浙江省名校新高考研究聯(lián)盟Z20聯(lián)盟2023屆高三第三次聯(lián)考（三模）數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________ 一、單選題1．若集合，則（    ）A． B． C． D．2．已知復數是純虛數，則的值為（    ）A． B．12 C． D．33．函數的圖像大致為（    ）A． B．C． D．4．在平面直角坐標系中，角的頂點在坐標原點，始邊與的非負半軸重合，將角的終邊按逆時針旋轉后，得到的角終邊與圓心在坐標原點的單位圓交于點，則（    ）A． B． C． D．5．將一枚質地均勻的骰子連續(xù)拋擲3次，則出現(xiàn)三個點數之和為6的概率為（    ）A． B． C． D．6．已知點是邊長為1的正十二邊形邊上任意一點，則的最小值為（    ）A． B． C． D．-27．已知，且滿足，則下列判斷正確的是（    ）A． B．C． D．8．已知半徑為4的球，被兩個平面截得圓，記兩圓的公共弦為，且，若二面角的大小為，則四面體的體積的最大值為（    ）A． B． C． D． 二、多選題9．下列說法中正確的是（    ）A．某射擊運動員在一次訓練中10次射擊成績（單位：環(huán)）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，這組數據的第70百分位數為8B．若隨機變量，且，則C．若隨機變量，且，則D．對一組樣本數據進行分析，由此得到的線性回歸方程為：，至少有一個數據點在回歸直線上10．已知函數，則下列判斷正確的是（    ）A．若，則的最小值為B．若將的圖象向右平移個單位得到奇函數，則的最小值為C．若在單調遞減，則D．若在上只有1個零點，則11．南宋數學家楊輝在《詳解九章算法》和《算法通變本末》中提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次差成等差數列.如數列1，3，6，10，它的前后兩項之差組成新數列2，3，4，新數列2，3，4為等差數列，則數列1，3，6，10被稱為二階等差數列，現(xiàn)有高階等差數列?其前7項分別為5，9，17，27，37，45，49，設通項公式.則下列結論中正確的是（    ）（參考公式：）A．數列為二階等差數列B．數列的前11項和最大C．D．12．已知橢圓，其右焦點為，以為端點作條射線交橢圓于，且每兩條相鄰射線的夾角相等，則（    ）A．當時，B．當時，的面積的最小值為C．當時，D．當時，過作橢圓的切線，且交于點交于點，則的斜率乘積為定值 三、填空題13．已知的展開式中各項系數的和為4，則實數的值為___________.14．已知拋物線，過點作直線交于兩點，且，則點的橫坐標為___________.15．某牧場今年初牛的存欄數為1200，預計以后每年存欄數的增長率為，且每年年底賣出100頭牛，設牧場從今年起每年年初的計劃存欄數依次為為的前項和，則___________.（結果保留成整數）（參考數據：）16．設表示不超過的最大整數，如.已知函數有且只有4個零點，則實數的取值范圍是___________. 四、解答題17．記為數列的前項和，已知，且滿足.(1)證明：數列為等差數列；(2)設，求數列的前項和.18．為貫徹落實習近平總書記關于學生近視問題的指示精神和《教育等八部門關于印發(fā)<綜合防控兒童青少年近視實施方案>的通知》以及《中國防治慢性病中長期規(guī)劃（2017-2025年）》等文件要求，切實提升我省兒童青少年視力健康整體水平，實施了，“明眸”工程.各中小學為推進近視綜合防控，落實“明眸”工程，開展了近視原因的調查.其校為研究本校的近視情況與本校學生是否有長時間使用電子產品習慣的關系，在已近視的學生中隨機調查了100人，同時在未近視的學生中隨機調查了100人，得到如下數據： 長時間使用電子產品非長時間使用電子產品近視4555未近視2080(1)能否有99%的把握認為患近視與長時間使用電子產品的習慣有關？(2)據調查，某?；冀晫W生約為46%，而該校長時間使用電子產品的學生約為30%，這些人的近視率約為60%.現(xiàn)從每天非長時間使用電子產品的學生中任意調查一名學生，求他患近視的概率.附：，其中.0.100.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828 19．在銳角中，角所對的邊分別為，已知，點是線段的中點，且.(1)求角；(2)求邊的取值范圍.20．如圖，三棱臺中，，，為線段上靠近的三等分點.(1)線段上是否存在點，使得平面，若不存在，請說明理由；若存在，請求出的值；(2)若，，點到平面的距離為，且點在底面的射影落在內部，求直線與平面所成角的正弦值.21．已知雙曲線為其左右焦點，點為其右支上一點，在處作雙曲線的切線.(1)若的坐標為，求證：為的角平分線；(2)過分別作的平行線，其中交雙曲線于兩點，交雙曲線于兩點，求和的面積之積的最小值.22．已知函數.(1)令，討論的單調性；(2)證明：；(3)若，對于任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍.
