《浙江省上杭金湖四校2023-2024學年高三下學期第三次聯(lián)考 數(shù)學試題【含答案】》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江省上杭金湖四校2023-2024學年高三下學期第三次聯(lián)考 數(shù)學試題【含答案】（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、【新結構】20232024學年浙江省上杭金湖四校第三次聯(lián)考數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的1若集合，則（）ABCD2設，是非零向量，“”是“”的（）A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件3已知函數(shù)y=f（x）的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數(shù)y=f（x）的圖象如圖所示，則該函數(shù)的圖象是（）ABCD4已知，則（）ABCD5對于變量Y和變量x的成對樣本觀測數(shù)據(jù)，用一元線性回歸模型得到經(jīng)驗回歸模型，對應的殘差如下圖所示，模型誤差（）A滿足一元線性回歸模型的所有假設B不滿足一元線性回歸模型的的假設C

2、不滿足一元線性回歸模型的假設D不滿足一元線性回歸模型的和的假設6已知一個等比數(shù)列的前項和前項和前項和分別為，則下列等式正確的是（）ABCD7已知函數(shù)的零點分別為，則的值是（）A1B2C3D48半徑為3的圓內(nèi)有一點，點在圓上，當最大時，的長等于（）AB3CD二、多選題：本題共3小題，共18分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得6分，部分選對的得2分，有選錯的得0分9已知長方體，則有（）A若與所成的角分別為，則B若與面、面、面三側面所成的角分別為，則C若，則D若，則10瑞士數(shù)學家歐拉是史上最偉大的數(shù)學家之一，他發(fā)現(xiàn)了被人們稱為“世界上最完美的公式”歐拉公式：（其中是虛數(shù)單位，是自然

3、對數(shù)的底數(shù)），它也滿足實數(shù)范圍內(nèi)指數(shù)的運算性質(zhì)，下列結論正確的是（）ABC若復數(shù)的虛部為，則的實部為D已知，復數(shù)，在復平面內(nèi)對應的點分別為，則三角形面積的最大值為11已知橢圓的左頂點為，上、下頂點分別為，動點在橢圓上（點在第一象限，點在第四象限），是坐標原點，若的面積為1，則（）A為定值BC與的面積相等D與的面積和為定值三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有 種（用數(shù)字作答）13若則 14在中，分別為內(nèi)角的對邊，滿足，則的值為 四、解答題：本題共5小題

4、，共77分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟15已知等差數(shù)列的公差為，且，設為的前項和，數(shù)列滿足.(1)若，且，求；(2)若數(shù)列也是公差為的等差數(shù)列，求數(shù)列的前項和.16如圖，三棱臺，平面平面，與相交于點，且平面(1)求三棱錐的體積；(2)平面與平面所成角為與平面所成角為，求的值17現(xiàn)有4個除顏色外完全一樣的小球和3個分別標有甲、乙、丙的盒子，將4個球全部隨機放入三個盒子中（允許有空盒）(1)記盒子乙中的小球個數(shù)為隨機變量，求的數(shù)學期望；(2)對于兩個不互相獨立的事件，若，稱為事件的相關系數(shù)若，求證：；若事件盒子乙不空，事件至少有兩個盒子不空，求18已知橢圓：的離心率為，是上一點.(1)求

5、的方程.(2)設，分別為橢圓的左、右頂點，過點作斜率不為0的直線，與交于，兩點，直線與直線交于點，記的斜率為，的斜率為.證明：為定值；點在定直線上.19已知函數(shù).(1)判斷的單調(diào)性；(2)設函數(shù)，記表示不超過實數(shù)的最大整數(shù)，若對任意的正數(shù)恒成立，求的值.（參考數(shù)據(jù)：，）1D【分析】求出集合后可求.【詳解】，故，故選：D2B【分析】根據(jù)向量相等、單位向量判斷條件間的推出關系，結合充分、必要性定義即知答案.【詳解】由表示單位向量相等，則同向，但不能確定它們模是否相等，即不能推出，由表示同向且模相等，則，所以“”是“”的必要而不充分條件.故選：B3B【詳解】由yf(x)的圖象知，yf(x)的圖象為增

