2023届天一大联考皖豫名校联盟高三第三次考试数学试题含解析

这是一份2023届天一大联考皖豫名校联盟高三第三次考试数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届天一大联考皖豫名校联盟高三第三次考试数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先化简集合，再用集合的交集运算性质进行计算即可.
【详解】由题意得，，
所以．
故选：A
2．已知复数满足，则的最大值为（    ）
A． B． C．4 D．
【答案】B
【分析】由复数减法的几何意义得即可得出答案.
【详解】因为，所以，所以，所以的最大值为．
故选：B
3．将向量绕坐标原点O顺时针旋转得到，则（    ）
A．0 B． C．2 D．
【答案】D
【分析】由向量的几何意义得到，再用向量的数量积公式即可求解.
【详解】根据题意可知．
故选：D
4．某社区举行“喜迎五一”书画作品比赛，参加比赛的老年人占，中年人占，小朋友占，经评审，评出一、二、三等奖作品若干，其中老年人、中年人、小朋友的作品获奖的概率分别为0.6，0.2，0.1．现从所有作品中任取一件，则取到获奖作品的概率为（    ）
A．0.21 B．0.4 C．0.42 D．0.58
【答案】C
【分析】利用互斥事件和独立事件的概率求解.
【详解】解： 现从所有作品中任取一件，
则取到获奖作品的概率为．
故选：C
5．在室温下，某型号硅二极管的伏安特性曲线可用公式来表示，其中I是导通电流，规定时视为二极管关断，否则视为二极管开通，U是加在二极管两端的电压．若在室温下，分别在该型号二级管两端加正向电压（即）和反向电压（即），则此时二极管的状态分别为（    ）
A．开通、开通 B．关断、关断 C．开通、关断 D．关断、开通
【答案】C
【分析】把和代入函数解析式，结合题目中所给的材料即可判断.
【详解】当时，
，
所以二极管开通；
当时，
，
所以二极管关断．
故选：C
6．如图为一个火箭的整流罩的简单模型的轴截面，整流罩是空心的，无下底面，由两个部分组成，上部分近似为圆锥，下部分为圆柱，则该整流罩的外表面的面积约为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意分上部分为圆锥，利用其侧面积公式求出其侧面积；下部分为圆柱，利用其侧面积公式求出其侧面积，最后得到正面外表面面积.
【详解】根据题意，上部分圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为，
下部分圆柱的侧面积为，
所以该整流罩的外表面的面积约为．
故选：B.
7．已知，则（    ）
A． B． C． D．2
【答案】D
【分析】化简已知得，其中，再求出，即得解.
【详解】
，
即，
令，
则，
，
，
由于，
故．
故选：D
8．已知抛物线，过坐标原点O作两条相互垂直的直线分别与抛物线C相交于两点（M，N均与点O不重合）．若直线MN恒过点，则的最小值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】设，设直线MN方程为，联立抛物线C的方程得韦达定理，再根据结合平面向量和韦达定理得到，最后利用基本不等式求解.
【详解】设，设直线MN方程为，
联立抛物线C的方程得，
所以．
又，
所以，
所以，所以，所以，
所以直线MN的方程为，
所以直线MN过定点，故，即，
所以．
由抛物线的方程可得，
所以，当且仅当时取等号．
故选：A


二、多选题
9．若在中，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】分别令，验证选项AB，通过二项式系数公式即可验证选项C，D.
【详解】令，则，故A错误；
令，则，故B正确；
由题可得，故C错误；
由题，故D正确．
故选：BD.
10．如图，已知四棱锥的外接球的直径为4，四边形ABCD为正方形，平面平面APB，G为棱PC的中点，，则（    ）

A．平面PCD
B．
C．AC与平面PBC所成角的正弦值为
D．四棱锥的体积为
【答案】ABC
【分析】A.由，利用线面平行的判定定理判断；B.易得平面PBC，再利用线面垂直的性质定理判断；C.易知为AC与平面PBC所成的角求解判断；D.根据平面平面APB，过P作，由面面垂直的性质定理，得到平面ABCD，再由求解判断.
【详解】解：  因为，平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，故A正确；
平面平面APB，且，所以，又，从而平面PBC，所以，故B正确；
易知，所以四棱锥的外接球的直径为AC，所以，所以，所以，因为平面PBC，所以为AC与平面PBC所成的角，所以，故C正确；
如图所示：

