山东省聊城市2023届高三第三次学业质量联合检测数学试题

2023届山东省高三第三次学业质量联合检测

数学

本试卷4页．总分150分．考试时间120分钟．

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，只有一项是符合题目要求的．

1．已知集合，，则（    ）

A．  B．  C．  D．

2．若在复数范围内分解为，则在复数平面内，复数对应的点位于（    ）

A．实轴上 B．虚轴上 C．第一象限 D．第二象限

3．已知a，b均为不等于0的实数，则“”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

4．已知等差数列的前n项和为，且，，则是中的（    ）

A．第30项 B．第36项 C．第48项 D．第60项

5．我国古代数学家赵爽所使用的“勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．如图①，是一个“勾股圆方图”，设，，；在正方形EFGH中再作四个全等的直角三角形和一个小正方形IJKL，且，如图②．若，且，则（    ）

A．  B．  C．  D．

6．已知椭圆的左、右焦点分别为，，A为C上位于第一象限的一点，与y轴交于点B．若，则C的离心率为（    ）

A．  B．  C．  D．

7．已知是上的偶函数，且当时，．若， 则（    ）

A．  B．  

C．   D．

8．在三棱锥P-ABC中，，，，二面角P-AB-C的大小为．若三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上，则当三棱锥P-ABC的体积最大时，球O的体积为（    ）

A．  B．  C．  D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．已知a，b，c是两两异面的三条直线，，，直线d满足，，，，则c与d的位置关系可以是（    ）

A．相交 B．异面 C．平行 D．垂直

10．某个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，设M= “该家庭中有男孩、又有女孩”，N= “该家庭中最多有一个女孩”，则下列结论正确的是（    ）

A．若该家庭中有两个小孩，则M与N互斥

B．若该家庭中有两个小孩，则M与N不相互独立 

C．若该家庭中有三个小孩，则M与N不互斥

D．若该家庭中有三个小孩，则M与N相互独立

11．已知函数在区间上有四个零点，分别为，，，，且，则（    ）

A． B．  C．  D．

12．对于两个均不等于1的正数m和n，定义：，则下列结论正确的是（    ）

A．若，且，则

B．若，且，则

C．若，则

D．若，，则

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．若是函数图象上的一点，则是函数（，，）图象上的相应的点，那么______．

14．某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值， 经计算，．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布，则估计该市高中生身体素质的合格率为______．（用百分数作答，精确到0.1%）

参考数据：若随机变量X服从正态分布，则，，．

15．若曲线上恰有四个不同的点到直线及点的距离都相等，则实数a的一个值可以是______．

16．已知函数，则的最小值是______；若关于x的方程有3个实数解，则实数a的取值范围是______．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明证明过程或演算步骤．

17．（10分）

已知在数列中，，，且对任意的，，，成公比为的等比数列．

（1）在中是否存在连续的三项成等差数列？若存在，请找出来；若不存在，请说明理由；

（2）令，求数列的前n项和．

18．（12分）

记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．

（1）求A；

（2）设，D为边BC上一点，且，求AD．

参考数据：，．

19．（12 分）

如图，在三棱柱中，D是的中点，E是CD的中点，点F在上，且．

（1）证明：平面；

（2）若平面ABC，，，求平面DEF与平面夹角的余弦值．

20．（12分）

某药厂研制了治疗某种疾病的新药，该药的治愈率为p，现用该药给10位病人治疗，记被治愈的人数为X．

（1）若，从这10人中随机选2人进行用药访谈，求被选中的治愈人数Y的分布列；

（2）已知，集合{概率最大}，且A中仅有两个元素，求．

21．（12 分）

已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，是C上一点．

（1）求C的方程；

（2）不垂直于坐标轴的直线l交C于M， N两点，交x轴于点A，线段MN的垂直平分线交x轴于点D，若，证明：直线l过四个定点（-3，0），（-1，0），（1，0），（3，0）中的一个．

