浙江省上杭金湖四校2023-2024學年高三下學期第三次聯(lián)考 數(shù)學試題【含答案】

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1、【新結(jié)構(gòu)】20232024學年浙江省上杭金湖四校第三次聯(lián)考數(shù)學試卷一、單選題:本題共8小題,每小題5分,共40分在每小題給出的選項中,只有一項是符合題目要求的1若集合,則()ABCD2設,是非零向量,“”是“”的()A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件3已知函數(shù)y=f(x)的圖象是下列四個圖象之一,且其導函數(shù)y=f(x)的圖象如圖所示,則該函數(shù)的圖象是()ABCD4已知,則()ABCD5對于變量Y和變量x的成對樣本觀測數(shù)據(jù),用一元線性回歸模型得到經(jīng)驗回歸模型,對應的殘差如下圖所示,模型誤差()A滿足一元線性回歸模型的所有假設B不滿足一元線性回歸模型的的假設C

2、不滿足一元線性回歸模型的假設D不滿足一元線性回歸模型的和的假設6已知一個等比數(shù)列的前項和前項和前項和分別為,則下列等式正確的是()ABCD7已知函數(shù)的零點分別為,則的值是()A1B2C3D48半徑為3的圓內(nèi)有一點,點在圓上,當最大時,的長等于()AB3CD二、多選題:本題共3小題,共18分在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求全部選對的得6分,部分選對的得2分,有選錯的得0分9已知長方體,則有()A若與所成的角分別為,則B若與面、面、面三側(cè)面所成的角分別為,則C若,則D若,則10瑞士數(shù)學家歐拉是史上最偉大的數(shù)學家之一,他發(fā)現(xiàn)了被人們稱為“世界上最完美的公式”歐拉公式:(其中是虛數(shù)單位,是自然

3、對數(shù)的底數(shù)),它也滿足實數(shù)范圍內(nèi)指數(shù)的運算性質(zhì),下列結(jié)論正確的是()ABC若復數(shù)的虛部為,則的實部為D已知,復數(shù),在復平面內(nèi)對應的點分別為,則三角形面積的最大值為11已知橢圓的左頂點為,上、下頂點分別為,動點在橢圓上(點在第一象限,點在第四象限),是坐標原點,若的面積為1,則()A為定值BC與的面積相等D與的面積和為定值三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分12某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術(shù)類選修課,學生需從這8門課中選修2門或3門課,并且每類選修課至少選修1門,則不同的選課方案共有 種(用數(shù)字作答)13若則 14在中,分別為內(nèi)角的對邊,滿足,則的值為 四、解答題:本題共5小題

4、,共77分解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟15已知等差數(shù)列的公差為,且,設為的前項和,數(shù)列滿足.(1)若,且,求;(2)若數(shù)列也是公差為的等差數(shù)列,求數(shù)列的前項和.16如圖,三棱臺,平面平面,與相交于點,且平面(1)求三棱錐的體積;(2)平面與平面所成角為與平面所成角為,求的值17現(xiàn)有4個除顏色外完全一樣的小球和3個分別標有甲、乙、丙的盒子,將4個球全部隨機放入三個盒子中(允許有空盒)(1)記盒子乙中的小球個數(shù)為隨機變量,求的數(shù)學期望;(2)對于兩個不互相獨立的事件,若,稱為事件的相關(guān)系數(shù)若,求證:;若事件盒子乙不空,事件至少有兩個盒子不空,求18已知橢圓:的離心率為,是上一點.(1)求

5、的方程.(2)設,分別為橢圓的左、右頂點,過點作斜率不為0的直線,與交于,兩點,直線與直線交于點,記的斜率為,的斜率為.證明:為定值;點在定直線上.19已知函數(shù).(1)判斷的單調(diào)性;(2)設函數(shù),記表示不超過實數(shù)的最大整數(shù),若對任意的正數(shù)恒成立,求的值.(參考數(shù)據(jù):,)1D【分析】求出集合后可求.【詳解】,故,故選:D2B【分析】根據(jù)向量相等、單位向量判斷條件間的推出關(guān)系,結(jié)合充分、必要性定義即知答案.【詳解】由表示單位向量相等,則同向,但不能確定它們模是否相等,即不能推出,由表示同向且模相等,則,所以“”是“”的必要而不充分條件.故選:B3B【詳解】由yf(x)的圖象知,yf(x)的圖象為增