6、函數(shù)，且在區(qū)間(1,0)上增長速度越來越快，而在區(qū)間(0,1)上增長速度越來越慢故選B.4B【分析】根據(jù)給定條件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式計算作答.【詳解】因為，而，因此，則，所以.故選：B【點睛】方法點睛：三角函數(shù)求值的類型及方法（1）“給角求值”：一般所給出的角都是非特殊角，從表面來看較難，但非特殊角與特殊角總有一定關系解題時，要利用觀察得到的關系，結合三角函數(shù)公式轉化為特殊角的三角函數(shù)（2）“給值求值”：給出某些角的三角函數(shù)值，求另外一些角的三角函數(shù)值，解題關鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關系（3）“給值求角”：實質(zhì)上也轉化為“給值求值”，關鍵也是變角，

7、把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函數(shù)值結合該函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求得角，有時要壓縮角的取值范圍5C【分析】根據(jù)用一元線性回歸模型有關概念即可判斷.【詳解】解：用一元線性回歸模型得到經(jīng)驗回歸模型，根據(jù)對應的殘差圖，殘差的均值可能成立，但明顯殘差的軸上方的數(shù)據(jù)更分散，不滿足一元線性回歸模型，正確的只有C.故選：C.6D【分析】主要考察等比數(shù)列的性質(zhì)，字母為主，對學生的抽象和邏輯思維能力要求比較高?！驹斀狻慨敃r，當時，對于A, 當時，故A錯，對于B, 當時，故B錯，對于C, 當時，故C錯，對于D, 當時，當時，則，故選項正確，故選：D7A【分析】本題考查函數(shù)的零點問題，指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)，

8、令，利用指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)和函數(shù)的對稱性求出，即可求的值【詳解】由題意，令，因為與互為反函數(shù)，兩個函數(shù)的圖象關于直線對稱，且的圖象也關于直線對稱，設，則關于直線對稱，所以且由可得，所以由可得，所以，又代入上式可得，則故選：A8C【分析】畫出圖形，當時，最大，然后在中，用勾股定理求出即可【詳解】如左圖，作與E, 欲使最大，即最大，由于為定值，則只要最大即可當，重合時，即時，最大，如右圖中，則故當最大時，的長等于故選：C9ABC【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，設，利用空間向量法求出夾角的正弦或余弦值，依次判斷選項即可【詳解】如圖所示，以為原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角

9、坐標，設，則，則，對于，同理可得，則，故A正確；對于B，面、面、面的一個法向量分別為，則，同理可得，則，故B正確；對于C，故，C正確；由C選項分析可知，則，即；同理，而顯然，則，故D錯誤；故選：ABC10AB【分析】根據(jù)歐拉公式及復數(shù)得模即可判斷A；，整理即可判斷B；根據(jù)歐拉公式及復數(shù)的虛部為，結合三角恒等變換，求出，即可求出的實部，從而判斷C；根據(jù)題意可得，點得軌跡時以原點為圓心，1為半徑的圓，根據(jù)三角形的面積公式即可求得三角形面積的最大值，從而判斷D.【詳解】解：對于A，故A正確；對于B，故B正確；對于C，因為復數(shù)的虛部為，所以，又，所以，故，所以，所以，即的實部為，故C錯誤；對于D，由題

10、意，則點得軌跡時以原點為圓心，1為半徑的圓，又，當，即時，取最大值，所以三角形面積的最大值為，故D錯誤.故選：AB.11ABC【分析】根據(jù)面積公式結合橢圓標準方程聯(lián)立等式，化簡求出，為定值，可判斷A，根據(jù)直線斜率之間關系得到直線之間的關系可判斷，根據(jù)三角形面積公式即可判斷C,D.【詳解】由題意可得，直線 所在直線方程為：，設到直線的距離為，則，因為,在橢圓上，所以，.因為點在第一象限，點在第四象限，所以，有，所以，即，故A正確，因為因為，所以，代入得，因為在橢圓上，有，即，所以，即，故B正確，因為，所以，代入得,故C正確，因為不是定值,故D錯誤.故選：ABC.【點睛】1264【分析】分類討論選

11、修2門或3門課，對選修3門，再討論具體選修課的分配，結合組合數(shù)運算求解.【詳解】（1）當從8門課中選修2門，則不同的選課方案共有種；（2）當從8門課中選修3門，若體育類選修課1門，則不同的選課方案共有種；若體育類選修課2門，則不同的選課方案共有種；綜上所述：不同的選課方案共有種.故答案為：64.13【分析】由不等式的性質(zhì)求解【詳解】因為，所以，整理得，即，故答案為：141【分析】根據(jù)正弦定理與一元二次方程根的判別式可得，進而可得答案【詳解】已知，則由正弦定理得：，（為外接圓半徑），即，故答案為：115(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)給定條件，依次求出，列出不等式求解即得.（2）設，由已知求出