因为平面平面APB，过P作，根据面面垂直的性质定理，可知平面ABCD，因为，所以，所以，故D错误．
故选：ABC
11．已知双曲线的左右焦点分别为，点与位于双曲线右支上的关于y轴对称，点与关于x轴对称，，M为双曲线上一动点（不与重合），且直线与的斜率均存在，则（    ）
A．
B．
C．四边形的面积为
D．直线与的斜率之积为3
【答案】ACD
【分析】根据双曲线的对称性和双曲线定义判断选项A；设，由余弦定理可得，即可判断选项B；利用梯形的面积公式计算判断选项C；设，利用斜率公式和双曲线的方程化简即可判断选项D.
【详解】根据双曲线的对称性，可得，所以，故A正确；
根据题意，四边形为等腰梯形，，设，由余弦定理可得，即，解得，所以，故B错误；
梯形的高为，所以四边形，的面积为，故C正确；
设，易知，所以，
则，
故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断选项D，其关键在于利用点在双曲线上满足消元化简.
12．已知函数的定义域均为，为偶函数，，且当时，，则（    ）
A．的图象关于点对称
B．
C．
D．方程在区间上的所有实根之和为144
【答案】AC
【分析】利用对称性证明选项A正确；利用函数的周期得到，即可判断选项B；利用周期性证明，即可判断选项C；在同一坐标系内作出与在上的大致图象，利用周期性和等差数列求解，即可判断选项D.
【详解】因为为偶函数，所以，即，
又，
可得，
故的图象关于点对称，故A正确；
，
故是以4为周期的周期函数，
根据题意，，
故，故B错误；
，其中，
故，故C正确；
是周期函数，最小正周期是8，由得其对称轴为，显然与的图象有公共的对称轴，
方程的实根是与的图象的公共点的横坐标，
在同一坐标系内作出与在上的大致图象，如图，
可知，所以，
由图易知在上的三个零点之和构成首项为4，公差为24的等差数列，
故在区间上的所有实根之和为，故D错误．
故选：AC

【点睛】方法点睛：零点问题的求解常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（作出函数的图象分析判断）；（3）方程+图象法（令得到，分析两函数图象即得解）.要根据已知灵活选择方法求解.

三、填空题
13．已知圆与圆的公共弦经过点M，则__________．
【答案】/8.5
【分析】根据两圆的方程可得公共弦方程，然后根据点M在直线上即得.
【详解】因为圆的圆心，圆，
所以两圆的公共弦所在的直线的方程为，即，
所以，所以．
故答案为；.
14．88键钢琴从左到右各键的音的频率组成一个递增的等比数列．若中音A（左起第49个键）的频率为，钢琴上最低音的频率为，则左起第61个键的音的频率为___________．
【答案】880
【分析】设等比数列的公比为，根据已知求出，再利用等比数列的通项即得解.
【详解】设等比数列的公比为，则，所以，
则左起第61个键的音的频率为．
故答案为：880
15．将函数的图像上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍后，所得函数的图像在区间上有且仅有两条对称轴和两个对称中心，则的值为___________．
【答案】2
【分析】先求函数的解析式，画出大致图像，再结合已知条件即可求出的值.
【详解】由题可知．
因为，所以．
所以的图像大致如图所示，

要使的图像在区间上有且仅有两条对称轴和两个对称中心，
则，解得，
因为，所以．
故答案为：2
16．设函数，若存在，使得成立，则实数a的最大值为___________．
【答案】
【分析】构造函数，利用导数可得函数的值域，结合条件可得，即得.
【详解】由题意知，存在，
使得成立．
令，
则，
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
，
则的取值范围是，
故，则，
则，故．
故答案为：.

四、解答题
17．已知数列满足，．
(1)证明为等比数列，并求的通项公式；
(2)设的前项和为，，证明：数列的前n项和小于．
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析

【分析】（1）根据条件利用配凑的方式，将数列配凑成数列第项与第项的等式关系，即可证明，利用等比数列的通项公式求出通项，再求出的通项公式；
（2）根据通项公式的特点，求出的表达式，进而求出的通项公式， 的通项公式，利用裂项相消法求前n项和，观察所求出来的式子可证明结果.
【详解】（1），
，             
又，                                             
是首项为，公比为的等比数列，                        
，
即．
（2）