6、函數(shù),且在區(qū)間(1,0)上增長速度越來越快,而在區(qū)間(0,1)上增長速度越來越慢故選B.4B【分析】根據(jù)給定條件,利用和角、差角的正弦公式求出,再利用二倍角的余弦公式計算作答.【詳解】因為,而,因此,則,所以.故選:B【點睛】方法點睛:三角函數(shù)求值的類型及方法(1)“給角求值”:一般所給出的角都是非特殊角,從表面來看較難,但非特殊角與特殊角總有一定關(guān)系解題時,要利用觀察得到的關(guān)系,結(jié)合三角函數(shù)公式轉(zhuǎn)化為特殊角的三角函數(shù)(2)“給值求值”:給出某些角的三角函數(shù)值,求另外一些角的三角函數(shù)值,解題關(guān)鍵在于“變角”,使其角相同或具有某種關(guān)系(3)“給值求角”:實質(zhì)上也轉(zhuǎn)化為“給值求值”,關(guān)鍵也是變角,

7、把所求角用含已知角的式子表示,由所得的函數(shù)值結(jié)合該函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求得角,有時要壓縮角的取值范圍5C【分析】根據(jù)用一元線性回歸模型有關(guān)概念即可判斷.【詳解】解:用一元線性回歸模型得到經(jīng)驗回歸模型,根據(jù)對應的殘差圖,殘差的均值可能成立,但明顯殘差的軸上方的數(shù)據(jù)更分散,不滿足一元線性回歸模型,正確的只有C.故選:C.6D【分析】主要考察等比數(shù)列的性質(zhì),字母為主,對學生的抽象和邏輯思維能力要求比較高?!驹斀狻慨敃r,當時,對于A, 當時,故A錯,對于B, 當時,故B錯,對于C, 當時,故C錯,對于D, 當時,當時,則,故選項正確,故選:D7A【分析】本題考查函數(shù)的零點問題,指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)互為反函數(shù),

8、令,利用指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)和函數(shù)的對稱性求出,即可求的值【詳解】由題意,令,因為與互為反函數(shù),兩個函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱,且的圖象也關(guān)于直線對稱,設,則關(guān)于直線對稱,所以且由可得,所以由可得,所以,又代入上式可得,則故選:A8C【分析】畫出圖形,當時,最大,然后在中,用勾股定理求出即可【詳解】如左圖,作與E, 欲使最大,即最大,由于為定值,則只要最大即可當,重合時,即時,最大,如右圖中,則故當最大時,的長等于故選:C9ABC【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系,設,利用空間向量法求出夾角的正弦或余弦值,依次判斷選項即可【詳解】如圖所示,以為原點,所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角

9、坐標,設,則,則,對于,同理可得,則,故A正確;對于B,面、面、面的一個法向量分別為,則,同理可得,則,故B正確;對于C,故,C正確;由C選項分析可知,則,即;同理,而顯然,則,故D錯誤;故選:ABC10AB【分析】根據(jù)歐拉公式及復數(shù)得模即可判斷A;,整理即可判斷B;根據(jù)歐拉公式及復數(shù)的虛部為,結(jié)合三角恒等變換,求出,即可求出的實部,從而判斷C;根據(jù)題意可得,點得軌跡時以原點為圓心,1為半徑的圓,根據(jù)三角形的面積公式即可求得三角形面積的最大值,從而判斷D.【詳解】解:對于A,故A正確;對于B,故B正確;對于C,因為復數(shù)的虛部為,所以,又,所以,故,所以,所以,即的實部為,故C錯誤;對于D,由題

10、意,則點得軌跡時以原點為圓心,1為半徑的圓,又,當,即時,取最大值,所以三角形面積的最大值為,故D錯誤.故選:AB.11ABC【分析】根據(jù)面積公式結(jié)合橢圓標準方程聯(lián)立等式,化簡求出,為定值,可判斷A,根據(jù)直線斜率之間關(guān)系得到直線之間的關(guān)系可判斷,根據(jù)三角形面積公式即可判斷C,D.【詳解】由題意可得,直線 所在直線方程為:,設到直線的距離為,則,因為,在橢圓上,所以,.因為點在第一象限,點在第四象限,所以,有,所以,即,故A正確,因為因為,所以,代入得,因為在橢圓上,有,即,所以,即,故B正確,因為,所以,代入得,故C正確,因為不是定值,故D錯誤.故選:ABC.【點睛】1264【分析】分類討論選