參考答案：1．D【分析】先求出集合，再由交集和補集的運算求解即可.【詳解】由可得：，解得：，由可得：，解得：或，所以，，所以故選：D.2．C【分析】根據復數的除法運算化簡，根據純虛數的概念列式計算，可得答案.【詳解】由題意，因為復數是純虛數，故，解得，故選：C3．A【分析】根據奇偶性和值域，運用排除法求解.【詳解】設，則有，是奇函數，排除D； ，排除B；當時，，排除C；故選：A.4．A【分析】由題設易知，利用誘導公式、倍角余弦公式有，即可求值.【詳解】由題設，由.故選：A5．B【分析】所有實驗結果有種，列舉出每次實驗擲三次骰子的點數之和為6的基本事件之和為，即可求出概率.【詳解】根據題意，隨機擲一枚均勻的正方體骰子，每次實驗擲三次，共有種不同的結果，其中每次實驗擲三次骰子的點數之和為6的基本事件包括數字1、2、3組成的結果有種，數字1、1、4組成的結果有種，數字2、2、2組成的結果有種.故所求概率為.故選：B.6．B【分析】根據數量積的幾何意義：等于長度與在的方向上的投影的乘積，結合圖形求解.【詳解】延長，交于，由題意，過分別作的垂線，垂足為，正十二邊形的每個內角為，在中，，，在中，，，則，∵，為的夾角，∴數量積的幾何意義：等于長度與在的方向上的投影的乘積，由圖可知，當在線段上時，取得最小值，此時.故選：B.7．D【分析】通過取特殊值，利用排除法即可得出結果.【詳解】因為，且滿足，不妨取，則，顯然，所以有，又，所以，故可排除BC，再取，則，顯然有，所以，故選項A也可排除.故選：D.8．C【分析】根據圓的性質及球的截面的性質，利用正弦定理、余弦定理，均值不等式及三棱錐的體積公式求解即可.【詳解】設弦的中點為，連接，依題意，可得如下圖形，由圓的性質可知，則即為二面角的平面角，故，四面體的體積為，其中，當且僅當時取等號，由球的截面性質，，，所以四點共圓，則有外接圓直徑，從而，.故選：C9．BC【分析】對于A，根據百分位數的定義求解判斷即可；對于B，根據二項分布的均值和方差求解即可判斷；對于C，根據正態(tài)分布的性質求解即可判斷；對于D，結合線性回歸方程的定義即可判斷.【詳解】對于A，將10次射擊成績從小到大排列為：5，5，6，6，7，7，8，9，9，9.因為，所以這組數據的第70百分位數為，故A錯誤；對于B，由，則，即，則，故B正確；對于C，因為，則，所以，故C正確；對于D，數據可能都不在回歸直線上，故D錯誤.故選：BC.10．ABC【分析】由可得關于對稱，所以，求出可判斷A；由三角函數的平移變換求出，因為奇函數，所以求出可判斷B；求出的單調減區(qū)間可判斷C；取，取在的零點可判斷D.【詳解】對于A，由可得關于對稱，所以，可得：，因為，所以的最小值為，故A正確；對于B，將的圖象向右平移個單位得到，因為為奇函數，所以，則，所以的最小值為，故B正確；對于C，函數的單調減區(qū)間為：，則，令，，則，故C正確；對于D，若在上只有1個零點，則，取，令，則，則，時，無零點，故D不正確.故選：ABC.11．AC【分析】根據題中定義，結合累加法、等差數列前項和公式、題中所給的公式逐一判斷即可.【詳解】設，所以數列前6項分別為，設，所以數列前5項分別為，顯然數列是以為首項，為公差的等差數列，由題中定義可知數列為二階等差數列，因此選項A正確；，于是有，因此有，因為，所以數列的前11項和最大不正確，因此選項B不正確；因此選項C正確；，因此選項D不正確；故選：AC【點睛】關鍵點睛：利用累加法，結合題中定義、所給的公式是解題的關鍵.12．