湖南省炎德名校联合体高三下学期第三次联考数学试题

名校联考联合体届高三第三次联考数学注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净底，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.85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.若复数，则（）A.B.C.4D.0【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数及复数的减法计算求解.【详解】.2.若，则的真子集个数为（）A.3B.8C.7D.6【答案】C【解析】【分析】由集合的无序性结合集合的关系确定，进而可求集合的真子集个数.【详解】因为，所以，所以的真子集个数为.3.若双曲线的离心率为，则的值为（）A.B.C.2D.3【答案】C【解析】第1页/共17页

【分析】根据题意，利用双曲线的几何性质，列出方程，即可求解.【详解】因为双曲线的离心率为，所以，所以.4.已知向量，，则在上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】结合向量的坐标运算，根据投影向量的计算方法求解即可.【详解】在上的投影向量为.5.已知函数的定义域为，周期为4，若，则（）A.B.C.0D.2【答案】C【解析】【分析】由周期为可得，由条件可得，解方程可求结论.【详解】因为的周期为，所以，因为，所以，联立消去得，.6.若将函数图象上所有点的横坐标压缩到原来的一半（纵坐标不变）得到的图象，则的单调递增区间为（）A.B.C.D.第2页/共17页

【答案】A【解析】【分析】由图像变换得，使用整体代入法结合正切函数图像性质即可求得的单调递增区间.【详解】由已知得，，令，，解得.所以的单调递增区间为.7.已知，，为平面上的一个动点，若，则的轨迹所围成的面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】法一：使用两点间距离公式结合条件可得的轨迹为圆，进而可得轨迹所围成的面积；法二：由题意得的轨迹为存在一条直径位于轴上的圆，由此求出圆的端点，进而可得半径与面积.【详解】法一：因为，，设，由得，平方并整理得，化简并整理得，故点的轨迹是圆，其半径为，故其面积为.法二：因为，，，所以的轨迹为一条直径位于轴上的圆，设此直径的端点坐标为，则或所以或，所以的轨迹所围成的面积为.8.如图，在棱长为1的正四面体中，是棱的10等分点，过作与第3页/共17页

，均平行的平面，记此平面截正四面体所得的截面面积为.则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】如图，取的中点，连接，，在正四面体中，易知，，又，，平面，所以平面，又平面，所以.过作的平行线，交于，再过作的平行线，交于，作交于，连接，得截面四边形，易知四边形为矩形，由相似三角形知识可知，，所以.36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.已知为第二象限角，，则（）A.B.第4页/共17页

C.D.【答案】ABC【解析】【分析】由条件结合同角关系求，再结合诱导公式求，再利用二倍角公式求，利用两角和正弦公式求.【详解】因为为第二象限角，，所以，，，又因为，所以.10.用1，2，3，4四种颜色给图中的，，，四个区域涂色，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域涂不同色，则（）A.用四种不同颜色涂色的不同方法数为24B.用1，2，3这三种不同颜色涂色的不同方法数为6C.在用四种不同颜色涂色的条件下，区域用4涂色的概率为D.在用1，2，3这三种不同颜色涂色的条件下，区域用2涂色的概率为【答案】ABD【解析】【分析】由分类乘法计数原理结合相邻区域不能同色的条件，即可求解.【详解】对于A，先涂区域，有4种方法，再涂区域，有3种涂法，再涂区域，有2种涂法，第5页/共17页

最后涂区域，因为要保证4种颜色全部使用，故只有1种涂法，故共有种方法，所以A正确；对于B，先涂区域，有3种方法，再涂区域，有2种涂法，再涂区域，有1种涂法，最后涂区域，有1种涂法，故共有种方法，所以B正确；对于C，若用4涂色，则区域有3种方法，区域有2种方法，区域有1种方法，由A知总情况有24种，则概率，所以C错误；对于D，若用2涂色，则区域有2种方法，区域有1种方法，区域有1种方法，由B知总情况有6种，则概率，所以D正确；经过点作两条直线与抛物线分别切于点，为，，直线与轴交于，过任意作一条直线与交于，，则（）A.B.C.的坐标为D.的中点到轴的距离为【答案】AD【解析】AB出直线的方程再结合韦达定理判断C，利用抛物线的定义判断D即可.【详解】对于A，设经过点的直线方程为，代入得，，因为与相切，所以，化简得，设此方程的两个不同根分别为，，则，分别对应于过点，的切线斜率，由韦达定理得，，故A正确；对于B，由于为的两个等根，第6页/共17页

所以，同理，故B错误；对于C，由，的坐标分别为，，则直线的方程为，化简得，将，代入，得，将，代入，得，则的坐标为，故C错误；又直线为的准线，为抛物线焦点，设，分别为，到准线的距离，由抛物线的定义得的中点到直线的距离为，则的中点到轴的距离为，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________.【答案】【解析】【分析】由圆台侧面积公式可得母线长，再求出圆台的高，利用圆台的体积求解即可.【详解】设圆台母线长为，则，所以，所以圆台的高为，所以圆台的体积为.13.在圆的内接四边形中，若，，，则四边形的最大面积为________【答案】【解析】第7页/共17页

