2023年4月稽阳联谊学校高三联考数学试卷及答案

1、 2023年4月稽阳联谊学校高三联考数学试题考前须知： 1.本科目考试分试题卷和答题卷，考生必须在答题卷上作答.答题前，请在答题卷的密封线内填写学校、班级、学号、姓名；2.本试卷分第一卷选择题和第二卷非选择题两局部。总分值150分, 考试时间120分钟。参考公式：如果事件A, B互斥, 那么柱体的体积公式P(A+B)=P(A)+P(B)V=Sh如果事件A, B相互独立,那么其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高P(AB)=P(A)P(B)锥体的体积公式如果事件A在一次试验中发生的概率是p, 那么nV=Sh次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高Pn(k)=

2、Cpk (1p)n-k (k = 0,1,2, n)球的外表积公式台体的体积公式S = 4R2球的体积公式其中S1, S2分别表示台体的上、下底面积, V=R3h表示台体的高其中R表示球的半径第一卷选择题，共40分选择题：本大题共10小题，每题4分，共40分。在每题给出的四个选项中, 只有一项为哪一项符合题.目要求的1.集合，那么 ( )A. B. C. D.2. 假设是曲线C:的一条渐近线，那么C的离心率为 A.3B. C. D.实数满足，那么以下关系式中恒成立的是A.B. C. D.4.在平面直角坐标系中，不等式组表示的平面区域为，为内含边界的点，当的最大值为8时，的面积为 A. 12B.

3、 8C. 4 D. 65.满足：对任意，不等式恒成立，那么的范围是A. B. C. D.6数列是等比数列，前项和为，那么“是“的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件7.函数的图象上关于坐标原点对称的点共有 A.0对B.1对C.2对D.3对8.甲乙两个人玩一种游戏，甲乙两人分别在两张纸片上各写一个数字，分别记为，其中必须是集合中的元素，如果满足，我们就称两人是“友好对. 现在任意找两人玩这种游戏，那么他们是友好对的概率为A . B. C. . D. 9.过点作直线不同时为零的垂线，垂足为，点，那么当变化时，的取值范围是 A. B. C. D. 是定义在R上的函数，假设

4、，对任意，满足：及，那么的值为2023 B.2023 C.2023 D.2023第二卷非选择题共110分二、填空题：本大题共7小题, 多空题每题6分，单空题每题4分, 共36分11.假设复数满足，那么等于 .12. 假设，那么， .第14题?九章算术?是我国古代著名的数学著作，其中有一道数列问题：“今有良马与驽马发长安，至齐，齐去长安三千里。良马初日行一百九十三里，日增一十三里，驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，问几日相逢及各行几何？请研究此题，并给出以下结果：两马同时出发后第9天，良马日行里，从长安出发后第天两马第一次相遇.第14题14.某几何体的三视图如下图，那么该几何

5、体的外表积为，体积为.15.锐角三角形的三个内角的对边分别为，假设，那么= ,的取值范围是 .16.现将7个不同的小球放入编号分别为1,2,3的三个盒子里，要求每个盒子内的小球数不能小于其编号数，那么符合要求的放法有种.用数字作答.中，点为三角形的垂心，假设，那么的值为.三、解答题：本大题共5小题, 共74分。解容许写出文字说明, 证明过程或演算步骤18.此题总分值14分函数.的值域为.1假设函数的图象关于直线对称，求的最小值.2当时，方程有四个实数根，求的取值范围.19(本小题总分值15分如图，四边形是正方形,.假设平面平面，求证：平面；假设，求直线与平面所成角的正弦值.20(本小题总分值1

6、5分函数，.设，求在上的最大值；当时，求证：.21(本小题总分值15分离心率为的椭圆过点，与坐标轴不平行的直线与椭圆交于两点，其中为关于轴的对称点，为坐标原点.求椭圆的方程；分别记的面积为，当三点共线时，求的最大值.(本小题总分值15分数列满足：，.求证：当时，求证：任意的正整数，有.不存在,使得对任意正整数，有.2023年4月稽阳联谊学校高三联考数学参考答案一、选择题：本大题共10小题，每题4分，共40分。1.【答案】：D.解析：,P,Q无公共元素，所以交集为空集.2.【答案】B解析：3.【答案】D解析：由条件知结合幂函数的单调性，可知D正确.4.【答案】D.解析：在处取得最大值，所以，由三

