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

【新结构】2023—2024学年浙江省上杭金湖四校第三次联考数学试卷一、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．1 B．2 C．3 D．48．半径为3的圆内有一点，点在圆上，当最大时，的长等于（）A． B．3 C． 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\*ROMANI）判断的单调性；（=2\*ROMANII）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\*ROMANII）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