ABD【分析】對于A，設,根據兩點間的距離公式可得，同理求出，，代入，根據兩角和差公式可判斷；對于B，將的面積分為3部分，設，可得，結合選項A及基本不等式可判斷；對于C，取可判斷；對于D，求出的方程，可得,，根據斜率公式即可判斷.【詳解】對于A，對于橢圓，其中，為橢圓上一點，又，則（*）.如圖，設,則,代入（*）可得，解得.故對于，，所以，同理可得，.所以，故A正確；對于B，,設，則.由，又，當且僅當時等號成立，所以，故B錯誤；對于C，取,則，故C錯誤；對于D，設橢圓上一點，則，即①，設切線：， ∵切線過點，∴，即②，由，消去，整理得，∵是橢圓的切線，∴，∴③，且由韋達定理，有④，③、④兩式相乘，化簡得，將②式代入，解得，由①式，有，∴，∴的方程為，結合①式，化簡得.設,可知的方程為.因為交于點，所以切點弦的方程為.因為弦過，所以,同理可得.因為,所以,故.所以，故D正確.故選:ABD.【點睛】總結點睛：解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．13．1【分析】令即可求解.【詳解】令，可得，解得.故答案為:1.14．/【分析】設直線的方程為，，聯(lián)立拋物線與直線方程即可得交點坐標關系，由得，綜合即可得點的橫坐標.【詳解】由題可設，直線的方程為，聯(lián)立得，恒成立，所以①，②又因為，結合圖形可得③聯(lián)立①②③可得，，所以即點的橫坐標為.故答案為：.15．【分析】由題意，可得???????,從而可推出數列是等比數列 ，根據分組求和及等比數列的求和公式可得答案.【詳解】因為每年存欄數的增長率為10%，每年年底賣出100頭，故可知，且，則，∴數列是以200為首項，1.1為公比的等比數列，則，故.∴,則.???????故答案為:.16．【分析】設，利用導數求出在上的單調性與最值，再求出時的解析式，畫出圖象，數形結合即可求解.【詳解】設，則有且只有4個根.當時，,當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，所以當時，.當時，，，當時，，，故函數的圖象如圖所示：因為，由圖可知.故答案為:.17．(1)證明見解析(2) 【分析】（1）方法1：由可得，由累加法求出，再證明數列為等差數列；方法2：由可得，可證得為常數數列，求出，再證明數列為等差數列；方法3：由可得，兩式相減可明數列為等差數列；（2）由（1）知，所以，方法1：由并項求和法求出數列的前項和；方法2：由錯位相減求和求出數列的前項和.【詳解】（1）方法1：，時，，累加得：，時也成立，.，是等差數列方法2：，，為常數數列，，，，是等差數列.方法3：當時，①，②，②-①可得：，是等差數列，因為.（2）由（1）知，所以，方法1：并項求和當為偶數時，，方法2：錯位相減求和①②①-②：18．(1)有的把握認為患近視與長時間使用電子產品的習慣有關(2) 【分析】（1）根據條件，利用公式求出，即可判斷出結果；（2）先弄清事件的構成，再利用條件概率公式即可求出結果.【詳解】（1）零假設為：學生患近視與長時間使用電子產品無關.根據小概率的獨立性檢驗，沒有充分證據推斷出成立，所以不成立，即有的把握認為患近視與長時間使用電子產品的習慣有關.（2）設“長時間使用電子產品的學生”，“非長時間使用電子產品的學生”，“任意調查一人，此人患近視”，則，且互斥，，根據全概率公式有，所以19．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理邊化角以及兩角差的余弦公式化簡即可得出答案；（2）因為，由余弦定理代入化簡可得，令，結合正弦定理和兩角和的正弦公式求出的范圍，即可求出邊的取值范圍【詳解】（1），，∵，，，又∵為銳角三角形，.