12、，借助恒成立求出，再按奇偶分類并結合分組求和法求解即得.【詳解】（1）依題意，則，由，得，解得，而，所以.（2）由是公差為的等差數(shù)列，設，又，于是對任意恒成立，即對任意恒成立，則，又，解得，從而，當為偶數(shù)時，；當為奇數(shù)時，所以.16(1)2(2)【分析】（1）通過證明線線和線面垂直，并結合已知條件即可得出三棱錐的體積；（2）建立空間直角坐標系，表達出各點的坐標，求出角與的正余弦值，即可解出【詳解】（1）由題意，平面平面，且平面平面平面，平面，平面，又平面，平面連接，平面平面，平面平面，三棱錐底面三角形的面積為，高，其體積為：（2）由題意及（1）得，以為坐標原點，分別以為軸的正方向建立空間直角坐

13、標系，如圖，則設平面的法向量為，由，取，則，平面的一個法向量為，所以又因為，所以又，所以17(1)(2)證明見詳解；【分析】（1）每個小球的選擇都是一次獨立重復試驗，而每個小球選擇盒子乙的概率為，所以可知隨機變量服從二項分布；（2）由條件概率的公式很容易證明；主要是根據(jù)題意，確定是平均分組還是非平均分組，進而根據(jù)排列組合的公式即可得到相關事件的概率；由于某些分組情況比較復雜，因此考慮其對立事件，會減少計算量.【詳解】（1）由題意可知，的可能的取值為0,1,2,3,4，且，故；（2）因為，且，所以，即，而,所以成立.事件：盒子乙不空，則事件：盒子乙空，由第1問可知，所以，事件：至少有兩個盒子不空

14、，則事件：有一個盒子不空，所以事件：至少有兩個盒子不空且盒子乙不空，分為兩種情況，一種是三個盒子都不空，按照1、1、2分組；另一種是兩個盒子不空且乙不空，此時甲或者丙是空的，故按照1、3或者2、2分組即可，故,所以，化簡得.18(1)；(2)證明見解析；證明見解析.【分析】(1)由條件列出關于的方程，解方程可得，由此可得橢圓的方程；(2)聯(lián)立方程組，利用設而不求法結合兩點斜率公式求即可證明；求出直線與直線方程，聯(lián)立求點的坐標，由此證明點在定直線上.【詳解】（1）由題意，橢圓的離心率為，是橢圓上一點，所以，解得，所以橢圓的方程為；（2）因為過點且斜率不為0，所以可設的方程為，代入橢圓方程得，方程

15、的判別式，設，則，. 兩式相除得，因為分別為橢圓的左、右頂點，所以點的坐標為，點的坐標為，所以， 從而；由知，設，則，所以直線的方程為：，直線的方程為，聯(lián)立可得，所以直線與直線的交點的坐標為，所以點在定直線上.【點睛】過x軸上定點斜率不為0的動直線方程可設為；過y軸上定點(0，y0)斜率存在的動直線方程可設為.19(1)在上單調(diào)遞減(2)【分析】（1）對函數(shù)求導判斷出導函數(shù)恒小于等于0，即可得在上單調(diào)遞減；（2）利用導函數(shù)判斷出函數(shù)的單調(diào)性，并根據(jù)不等式可得出以及的取值范圍，代入整理可得，再根據(jù)函數(shù)的定義和參考數(shù)據(jù)即可求得結果.【詳解】（1）函數(shù)的定義域是，易知恒成立，在上單調(diào)遞減.（2），定義域是，則，令，則；令，則.在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.，.存在，使，即.當時，；當或時，當時，；當或時，.1和是方程的兩個不等實數(shù)根.，由韋達定理.，.即又由，又，所以（其中）由（1）知在區(qū)間上單調(diào)遞減且，.即.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于求出函數(shù)最值以后，將不等式恒成立問題轉化成研究二次函數(shù)的根的分布情況得出參數(shù)的關系式，然后對進行化簡求解即可.