浙江省五校联盟2023-2024学年高三下学期3月联考数学试题 Word版含解析.docx

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浙江省五校联盟2023-2024学年高三下学期3月联考数学试卷一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.若全集，集合及其关系用韦恩图表示如图，则图中阴影表示为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】图中阴影表示的集合的元素属于集合B，但是不属于集合A，即可得出．【详解】图中阴影表示的集合的元素属于集合B，但是不属于集合A，即为.故选：C2.已知向量，向量满足，若，则向量与的夹角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由数量积运算律、模的坐标公式得、，进一步求得的值，结合向量夹角公式即可求解.【详解】由题意，得，且，，设向量与的夹角为，则.故选：C.3.设b，c表示两条直线，表示两个平面，则下列说法中正确的是（） A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】利用平行，垂直的相关性质定理逐一判断即可.【详解】对于A：若，除非说明共面，否则不能推出，A错误，对于B：若，没有说明，不能推出，B错误；对于C：若，则，，都有可能，C错误；对于D：如图，过直线作一个平面与交于直线，由线面平行的性质定理可得，又，所以，又，得，D正确.故选：D.4.已知角的终边过点，则（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知可得出，利用三角函数的定义可得出关于的方程，解之即可.【详解】由三角函数的定义可得，整理可得，即，即，可得，故.故选：B.5.设等比数列的公比为，前项和为，则“”是“为等比数列”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【答案】C【解析】【分析】应用等比中项的性质，由为等比数列，解出值，即可判断.【详解】依题，“为等比数列”，所以，得，化简得，解得，则“”是“为等比数列”的充要条件.故选：C6.已知实数x，y满足，且，则的最小值为（）A.B.8C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意得，进一步表示出，结合基本不等式即可求解.【详解】因为，且，所以，从而，等号成立当且仅当，所以的最小值为.故选：A.7.已知双曲线：（，）的左右焦点分别为、、A为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于、两点，且，则该双曲线的离心率为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由题意，得到以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，设，则，求出点P，Q的坐标，得出，，根据，再利用余弦定理求出，之间的关系，即可得出双曲线的离心率．【详解】由题意，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为．设，则，由，解得或，∴，．又为双曲线的左顶点，则，∴，，，在中，，由余弦定理得，即，即，则，所以，则，即，所以∴． 故选：C.【点睛】方法点睛：离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．8.在等边三角形的三边上各取一点，，，满足，，，则三角形的面积的最大值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先求出，设，，在、分别利用正弦定理表示出、，从而得到，利用三角恒等变换公式及辅助角公式求出的最大值，即可求出三角形面积最大值.【详解】因为，，，所以，设，，则，，，在中由正弦定理，即，所以，在中由正弦定理，即， 所以，所以（其中），所以，则，即三角形的面积的最大值是.故选：A【点睛】关键点点睛：本题关键是用含式子表示出、，再利用三角恒等变换公式及辅助角公式求出.二、选择题:本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.在学校组织的《青春如火，初心如炬》主题演讲比赛中，有8位评委对每位选手进行评分（评分互不相同），将选手的得分去掉一个最低评分和一个最高评分，则下列说法中正确的是（）A.剩下评分的平均值变大B.剩下评分的极差变小C.剩下评分的方差变小D.剩下评分的中位数变大【答案】BC【解析】【分析】去掉一个最低评分和一个最高评分平均分变换未知，根据极差概念知极差变小，根据方差意义知方差也变小，根据中位数概念知中位数未变.【详解】去掉一个最低评分和一个最高分后剩下评分的平均值有可能变小、不变或变大，A错误；剩下评分的极差一定会变小，B正确；剩下评分的波动性变小，则方差变小，C正确；剩下评分的中位数不变，D错误.