11、修2門或3門課,對選修3門,再討論具體選修課的分配,結(jié)合組合數(shù)運算求解.【詳解】(1)當從8門課中選修2門,則不同的選課方案共有種;(2)當從8門課中選修3門,若體育類選修課1門,則不同的選課方案共有種;若體育類選修課2門,則不同的選課方案共有種;綜上所述:不同的選課方案共有種.故答案為:64.13【分析】由不等式的性質(zhì)求解【詳解】因為,所以,整理得,即,故答案為:141【分析】根據(jù)正弦定理與一元二次方程根的判別式可得,進而可得答案【詳解】已知,則由正弦定理得:,(為外接圓半徑),即,故答案為:115(1);(2).【分析】(1)根據(jù)給定條件,依次求出,列出不等式求解即得.(2)設,由已知求出

12、,借助恒成立求出,再按奇偶分類并結(jié)合分組求和法求解即得.【詳解】(1)依題意,則,由,得,解得,而,所以.(2)由是公差為的等差數(shù)列,設,又,于是對任意恒成立,即對任意恒成立,則,又,解得,從而,當為偶數(shù)時,;當為奇數(shù)時,所以.16(1)2(2)【分析】(1)通過證明線線和線面垂直,并結(jié)合已知條件即可得出三棱錐的體積;(2)建立空間直角坐標系,表達出各點的坐標,求出角與的正余弦值,即可解出【詳解】(1)由題意,平面平面,且平面平面平面,平面,平面,又平面,平面連接,平面平面,平面平面,三棱錐底面三角形的面積為,高,其體積為:(2)由題意及(1)得,以為坐標原點,分別以為軸的正方向建立空間直角坐

13、標系,如圖,則設平面的法向量為,由,取,則,平面的一個法向量為,所以又因為,所以又,所以17(1)(2)證明見詳解;【分析】(1)每個小球的選擇都是一次獨立重復試驗,而每個小球選擇盒子乙的概率為,所以可知隨機變量服從二項分布;(2)由條件概率的公式很容易證明;主要是根據(jù)題意,確定是平均分組還是非平均分組,進而根據(jù)排列組合的公式即可得到相關(guān)事件的概率;由于某些分組情況比較復雜,因此考慮其對立事件,會減少計算量.【詳解】(1)由題意可知,的可能的取值為0,1,2,3,4,且,故;(2)因為,且,所以,即,而,所以成立.事件:盒子乙不空,則事件:盒子乙空,由第1問可知,所以,事件:至少有兩個盒子不空

14、,則事件:有一個盒子不空,所以事件:至少有兩個盒子不空且盒子乙不空,分為兩種情況,一種是三個盒子都不空,按照1、1、2分組;另一種是兩個盒子不空且乙不空,此時甲或者丙是空的,故按照1、3或者2、2分組即可,故,所以,化簡得.18(1);(2)證明見解析;證明見解析.【分析】(1)由條件列出關(guān)于的方程,解方程可得,由此可得橢圓的方程;(2)聯(lián)立方程組,利用設而不求法結(jié)合兩點斜率公式求即可證明;求出直線與直線方程,聯(lián)立求點的坐標,由此證明點在定直線上.【詳解】(1)由題意,橢圓的離心率為,是橢圓上一點,所以,解得,所以橢圓的方程為;(2)因為過點且斜率不為0,所以可設的方程為,代入橢圓方程得,方程

15、的判別式,設,則,. 兩式相除得,因為分別為橢圓的左、右頂點,所以點的坐標為,點的坐標為,所以, 從而;由知,設,則,所以直線的方程為:,直線的方程為,聯(lián)立可得,所以直線與直線的交點的坐標為,所以點在定直線上.【點睛】過x軸上定點斜率不為0的動直線方程可設為;過y軸上定點(0,y0)斜率存在的動直線方程可設為.19(1)在上單調(diào)遞減(2)【分析】(1)對函數(shù)求導判斷出導函數(shù)恒小于等于0,即可得在上單調(diào)遞減;(2)利用導函數(shù)判斷出函數(shù)的單調(diào)性,并根據(jù)不等式可得出以及的取值范圍,代入整理可得,再根據(jù)函數(shù)的定義和參考數(shù)據(jù)即可求得結(jié)果.【詳解】(1)函數(shù)的定義域是,易知恒成立,在上單調(diào)遞減.(2),定義域是,則,令,則;令,則.在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.,.存在,使,即.當時,;當或時,當時,;當或時,.1和是方程的兩個不等實數(shù)根.,由韋達定理.,.即又由,又,所以(其中)由(1)知在區(qū)間上單調(diào)遞減且,.即.【點睛】關(guān)鍵點點睛:本題關(guān)鍵在于求出函數(shù)最值以后,將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化成研究二次函數(shù)的根的分布情況得出參數(shù)的關(guān)系式,然后對進行化簡求解即可.

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