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【含答案】

【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．4．已知，则（

）．A． B． C． D．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．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．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．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．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．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．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：，）1．D【分析】求出集合后可求.【详解】，故，故选：D2．B【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：B3．B【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．B【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．C【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．D【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：D7．A【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．C【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．9．ABC【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．AB【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的虚部为，，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．ABC【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】12．64【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，则不同的选课方案共有种；综上所述：不同的选课方案共有种.故答案为：64.13．【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：14．1【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：1．15．(1)；(2).【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.【详解】（1）依题意，，，则，由，得，解得，而，所以.（2）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．(1)2(2)【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．【详解】（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．17．(1)(2)①证明见详解；②【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.【详解】（1）由题意可知，的可能的取值为0,1,2,3,4，且，故；（2）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．(1)；(2)①证明见解析；②证明见解析.【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.【详解】（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）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．(1)在上单调递减(2)【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