（2），，，，，，為銳角三角形，所以，，令，，令，由雙勾函數的性質知，函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，，即，∴，則，.20．(1)存在，(2) 【分析】（1）取的靠近點的三等分點，連接、、，證明出平面平面，利用面面平行的性質可得出平面，由此可得出結論；（2）過點在平面內作，垂足為點，連接，過點在平面內作，垂足為點，證明出平面，求出的值，然后以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）取的靠近點的三等分點，連接、、，則，又因為，所以，四邊形為平行四邊形，則，因為平面，平面，所以，平面，因為，所以，，因為平面，平面，所以，平面，因為，、平面，所以，平面平面，因為平面，故平面，因此，線段上是否存在點，且當時，平面.（2）過點在平面內作，垂足為點，連接，由，，，所以，，所以，，所以，，過點在平面內作，垂足為點，因為，，，、平面，所以，平面，因為平面，則，又因為，，、平面，所以，平面，因為點到平面的距離為，即，且，所以，，由圖可知，為銳角，所以，，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、、，，，設平面的法向量，則，取，則，，所以，，因為，因此，與平面所成角的正弦值為.21．(1)證明見解析(2) 【分析】（1）易得點處的切線方程，根據交軸于點，由判斷；（2）過的切線，由時，得到，聯(lián)立，得到，再由，然后由求解.【詳解】（1）解：由題意點處的切線為，所以過點處的切線方程為，交軸于點，則，即，所以為的角平分線；（2）過的切線，當時，即不為右頂點時，，即，（或由直線與單支有兩個交點，則也可）聯(lián)立設，則所以又所以，，當時，即點為右頂點時，，所以，所以的最小值為.22．(1)答案見解析(2)證明見解析(3) 【分析】（1）求導后，分、、三種情況討論即可；（2）由（1）得，當且僅當，等號成立.令，得到，從而有，即，結合等比數列的前項和公式即可證明.（3）.當，可驗證不滿足題意；當，顯然成立；當，令，求導后判斷單調性求得最小值為，令，則，求導后判斷單調性求得最小值為，從而可解.【詳解】（1），而，①當時，恒成立，所以在上遞減，上遞減；②當時，令，得或；令，得.所以在上遞減，在上遞減，在上遞增；③當時，令，得或；令，得.所以在上遞減，在上遞減，在上遞增.綜上所述，當時，在上遞減，上遞減；當時，在上遞減，在上遞減，在上遞增；當時，在上遞減，在上遞減，在上遞增.（2）由（1）得：當時，當，此時，又當，，當且僅當，等號成立.令，得到，.（3）①，當時，不等式顯然，所以此時不成立；②，不等式顯然成立.③，令，則，令，則.所以當時，單調遞減；當時，單調遞增.所以，令，則，則，令，即，則，所以當，單調遞減；當，單調遞增則，所以.綜上所述，.【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式常見類型及解題策略：（1）構造差函數，根據差函數導函數符號，確定差函數單調性，利用單調性得不等量關系，進而證明不等式；（2）根據條件，尋找目標函數，一般思路為利用條件將所求問題轉化為對應項之間大小關系，或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數. 

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