浙江省名校新高考研究联盟Z20联盟2023届高三第三次联考（三模）数学试题（含解析）

浙江省名校新高考研究联盟Z20联盟2023届高三第三次联考（三模）数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数是纯虚数，则的值为（    ）

A． B．12 C． D．3

3．函数的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

4．在平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边与的非负半轴重合，将角的终边按逆时针旋转后，得到的角终边与圆心在坐标原点的单位圆交于点，则（    ）

A． B． C． D．

5．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，则出现三个点数之和为6的概率为（    ）

A． B． C． D．

6．已知点是边长为1的正十二边形边上任意一点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．-2

7．已知，且满足，则下列判断正确的是（    ）

A． B．

C． D．

8．已知半径为4的球，被两个平面截得圆，记两圆的公共弦为，且，若二面角的大小为，则四面体的体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．下列说法中正确的是（    ）

A．某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8

B．若随机变量，且，则

C．若随机变量，且，则

D．对一组样本数据进行分析，由此得到的线性回归方程为：，至少有一个数据点在回归直线上

10．已知函数，则下列判断正确的是（    ）

A．若，则的最小值为

B．若将的图象向右平移个单位得到奇函数，则的最小值为

C．若在单调递减，则

D．若在上只有1个零点，则

11．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列，现有高阶等差数列､其前7项分别为5，9，17，27，37，45，49，设通项公式.则下列结论中正确的是（    ）

（参考公式：）

A．数列为二阶等差数列

B．数列的前11项和最大

C．

D．

12．已知椭圆，其右焦点为，以为端点作条射线交椭圆于，且每两条相邻射线的夹角相等，则（    ）

A．当时，

B．当时，的面积的最小值为

C．当时，

D．当时，过作椭圆的切线，且交于点交于点，则的斜率乘积为定值

三、填空题

13．已知的展开式中各项系数的和为4，则实数的值为___________.

14．已知抛物线，过点作直线交于两点，且，则点的横坐标为___________.

15．某牧场今年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为，且每年年底卖出100头牛，设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为为的前项和，则___________.（结果保留成整数）（参考数据：）

16．设表示不超过的最大整数，如.已知函数有且只有4个零点，则实数的取值范围是___________.

四、解答题

17．记为数列的前项和，已知，且满足.

(1)证明：数列为等差数列；

(2)设，求数列的前项和.

18．为贯彻落实习近平总书记关于学生近视问题的指示精神和《教育等八部门关于印发<综合防控儿童青少年近视实施方案>的通知》以及《中国防治慢性病中长期规划（2017-2025年）》等文件要求，切实提升我省儿童青少年视力健康整体水平，实施了，“明眸”工程.各中小学为推进近视综合防控，落实“明眸”工程，开展了近视原因的调查.其校为研究本校的近视情况与本校学生是否有长时间使用电子产品习惯的关系，在已近视的学生中随机调查了100人，同时在未近视的学生中随机调查了100人，得到如下数据：

(1)能否有99%的把握认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关？

(2)据调查，某校患近视学生约为46%，而该校长时间使用电子产品的学生约为30%，这些人的近视率约为60%.现从每天非长时间使用电子产品的学生中任意调查一名学生，求他患近视的概率.

附：，其中.

19．在锐角中，角所对的边分别为，已知，点是线段的中点，且.

(1)求角；

(2)求边的取值范围.

20．如图，三棱台中，，，为线段上靠近的三等分点.

(1)线段上是否存在点，使得平面，若不存在，请说明理由；若存在，请求出的值；

(2)若，，点到平面的距离为，且点在底面的射影落在内部，求直线与平面所成角的正弦值.

21．已知双曲线为其左右焦点，点为其右支上一点，在处作双曲线的切线.

(1)若的坐标为，求证：为的角平分线；

(2)过分别作的平行线，其中交双曲线于两点，交双曲线于两点，求和的面积之积的最小值.

22．已知函数.

(1)令，讨论的单调性；

(2)证明：；

(3)若，对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.

参考答案：

1．D

【分析】先求出集合，再由交集和补集的运算求解即可.

【详解】由可得：，解得：，

由可得：，解得：或，

所以，，

所以

故选：D.

2．C

【分析】根据复数的除法运算化简，根据纯虚数的概念列式计算，可得答案.

【详解】由题意，

因为复数是纯虚数，故，

解得，

故选：C

3．A

【分析】根据奇偶性和值域，运用排除法求解.

【详解】设，则有，

是奇函数，排除D；

，排除B；

当时，，排除C；

故选：A.

4．A

【分析】由题设易知，利用诱导公式、倍角余弦公式有，即可求值.

【详解】由题设，

由.

故选：A

5．B

【分析】所有实验结果有种，列举出每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事件之和为，即可求出概率.