故选：BC 10.在三棱锥中，已知，点M，N分别是AD，BC的中点，则（）A.B.异面直线AN，CM所成的角的余弦值是C.三棱锥的体积为D.三棱锥的外接球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】将三棱锥补形为长方体，向量法求直线的夹角判断A，B；利用体积公式求三棱锥的体积判断C；确定三棱锥的外接球的半径，求表面积判断D.【详解】三棱锥中，已知，三棱锥补形为长方体，如图所示，则有，解得，以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，点M，N分别是AD，BC的中点，则有，，，，，， 所以，A选项正确；，，，所以异面直线AN，CM所成的角的余弦值是，B选项正确；三棱锥，三棱锥，三棱锥，三棱锥，体积都为，三棱锥的体积等于长方体体积减去这四个三棱锥体积，为，C选项错误；长方体的外接球的半径为，这个外接球也是三棱锥的外接球，其表面积为，D选项正确.故选：ABD.11.已知函数，则（）A.的零点为B.的单调递增区间为C.当时，若恒成立，则D.当时，过点作的图象的所有切线，则所有切点的横坐标之和为【答案】ACD【解析】 【分析】由辅助角公式变换后求正弦函数的零点可得A选项；由复合函数的单调性求出正弦函数的递增区间可得B选项；分离参数后构造函数求导，求最小值可得C选项；设出切点，利用导数的意义求出切线的斜率，利用点斜式写出直线方程，再代入可得，得到都关于点对称，再利用对称性求出给定区间内的切点之和可得D选项.【详解】A：，所以，故A正确；B：由复合函数的单调性可知，当，函数为递增函数，解得，故B错误；C：若恒成立，所以，因为，当时，，此时取任意值，当时，设，则画出中括号内的函数图像由函数图像可知，在恒成立，所以单调递减，所以，故，故C正确；（老师，请联系我一下，谢谢） D：因为，设切点坐标为，则切线的斜率为，则切线方程为，代入点可得，两边同时除以可得，令，所以都关于点对称，则所有的切点关于对称，当时共有对切点，每对和为，故所有切点的横坐标之和为，故D正确；故选：ACD【点睛】关键点点睛：（1）复合函数的零点即为使函数等于零时方程的根；（2）带参数的函数不等式恒成立问题求参数范围时，可分离参数后构造函数求导，求出函数的最值与参数比较即可；（3）对于求曲线的切线方程时可求导后代入切点的横坐标求其斜率，由点斜式写出直线方程，再根据点在切线上代入切线方程得出具体的切线方程.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.直线的一个方向向量是____________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由直线方向向量的定义求解.【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量是.故答案为：（答案不唯一） 13.甲、乙两人争夺一场羽毛球比赛的冠军，比赛为“三局两胜”制.如果每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为___________.【答案】##0.4【解析】【分析】利用独立事件乘法公式及互斥事件的概率求法求甲获得冠军的概率、甲获得冠军且比赛进行了3局的概率，再由条件概率公式求甲获得冠军的情况下比赛进行了三局的概率.【详解】设甲获得冠军为事件A，比赛共进行了3局为事件B，则AB表示在甲获得冠军的条件下，比赛共进行了3局，，，所以.故答案为：.14.已知函数及其导函数的定义域均为，记，若均为偶函数，且当时，，则___________.【答案】【解析】【分析】根据题意，由函数的奇偶性以及对称性可分别推出函数与的周期性，再由条件可得的值，结合函数的周期性即可得到结果.【详解】因为均为偶函数，所以，，所以函数关于对称，函数关于对称，由可得，即，为常数，所以，即关于点对称， 且函数关于对称，所以，，故，即是函数的一个周期，由可得，所以，即，所以关于点对称，且函数关于对称，则，，故，所以是函数的一个周期，又当时，，所以，所以，由，令，则，而，所以，则，所以，则.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数的奇偶性，对称性以及周期性的综合，难度较大，解答本题的关键在于由函数奇偶性的定义推导得到函数的对称性，从而确定周期.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.如图，斜三棱柱的底面是直角三角形，，点在底面ABC内的射影恰好是BC的中点，且.（1）求证:平面平面; （2）若斜棱柱的高为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）BC中点为，连接，由且，证得平面，可证平面平面.（2）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值.【小问1详解】取BC中点为，连接，在底面内的射影恰好是BC中点，平面ABC，又平面，，又，，平面，，平面，又平面，平面平面.