22．（12分）

已知函数．

（1）证明：当时，；当时，；

（2）若关于x的方程有两解，，证明：

（i）；

（ii）．

参考答案及解析

一、选择题

1．C

解析：由题意得，，所以，故选C．

2．B

解析：由，得．当，时，，，所以；同理，当，时， ，故选B．

3．B

解析：由，得，于是，则，或，，所以充分性不成立；反之，当，时，（当且仅当时，取等号），则必要性成立．故选B．

4．A

解析：设等差数列的公差为d，由，得①；由，得，即 ②．由①②解得，，所以，于是，是中的第30项，故选A．

5．B

解析：因为，，

所以，

所以，故选B．

6．A

解析：如图，由，得为等边三角形，再结合对称性及椭圆的定义，得，则B为的中点，从而OB为的中位线，，所以，所以，即，则，故选A．

7．C

解析：由是上的偶函数，得，即，所以的图象关于直线对称．当时，由，得在区间上为减函数．根据图象的对称性，得，则C正确、D错误．又显然A，B均错误，故选C．

8．D

解析：设点P在平面ABC内的射影为H，考虑到二面角P-AB-C的大小为，则点H与点C在直线AB的两侧．如图，连接AH，因为，所以，又，所以，从而三棱锥P-ABC的高为1．要使三棱锥P-ABC的体积最大，必须使的面积最大，此时只需AB⊥BC．因此点C和点P在图中两全等长方体构成的大长方体的体对角线的顶点上．以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．易知球O的球心O在底面ABC内的射影为线段AC的中点，于是设．又，，由，得，解得，则球O的半径，所以球O的体积．故选D．

二、选择题

9．BC

解析：如图，在正方体中，E是上一点（异于），AB，，所在直线分别为a，b，d．当所在直线为c时，c与d平行；当所在直线为c时，c与d异面；若c与d相交，则a垂直于c，d确定的平面，又a垂直于b，d确定的平面，易推出b与c共面，与已知矛盾；若c与d垂直，则c垂直于a，d确定的平面，而b垂直于a，d确定的平面，推出b与c平行或重合，与已知矛盾，故选BC．

10． BCD

解析：若该家庭中有两个小孩，样本空间为{（男， 男），（男， 女），（女，男），（女，女）}，M=（男，女），（女，男）}，N={（男，男），（男，女），（女，男）}，MN={（男，女），（女，男）}，则M与N不互斥， ，，，于是，所以M与N不相互独立，则A错误、B正确；若该家庭中有三个小孩，样本空间为{（男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男），（男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），（女，女，女）}，M={（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男）， （男，女，女），（女，男，女），（女，女，男）}，N=（男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男）}，MN={（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男）}，则M与N不互斥，，，，于是，所以M与N相互独立，则C和D均正确．综上，故选BCD．

11．AC

解析：由，得．由题意知，当时，直线与函数的图象有四个交点，且交点的横坐标分别为，，，，如图．设直线与曲线相切时k的值为a，于是斜率k的取值范围为（0， a）．根据的图象知， ， 得， 又，，所以，从而，则 A正确； 由，得， 又， ， 所以，从而，则B错误；由，得，又，，所以，从而，则C正确； 因为，，当k接近0时，离比离近， 所以；当k接近a时，离比离近，所以，所以与的大小关系是不确定的，则D错误．综上，故选AC．

12．BC

解析：当时，，即，亦即；当时，，即，亦即．综上，当时，或，则A错误；由及，得，即，即，即或，即或．由，得，从而可得，则B正确；若，则，而由，得，所以成立，则C正确；由指数函数是减函数，且，可得；由幂函数是增函数，且，可得，于是，所以， 同理，，所以，则D错误．综上，故选BC．

三、填空题

13．0

解析：实际上，是将图象上的所有点向左平移个单位长度，再把所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数的图象，即，于是．