【详解】根据题意，随机掷一枚均匀的正方体骰子，每次实验掷三次，共有种不同的结果，

其中每次实验掷三次骰子的点数之和为6的基本事件包括数字1、2、3组成的结果有种，

数字1、1、4组成的结果有种，数字2、2、2组成的结果有种.

故所求概率为.

故选：B.

6．B

【分析】根据数量积的几何意义：等于长度与在的方向上的投影的乘积，结合图形求解.

【详解】

延长，交于，由题意，

过分别作的垂线，垂足为，

正十二边形的每个内角为，

在中，，，

在中，，，

则，

∵，为的夹角，

∴数量积的几何意义：等于长度与在的方向上的投影的乘积，

由图可知，当在线段上时，取得最小值，

此时.

故选：B.

7．D

【分析】通过取特殊值，利用排除法即可得出结果.

【详解】因为，且满足，不妨取，则，显然，所以有，又，所以，故可排除BC，再取，则，显然有，所以，故选项A也可排除.

故选：D.

8．C

【分析】根据圆的性质及球的截面的性质，利用正弦定理、余弦定理，均值不等式及三棱锥的体积公式求解即可.

【详解】设弦的中点为，连接，依题意，可得如下图形，

由圆的性质可知，则即为二面角的平面角，

故，

四面体的体积为

，

其中

，当且仅当时取等号，

由球的截面性质，，，

所以四点共圆，则有外接圆直径，

从而，

.

故选：C

9．BC

【分析】对于A，根据百分位数的定义求解判断即可；对于B，根据二项分布的均值和方差求解即可判断；对于C，根据正态分布的性质求解即可判断；对于D，结合线性回归方程的定义即可判断.

【详解】对于A，将10次射击成绩从小到大排列为：5，5，6，6，7，7，8，9，9，9.

因为，所以这组数据的第70百分位数为，故A错误；

对于B，由，

则，即，

则，故B正确；

对于C，因为，

则，

所以，故C正确；

对于D，数据可能都不在回归直线上，故D错误.

故选：BC.

10．ABC

【分析】由可得关于对称，所以，求出可判断A；由三角函数的平移变换求出，因为奇函数，所以求出可判断B；求出的单调减区间可判断C；取，取在的零点可判断D.

【详解】对于A，由可得关于对称，

所以，可得：，

因为，所以的最小值为，故A正确；

对于B，将的图象向右平移个单位得到，因为为奇函数，

所以，则，所以的最小值为，故B正确；

对于C，函数的单调减区间为：

，则，

令，，则，故C正确；

对于D，若在上只有1个零点，则，

取，令，则，

则，时，无零点，故D不正确.

故选：ABC.

11．AC

【分析】根据题中定义，结合累加法、等差数列前项和公式、题中所给的公式逐一判断即可.

【详解】设，

所以数列前6项分别为，

设，

所以数列前5项分别为，显然数列是以为首项，为公差的等差数列，由题中定义可知数列为二阶等差数列，因此选项A正确；

，

于是有

，

因此有

，

因为

，

所以数列的前11项和最大不正确，因此选项B不正确；

因此选项C正确；

，因此选项D不正确；

故选：AC

【点睛】关键点睛：利用累加法，结合题中定义、所给的公式是解题的关键.

12．ABD

【分析】对于A，设,根据两点间的距离公式可得，同理求出，，代入，根据两角和差公式可判断；

对于B，将的面积分为3部分，设，可得，结合选项A及基本不等式可判断；

对于C，取可判断；

对于D，求出的方程，可得,，根据斜率公式即可判断.

【详解】对于A，对于椭圆，其中，为椭圆上一点，又，

则

（*）.

如图，

设,则,

代入（*）可得，解得.

故对于，，

所以，同理可得，.

所以

，故A正确；

对于B，,

设，则.

由，

又，当且仅当时等号成立，

所以，故B错误；

对于C，取,则，故C错误；

对于D，设椭圆上一点，则，即①，

设切线：，

∵切线过点，∴，即②，

由，消去，整理得，

∵是椭圆的切线，∴，

∴③，

且由韦达定理，有④，

③、④两式相乘，化简得，将②式代入，解得，

由①式，有，∴，

∴的方程为，结合①式，化简得.

设,可知的方程为.

因为交于点，所以切点弦的方程为.

因为弦过，所以,同理可得.

因为,所以,故.

所以，故D正确.

故选:ABD.

【点睛】总结点睛：

解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

13．1

【分析】令即可求解.

【详解】令，可得，解得.

故答案为:1.

14．/

【分析】设直线的方程为，，联立抛物线与直线方程即可得交点坐标关系，由得，综合即可得点的横坐标.

【详解】由题可设，直线的方程为，

联立得，恒成立，所以①，②

又因为，结合图形可得③

联立①②③可得，，所以

即点的横坐标为.

故答案为：.

15．

【分析】由题意，可得​​​​​​​,从而可推出数列是等比数列 ，根据分组求和及等比数列的求和公式可得答案.

