
因为平面，平面平面
，
所以.
（2）解：解法一：在直三棱柱中，平面，
所以，
又，所以两两垂直.
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则
所以.
设平面的法向量为，
则即
令，得.
平面的一个法向量为，4），
则，
解得或（舍去）.
综上，当二面角的大小为时，
.
解法二：作，交于点，连接.
因为，所以，
所以四点共面，
所以平面平面.
因为，
所以平面，
所以平面，
所以，
所以为二面角的平面角.
若，则在Rt中，，
又，所以，
又，所以.
17.解：（1）由题意得这三人中这一周恰好有一
人选择健身中心健身的概率
.
（2）记事件：丁周六选择健身中心，事件：丁周日选择健身中心，
则
由全概率公式得.
故丁周日选择健身中心健身的概率为.
（3）设从全校学生中随机抽取1人，抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为，则，
设抽取次数为，则的分布列为
故p），
又，
两式相减得，所以，
而在时单调递增，结合0.535，
可知当时，；当
时，；当时，23.25.
若抽取次数的期望值不超过23，则的最大值为30.
18.（1）解：解法一：设，易知，
根据题意可得，
化简得，
所以的方程为.
解法二：因为点到定点的距离比到定直线的距离小，
所以点到定点的距离与到定直
线的距离相等，
由抛物线的定义可知，点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，
所以的方程为.
（2）证明：设，直线的斜率为，线段的中点为，
因为平行四边形MANB对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，
所以线段的中点在直线上，
设，所以
所以，
又
所以，即.
设直线的方程为，
即，
联立整理得，
所以，解得，
，
则.
.
.
.
又点到直线的距离为，
所以.
.
，
记，
因为，所以，
所以.
令，
则，
令，可得，
当时，在区间，
内单调递增，当时，在区间上单调递减，
所以当，即时，取得最
大值，即，
所以.
19.解：（1）由题意可知表示集合有2
个元素，且
所以.
（2）对于，
则，同理，
而，同理，
所以具有性质.
且.
（3）假设存在集合具有性质，易知集合中有4个元素且.
①若，则，不符合4个元素，舍去；
②若，则，，
又，
所以不满足，舍去；
③若，则，
又
，
所以这3组每组至多只能有一个包含于，所以至多只有3个元素，矛盾，舍去；
④若，则，，
又，
所以不满足，舍去；
⑤若，则，只有一个元素，舍去.1
2
3