14．97.7%

解析：因为100个数据，，，…，的平均值，方差，所以的估计值为，的估计值为．设该市高中生的身体素质指标值为X，由， 得，所以．

15．（填写区间内的任一实数均得5分）

解析：易知到直线及点的距离都相等的点的轨迹为．由，得或．当射线与抛物线相切时，由得，则由，解得；当射线过原点O时，，所以当时，射线与抛物线有两个公共点（异于原点）．此时，根据对称性，射线与抛物线也有两个公共点．故满足题意的实数a的取值范围是．

16．

解析：，由，得．设，注意到曲线与曲线恰好交于点，显然， （比较与大小的推理见后附），作出的大致图象如图，可得的最小值是1，从而的最小值是2．设直线与曲线切于点，则，解得， 从而．由图象可知，若关于x的方程有3个实数解，则，即所求实数a的取值范围是．

附：（1）当时，设，则，所以在区间上单调递减，从而，此时；（2） 当时，设，显然在区间上单调递减，所以当时，，即；当时，，即；当时，，即．

四、解答题

17．解：（1）存在，，成等差数列．下面说明：

当时，，，成公比为2的等比数列，

则，，从而；

当时，，，成公比为的等比数列，则，从而，

于是，故，，成等差数列．

注意：连续三项，成等差数列，故只需要找出这样的三项均符合题意．

（2）由题意，对任意的，得，即．

当时，得；

当时，，适合上式， 所以，

则，

所以．

18．解：（1）因为，所以．

由正弦定理，得．

又，所以．

因为，所以，所以，即．

又，所以．

（2）法一：由题意，得，

结合，，解得．

在中，由正弦定理，得，则，．

从而．

法二：由题意，得．又，所以．

在中，由正弦定理，得，

则．

在中，由正弦定理，得，

则．

由，得，

解得．

19．（1）证明：法一：如图，取AD的中点G，连接GE，GF，由D是的中点，得．

因为，所以，从而．

又平面ABC，平面ABC，所以平面ABC．

因为G，E分别为AD，CD的中点，所以．

又平面ABC，平面ABC，所以平面ABC．

又，GE，平面GEF，

所以平面平面ABC．

因为平面GEF，所以平面ABC．

法二：由D是的中点，E是CD的中点，得；

由点F在上，且，

得，

所以，

所以向量，，共面．

又平面ABC，AB，平面ABC，所以平面ABC．

注意：若以A为坐标原点，分别以AC、所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系，不给分．

（2）解：如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，

从而，，．

设平面DEF的法向量为，则即

取，则，，得平面DEF的一个法向量为；

设平面的法向量为，则即

取，则，，得平面的一个法向量为，

则，

故平面DEF与平面夹角的余弦值为．

20．解：（1）由题意知，Y的所有可能取值为0，1，2，

则 ，，，

所以Y的分布列为

（2）由题意，．由

得 解得．

因为A为双元素集合，且，所以．

因为，所以．

因为为正整数，所以，即．

由题意，，因此．

21．（1）解：设C的焦距为2c，则，即，，．

由双曲线的定义，得，

即，所以．故C的方程为．

（2）证明：设，，，直线l的方程为．

联立整理得，

由题意，得即

则，，．

设MN的中点为，则，

所以线段MN的垂直平分线的方程为，

令，得，即，所以．

由题意，得，即，从而．

当，即时，解得或；

当，即时，解得或，

所以直线l的方程为，或，或，或．

故直线l过四个定点（-3，0），（-1，0），（1，0），（3，0）中的一个．

证明：（1）设，则，

所以是增函数，且，当时，，即；

当时，，即．

综上，当时，；当时，．

（2）（i）由题意，得，，则，．

令，则，．

因为，，

所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

所以是的极小值点，也是最小值点，且．

要有两个不同的零点，首先必须，即，

而当时，，所以，则当时，在区间内有一个零点；又，则在区间内又有一个零点．

综上，若关于x的方程有两解，，则．

（ii）显然，由，得，

即，即．

因为，所以由（1），得，

即，整理，得①．

因为，所以同理可得②

由①②，同构函数，则，．

因为，，，所以方程有两个不等正实根．

设，且，则有，，

所以，即．