【详解】因为每年存栏数的增长率为10%，每年年底卖出100头，

故可知，且，

则，

∴数列是以200为首项，1.1为公比的等比数列，

则，故.

∴,

则.

​​​​​​​故答案为:.

16．

【分析】设，利用导数求出在上的单调性与最值，再求出时的解析式，画出图象，数形结合即可求解.

【详解】设，则有且只有4个根.

当时，,

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

所以当时，.

当时，，，

当时，，，

故函数的图象如图所示：

因为，由图可知.

故答案为:.

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）方法1：由可得，由累加法求出，再证明数列为等差数列；方法2：由可得，可证得为常数数列，求出，再证明数列为等差数列；方法3：由可得，两式相减可明数列为等差数列；

（2）由（1）知，所以，方法1：由并项求和法求出数列的前项和；方法2：由错位相减求和求出数列的前项和.

【详解】（1）方法1：

，

时，，

累加得：，

时也成立，.

，是等差数列

方法2：

，

，

为常数数列，，

，，是等差数列.

方法3：

当时，①，

②，

②-①可得：

，

是等差数列，因为.

（2）由（1）知，所以，

方法1：并项求和

当为偶数时，

，

方法2：错位相减求和

①

②

①-②：

18．(1)有的把握认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关

(2)

【分析】（1）根据条件，利用公式求出，即可判断出结果；

（2）先弄清事件的构成，再利用条件概率公式即可求出结果.

【详解】（1）零假设为：学生患近视与长时间使用电子产品无关.

根据小概率的独立性检验，没有充分证据推断出成立，所以不成立，

即有的把握认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关.

（2）设“长时间使用电子产品的学生”，“非长时间使用电子产品的学生”，

“任意调查一人，此人患近视”，

则，且互斥，，

根据全概率公式有

，

所以

19．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边化角以及两角差的余弦公式化简即可得出答案；

（2）因为，由余弦定理代入化简可得，令，结合正弦定理和两角和的正弦公式求出的范围，即可求出边的取值范围

【详解】（1），

，

∵，

，

，

又∵为锐角三角形，

.

（2），

，

，

，

，

，

为锐角三角形，

所以，

，

令，，

令，由双勾函数的性质知，

函数在上单调递减，在上单调递增，所以，

，即，

∴，则，

.

20．(1)存在，

(2)

【分析】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，由此可得出结论；

（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，求出的值，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）取的靠近点的三等分点，连接、、，

则，

又因为，所以，四边形为平行四边形，则，

因为平面，平面，所以，平面，

因为，所以，，

因为平面，平面，所以，平面，

因为，、平面，所以，平面平面，

因为平面，故平面，

因此，线段上是否存在点，且当时，平面.

（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，

由，，，所以，，

所以，，所以，，

过点在平面内作，垂足为点，

因为，，，、平面，

所以，平面，

因为平面，则，

又因为，，、平面，所以，平面，

因为点到平面的距离为，即，

且，

所以，，

由图可知，为锐角，所以，，

以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、，

，，

设平面的法向量，则，

取，则，

，

所以，，

因为，

因此，与平面所成角的正弦值为.

21．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）易得点处的切线方程，根据交轴于点，由判断；

（2）过的切线，由时，得到，联立，得到，再由，然后由求解.

【详解】（1）解：由题意点处的切线为，

所以过点处的切线方程为，

交轴于点，则，

即，所以为的角平分线；

（2）过的切线，

当时，即不为右顶点时，，

即，

（或由直线与单支有两个交点，则也可）

联立

设，则

所以

又

所以，

，

当时，即点为右顶点时，，

所以，

所以的最小值为.

22．(1)答案见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）求导后，分、、三种情况讨论即可；

（2）由（1）得，当且仅当，等号成立.令，得到，从而有，即，结合等比数列的前项和公式即可证明.

（3）.当，可验证不满足题意；当，显然成立；当，令，求导后判断单调性求得最小值为，令，则，求导后判断单调性求得最小值为，从而可解.

【详解】（1），而，

①当时，恒成立，

所以在上递减，上递减；

②当时，令，得或；令，得.

所以在上递减，在上递减，在上递增；

③当时，令，得或；令，得.

所以在上递减，在上递减，在上递增.

综上所述，当时，在上递减，上递减；

当时，在上递减，在上递减，在上递增；

当时，在上递减，在上递减，在上递增.

（2）由（1）得：当时，当，此时，

又当，

，当且仅当，等号成立.

令，得到，

.

（3）

①，当时，不等式显然，所以此时不成立；

②，不等式显然成立.

③，令，则，

令，则.

所以当时，单调递减；

当时，单调递增.

所以，

令，则，则，

令，即，则，

所以当，单调递减；当，单调递增

则，

所以.

综上所述，.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：

（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；

（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.