7、角形面积公式可得结果. 5.【答案】：B解析：由条件可知，函数在上为减函数，从而；另一方面，由函数在R上有定义，可得，从而，的范围是.6.【答案】:A解析：，因为，所以，即；另一方面对于各项为负的常数列：满足，但不能推出出7.【答案】：C解析：作出函数的图象关于原点的对称图形C，C与有两个交点.8. 【答案】D【解析】这是一个古典概型，共有36个根本领件，“友好对的结果有1,1，1,2，2,12,22,33，23，33,44,34，44,55,45，55,66,56,6，共16个，所以所求概率为.9.【答案】；A【解析】：直线,整理为：从而可得直线过定点Q，如图，或者M与P,Q之一重合，,故点

8、M在以PQ为直径的圆上运动，设该圆的圆心为F，那么线段MN满足的范围为,所以：的取值范围是10. 【答案】：C.解析：因为 所以 ，进而有，上述三式子相加得到，结合条件我们有. 于是： =.所以，.第二卷非选择题 共110分二、填空题：本大题共7小题, 多空题每题6分，单空题每题4分, 共36分11.【答案】：解析：.12.【答案】;-4【解析】取即得；分别取和，将所得两式相减即得到.13【.答案】：297，16.解析：分别用数列表示良马和驽马每日所行里程，那么两个数列均为等差数列，其中，。于是，设两马经过n天相遇，那么有.整理得：.令，那么所以，也就是说，出发后第16天两马相遇.14.【答案

9、】：，解析：该几何体如下图：易求，所以，所以外表积为；体积为同底面高正棱柱体积的一半，所以体积是.15.【答案】2；解析：，所以,另一方面，,所以，16.【答案】455解析：共有三种情况：11,2,3号盒子放的球数分别为2,2,3，此时的放法数为.(2)1,2,3号盒子放的球数分别为1,3,3，此时的放法数为(3)1,2,3号盒子放的球数分别为1,2,4，此时的放法数为由加法原理即得结果。17.【答案】：【解析】过H作AB和AC的平行线HE,HF，得到平行四边形，.因为H为垂心，所以：所以，于是，这样一来，三、解答题：本大题共5小题, 共74分。解容许写出文字说明, 证明过程或演算步骤18.(

10、本小题总分值14分解：1.2分由题意解得： .4分由的图象关于直线对称得：.所以，, .6分所以，的最小值为. .7分2如图，在，上单调递增，在和上单调递减，结合可知.14分注：本小题通过单调性、极值判断或者画出草图直接判断均不扣分.19(本小题总分值15分解:是正方形是正方形，又平面平面，平面平面，平面，可得； . 3分又，不妨设，,可求，可得，所以平面. .6分过作，连接交与点，过作交与点，连接，作交与点，又由，所以，所以，即在上.9分又由，可得，所以，所以到平面的距离为,，又，所以到平面的距离为，设直线与平面所成角为，那么. .15分法二：以为原点，建立如图坐标系，那么，. . 8分设，

11、由题意可得：，坐标代入，解得，即，. 10分设平面的法向量为，那么，即，令，那么，即， .12分设设直线与平面所成角为，那么，所以直线与平面所成角正弦值为.15分.(本小题总分值15分解.令，.2分令，那么，所以当时，即在单调递减，又，故，所以在上单调递增.5分即当时，最大值为.6分，令，由，得，由得.在上单调递减，上单调递增，.9分又由，所以可得在上必有一零点.在上单调递增，在上单调递减.所以；.13分又因为在上单调递减，所以.综上所述，当时，.15分.21.(本小题总分值15分解：，把过点，代入椭圆方程可得，解得，所以椭圆方程为.5分.设点坐标，点坐标，那么为，设直线的方程为，联立椭圆方程可得所以，因为三点共线，所以，代入得，化简得，解得或舍去.9分设两点到直线的距离为，直线的方程为，所