．                                                           
所以．                                   
所以，                           
数列的前n项和为．
故数列的前n项和小于.
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)证明：；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化，然后结合三角恒等变换公式化简，即可得到结果.
（2）根据题意，先由正弦定理求得，再结合余弦定理解得，根据三角形的面积公式即可得到结果.
【详解】（1）由及正弦定理得，
因为，所以，
所以．
因为，，所以，
所以，或，
即或（舍去）．
（2）由及正弦定理得，
由，得，
所以，．
由余弦定理得，得，
整理得，解得或．
当时，，
当时，可得，此时不满足，故舍去．
综上所述，△ABC的面积为．
19．某县城为活跃经济，特举办传统文化民俗节，小张弄了一个套小白兔的摊位，设表示第i天的平均气温，表示第i天参与活动的人数，，根据统计，计算得到如下一些统计量的值：
，，．
(1)根据所给数据，用相关系数（精确到0.01）判断是否可用线性回归模型拟合与的关系；
(2)现有两个家庭参与套圈，A家庭3位成员每轮每人套住小白兔的概率都为，B家庭3位成员每轮每人套住小白兔的概率分别为，每个家庭的3位成员均玩一次套圈为一轮，每轮每人收费20元，每个小白免价值40元，且每人是否套住相互独立，以每个家庭的盈利的期望为决策依据，问：一轮结束后，哪个家庭损失较大？
附：相关系数．
【答案】(1)可用线性回归模型拟合y与x的关系.
(2)B家庭的损失较大

【分析】（1）计算相关系数，若接近1，则可用线性回归模型拟合与的关系.
（2）A家庭符合二项分布，直接用公式求期望，B家庭先根据题意列出分布列再求期望.
【详解】（1）由题可知
，     
故可用线性回归模型拟合y与x的关系．
（2）设A家庭中套中小白兔的人数为，则，
所以．                                       
设A家庭的盈利为元，则，
所以．                            
设B家庭中套中小白兔的人数为，
则的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，                                            
所以．                         
设B家庭的盈利为元，则，
所以．                      
因为，所以B家庭的损失较大
20．已知平行六面体的各棱长均为2，，M，E分别是线段的中点．

(1)证明：平面；
(2)求平面DME与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）设AC，BD交于点O，连接，根据为等边三角形和四边形ABCD为菱形，分别得到和，再利用线面垂直的判定定理证明；
（2）由（1）易得平面平面，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，求得平面DME的一个法向量，再由为平面的一个法向量，设平面DME与平面的夹角为，由求解.
【详解】（1）证明：如图，设AC，BD交于点O，连接．
因为平行六面体中，各棱长均为2，且，
所以为等边三角形，四边形ABCD为菱形，
所以O为BD的中点，．
所以．
因为，平面，所以平面．
（2）由（1）可知，为等边三角形，
所以，故．
解可得．
因为平面，平面，
所以平面平面，
故在平面ABCD上的射影Q落在AC上，连接，
所以．
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，所以，
所以．
设平面DME的一个法向量为，
由，得取，则．
由（1）知为平面的一个法向量．
设平面DME与平面的夹角为，
则，
故平面DME与平面的夹角的余弦值为．
21．已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，过椭圆C的右焦点F的直线l与C交于P，Q两点，且当直线l的倾斜角为时，．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P在x轴上方，E为线段PF的中点，椭圆C的左焦点为，直线PO（O为坐标原点）与交于点A，求（S表示面积）的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】第一问先求出的关系式，再联立直线与椭圆方程解出即可.第二问由求得，再求，联立直线与椭圆方程，消去参数即可求的取值范围．
【详解】（1）依题意，，得，
则椭圆．                                 
设直线l的斜率为k．
由题易知，故当倾斜角为时，直线．                     
联立可得，解得或．                  
故，解得．                       
故椭圆C的方程为．
（2）依题意，．
设，则．
如图，连接OE，OQ，

因为O，E分别为线段，PF的中点，
所以，

，
的面积为．                                 
记，得．                                 
设直线，与椭圆C的方程联立，消去x得，
由根与系数的关系可得．                       
令，其中，
则可得．                        
当时，，此时．
当时，，所以，
又，解得．                               
所以，解得，
又因为，
所以实数的取值范围是．
22．已知函数在区间上的最小值为，函数．
(1)求a的值；
(2)设函数是的两个不同的极值点，且，证明：．
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.

【分析】（1）由题可得，然后分情况讨论求函数的最值结合条件即得；
（2）由题可知是的两个根，进而可将不等式转化为，然后通过换元法，构造函数，利用导数研究函数的性质进而即得.
【详解】（1）依题意有，          
令，得，
由，可得，由，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增．           
（i）若，即，则在上单调递减，则，
所以，所以，不符合题意；                         
（ii）若，即，则在上单调递增，则，
所以，符合题意；                                       
（ⅲ）若，则，不符合题意．
综上，可知；
（2）由（1）可知，
所以，
则，                                  
由题意可知是方程，即的两个根，
则，
所以等价于．                  
因为，所以原不等式等价于．
因为，
作差得，即，
所以原不等式等价于．
因为，所以恒成立．                          
令，则不等式在时恒成立．
令，则．           
令函数，则在上单调递减，
所以，
则时，，所以在上单调递增．                       
又，所以在上恒成立，
故．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.