【分析】利用余弦定理可得，，根据圆的对称性分析四边形的最大面积.【详解】在三角形中，由余弦定理得，且，则，可得，由圆的对称性可知当且仅当时，三角形的面积取得最大值，所以四边形的最大面积为.14.若，，则的值为______.【答案】1【解析】【分析】先利用对数换底公式，对原不等式进行整理变形，得到，求该函数的最小值，得到，构造函数，研究函数的单调性与最值，进而确定的值【详解】因为，所以，所以，令，所以，则当时，即在上单调递减，所以当时，，矛盾，故.时，，，单调递减；，，单调递增；第8页/共17页

所以，记，求导得，，，单调递增；，，单调递减；所以最大值为，因此恒成立，仅当时满足要求，所以.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在正项数列中，已知.（1）证明：为等比数列；（2）若，，求的前项和.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】1）利用对数性质将等式转化，然后利用等比数列定义证明等比数列；（2）由已知求出公比和首项，再用等比数列求和公式得.【小问1详解】因为，所以，所以，因为，所以，，所以为等比数列.【小问2详解】设公比为，因为，，所以，所以，所以，所以，第9页/共17页

所以的前项和为.16.在不透明的口袋中装有相同的6个红色的乒乓球，其中2个球上标有数字1，4个球上标有数字2.（1）在首次从口袋中摸出1个标有数字1的球，且不放回的条件下，求第二次从口袋中摸出1个标有数字2的球的概率；（221A={首次取到的是标有数字2的球}B={第二次取到的是标有数字1的球}，则，是否相互独立?请说明理由.【答案】（1）（2），不相互独立，理由见解析【解析】1）利用条件概率公式计算；（2）通过验证是否成立，判断结论即可.【小问1详解】记首次从口袋中摸出1个标有数字1的球为事件，第二次从口袋中摸出1个标有数字2的球为事件，则，所以第二次从口袋中摸出1个标有数字2的球的概率为.【小问2详解】由已知得，，所以，所以，所以，不相互独立.17.如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个梯形；其中，，现在沿着把折起到的位置，连接，，且使得，如图2所示.第10页/共17页

（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）取的中点为，由，得到，再由正三角形性质，可得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面.（2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：取的中点为，连接，，，由图1中，是边长为2的正三角形，等腰梯形，且，可得，且，因为，所以，所以，又由正三角形性质，可得，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】第11页/共17页

解：取的中点，连接，因为四边形为等腰梯形，且为的中点，所以，又因为平面，以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得，，，所以，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，又由平面的法向量为，设平面与平面夹角为，则所以平面与平面夹角的余弦值为.18.在平面直角坐标系中，设动直线恒过定点，为平面上的一个动点，到的距离为；且.（1）求的坐标；（2）求的轨迹的方程；第12页/共17页

（3）设关于轴的对称点为，，过作与轴垂直的直线，求被分成的左，右两个部分面积之比的取值范围.【答案】（1）（2）（3）.【解析】1）利用直线的性质求解必过的定点即可.（2）结合题意化简求出椭圆方程即可.（3）结合题意将目标式表示为一元函数，再结合导数求解取值范围即可.【小问1详解】因为，所以，因为，所以，则，故的坐标为.【小问2详解】设，因为，所以，则，化简得.【小问3详解】如图，作出符合题意的图形，记的坐标为，由题意知，点不可能位于轴上，故根据椭圆对称性，不妨设点在第一象限或在轴正半轴上，即，，又，，第13页/共17页

则直线的方程为，设与轴，分别交于点，，因为，所以，，所以面积与的面积之比如下，为，令，则，当时，，当时，，所以函数在单调递减，在单调递增，又因为，，，所以的值域是，所以，得到，根据对称性，被分成的左，右两个部分面积之比的取值范围是.19.设函数在的方程在是上的“双平行切线函数”在上的平行切点.（1）是否存在上的“双平行切线函数”，且在上不是单调函数?若存在，请举例；若不存在，请说明理由；（2）令，设直线与图象交于两个不同的点，，其横坐标分别为，，且是上的“双平行切线函数”，在上的平行切点为，.（i）求实数的取值范围；第14页/共17页

（ii）证明：.【答案】（1）存在上的“双平行切线函数”，但在上不为单调函数.（2i）ii）证明见解析【解析】1）由函数，根据，得到方程，求得为上的“双平行切线函数”（2i在上有两个不同的解，求得，得出的单调性，得到的单调性，求得其最小值，进而求得的取值范围；（ii）设，转化为证明，设，求得，再令，利用导数求得在上单调递减，得到，进而证得.【小问1详解】解：存在上的“双平行切线函数”，且在上不是单调函数.先证明：为上的“双平行切线函数”：由函数，可得，令，可得，化简得，解得，，所以为上的“双平行切线函数”；令，即，可得或，当且仅当时，，所以在，上单调递增，当且仅当时，，所以在上单调递减，第15页/共17页

所以在上不是单调函数，所以存在上的“双平行切线函数”，且在上不为单调函数.【小问2详解】i）由题意知：，且，所以在上有两个