【小问2详解】以为坐标原点，分别为轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，，斜棱柱的高为，，，设平面一个法向量为， 则有，令，则，，设平面的法向量为，则有，令，则，，，所以平面与平面夹角的余弦值为.16.己知函数，其中.（1）若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求的值;（2）是否存在实数，使得在上的最大值是?若存在，求出的值;若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，【解析】【分析】（1）结合导数的几何意义求出切线方程即可求出参数值.（2）含参分类讨论，利用导数求函数的单调性，进而得到最大值，分别求解即可得到参数值.【小问1详解】，则，故曲线在处的切线为，即，当时，此时切线为，不符合要求当时，令，有，令，有，故，即，故【小问2详解】， ①当时，在上单调递增，的最大值是，解得，舍去;②当时，由，得，当，即时，时，时，，的单调递增区间是，单调递减区间是，又在上的最大值为;当，即时，在上单调递增，，解得，舍去.综上所述，存在符合题意，此时17.记复数的一个构造:从数集中随机取出2个不同的数作为复数的实部和虚部.重复次这样的构造，可得到个复数，将它们的乘积记为.已知复数具有运算性质:，其中.（1）当时，记的取值为，求的分布列;（2）当时，求满足的概率;（3）求的概率.【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）依题意可得构成的复数共有6个，再根据模长不同求得取值，再求出对应概率即可； （2）由模长求出的所有可能组合，即可求出对应概率；（3）列举出所有满足的组合，分别求出对应的概率即可得.【小问1详解】由题意可知，可构成的复数为共6个复数，模长为的可能取值为，，，所以分布列为:X1234【小问2详解】共有种，满足的情况有:①3个复数的模长均为1，共有种;②3个复数中，2个模长均为1，1个模长为或者2，共有种;所以.【小问3详解】当或2时，显然都满足，此时;当时，满足共有三种情况:①个复数的模长均为1，则共有;②个复数的模长为1，剩余1个模长为或者2，则共有; ③个复数的模长为1，剩余2个模长为或者2，则共有.故，此时当均成立.所以.18.在平面直角坐标系中，我们把点称为自然点.按如图所示的规则，将每个自然点进行赋值记为，例如，.（1）求;（2）求证:;（3）如果满足方程，求值.【答案】（1）（2）证明见解析（3）474.【解析】【分析】（1）根据图形即可得到结果；（2）根据题意，由图形分别计算与，然后代入计算，即可证明；（3）根据题意，将方程转化为，然后化简，分别计算与的值，即可得到结果.【小问1详解】 根据图形可知【小问2详解】固定，则为一个高阶等差数列，且满足所以，所以，，所以.【小问3详解】，等价于，等价于，即，化简得，由于增大，也增大，当时，，当时，，故当时，，即 【点睛】关键点睛：本题主要考查了数列的新定义问题，难度较大，解答本题的关键在于理解图形的意思，然后转化为数列问题进行解答.19.在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于M，N两点在第一象限）.（1）当时，求直线的方程;（2）若三角形OMN的外接圆与曲线交于点（异于点O，M，N），（i）证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;（ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；纵坐标为0；（ii）.【解析】【分析】（1）设直线的方程为，联立方程，由韦达定理和已知关系即可求解.（2）（i）由O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，联立，消去，得，由方程根的思想即可求解.或O，M，C，N四点共圆，由，，也可求解.（2）（ii）记的面积分别为，分别联立方程先求出，所以，结合根与系数的关系进一步化简为，再结合导数进而求解.【小问1详解】解:设直线联立，消去，得，所以， ，则，则，又由题意，直线的方程是;【小问2详解】（1）方法1:设因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，联立，消去，得，即，所以即为关于的方程的3个根，则，因为，由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0.方法2:设，则，因为O，M，C，N四点共圆，所以，即，化简可得:，所以的重心的纵坐标为0.（2）记的面积分别为，由已知得直线MN的斜率不为0，设直线，联立，消去，得，所以，所以， 由（1）得，，所以，即，因为，点到直线MN的距离，所以，所以在第一象限，即，依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以，即，又因为，即，即，所以，即，即，所以，设，则，令，则，因为，所以，所以在区间上单调递增，所以，所以的取值范围为.