1、20232024学年第一学期10月六校联合调研试题高三数学2023.10一、单项选择题：本大题共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. 【答案】D【解析】【分析】根据指数函数值域和对数函数定义域求出集合A，B，然后由交集运算可得.【详解】由指数函数性质可知，由得，所以，所以.故选：D2. 设是等比数列，且，则（ ）A. 12B. 24C. 30D. 32【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，则，因此，.故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，
2、属于基础题3. 下列求导正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据基本函数的求导公式，及导数的运算法则和复合函数的求导法则，进行运算即可判断选项.【详解】对于A，故A错误；对于B，根据复合函数的求导法则，故B错误；对于C，故C正确；对于D，故D错误.故选：C.4. 已知角终边上有一点，则是（ ）A. 第一象限角B. 第二象限角C. 第三象限角D. 第四象限角【答案】C【解析】【分析】根据所在象限可判断点P所在象限，然后根据对称性可得.【详解】因为是第二象限角，所以，所以点P在第四象限，即角为第四象限角，所以为第一象限角，所以为第三象限角.故选：C5. 已知直线和圆交于
3、两点，则的最小值为（ ）A. 2B. C. 4D. 【答案】D【解析】【分析】求出直线过定点，再利用弦长公式即可得到最小值.【详解】，令，则，所以直线过定点，当得，则在圆内，则直线与圆必有两交点，因为圆心到直线的距离，所以故选：D.6. 已知样本数据，的平均数为16，方差为9，则另一组数据，12的方差为（ ）A. B. C. D. 7【答案】C【解析】【分析】由均值、方差性质求数据，的平均数、方差，应用平均数、方差公式求新数据方差.【详解】设数据，的平均数为，方差为，由，得，则，12的平均数为，方差为故选：C7. 已知定义在上的偶函数满足，则下列说法正确的是（ ）A B. 函数的一个周期为2C
4、. D. 函数的图象关于直线对称【答案】C【解析】【分析】根据已知等式判断函数的对称性，结合偶函数的性质判断函数的周期，最后逐一判断即可.【详解】函数关于点中心对称，因此选项D不正确；又因为函数为偶函数，所以，由，所以函数的周期为，所以选项B不正确；因为函数是周期为的偶函数，所以，因此选项A不正确；在中，令，得，因为函数的周期为，因此选项C正确，故选：C8. 已知点是抛物线上不同的两点，为抛物线的焦点，且满足，弦的中点到直线的距离记为，若不等式恒成立，则的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】令，利用余弦定理表示出弦的长，再利用抛物线定义结合梯形中位线定理表示出，然后
5、利用均值不等式求解作答.【详解】在中，令，由余弦定理得，则有，显然直线是抛物线的准线，过作直线的垂线，垂足分别为，如图，而为弦的中点，为梯形的中位线，由抛物线定义知，因此，当且仅当时取等号，又不等式恒成立，等价于恒成立，则，所以的取值范围是.故选：D【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5
6、分，有选错的得0分，部分选对的得2分请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑9. 设复数满足，则下列说法错误的是（）A. 为纯虚数B. 的虚部为2iC. 在复平面内，对应的点位于第二象限D. 【答案】ABC【解析】【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数z，再对选项一一判断即可得出答案.【详解】设复数，由得，则，故A错误；z的虚部为，故B错误；复平面内，对应的点为，对应的点位于第三象限，故C错误；，故D正确.故选：ABC.10 已知向量，且，则（ ）A. B. C. 向量与向量的夹角是D. 向量在向量上的投影向量坐标是【答案】ACD【解析】【分析】根据向量垂直的坐标公式求出向量判断A，利用向量模的坐
7、标运算判断B，利用数量积的夹角坐标公式求解判断C，利用数量积的几何意义求解判断D.【详解】因为向量，所以，由得，解得，所以，故A正确；又，所以，故B错误；设向量与向量的夹角为，因为，所以，又，所以，即向量与向量的夹角是，故C正确；向量在向量上的投影向量坐标是，故D正确.故选：ACD.11. 已知函数，下列说法正确的是（ ）A. 函数的值域为B. 若存在，使得对都有，则的最小值为C. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围为D. 若函数在区间上恰有3个极值点和2个零点，则的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】化简的解析式，根据三角函数的值域、最值、周期、单调性、极值点等知识对选项进行分析，从而
8、确定正确答案.【详解】已知函数，可知其值域为，故选项A正确；若存在，使得对都有，所以的最小值为，故选项B错误；函数的单调递增区间为，所以，令，则的取值范围为，故选项C正确；若函数在区间上恰有3个极值点和2个零点，由如图可得：， 的取值范围为，故选项D正确；故选：ACD12. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 当时，在上单调递增B. 若的图象在处的切线与直线垂直，则实数C. 当时，不存在极值D. 当时，有且仅有两个零点，且【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用导数即可判断；对于B，根据导数的几何意义可判断；对于C，取，根据导数判断此时函数的单调性，说明极值情况，即可判断；对于D，结合函
9、数单调性，利用零点存在定理说明有且仅有两个零点，继而由可推出，即可证明结论，即可判断.【详解】因为，定义域为且，所以，对于A，当时，所以在和上单调递增，故A正确；对于B，因为直线的斜率为，又因为的图象在处的切线与直线垂直，故令，解得，故B正确；对于C，当时，不妨取，则，令，则有，解得，当时，在上单调递增；当时，在上分别单调递减；所以此时函数有极值，故C错误；对于D，由A可知，当时，在和上单调递增，当时，所以在上有一个零点，又因为当时， ，所以在上有一个零点，所以有两个零点，分别位于和内；设，令，则有，则，所以的两根互为倒数，所以，故D正确故选：ABD【点睛】难点点睛：本题综合考查了导数知识的应
10、用，综合性较，解答的难点在于选项D的判断，要结合函数的单调性，利用零点存在定理判断零点个数，难就难在计算量较大并且计算复杂，证明时，要注意推出，进而证明结论三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 在的展开式中，的系数为_【答案】240【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式即可.【详解】在的展开式中，的系数为；在的展开式中，的系数为；所以在的展开式中，的系数为；故答案为：24014. 2023年杭州亚运会招募志愿者，现从某高校的6名志愿者中任意选出3名，分别担任语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙2人不能担任语言服务工作，则不同的选法共有_种.【答案】80【解析】分析】
11、应用排列组合知识及计数原理可得答案.【详解】先从甲、乙之外的4人中选取1人担任语言服务工作，再从剩下的5人中选取2人分别担任人员引导、应急救助工作，则不同的选法共有种.故答案为：80.15. 已知，若，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】作出函数图象，设，数形结合可知的范围，转化为关于的函数，利用导数求最值即可.【详解】作函数图象，如图，设，则，又，设，当时，函数为增函数，即实数的取值范围是故答案为：16. 在正三棱锥中，底面的边长为4，E为AD的中点，则以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长为_【答案】【解析】【分析】首先证明两两垂直，再求出所对应的圆心角，则计算出其弧长，
12、即可得到交线长.【详解】记CD中点为F，作平面BCD，垂足为O，由正三棱锥性质可知，O为正三角形BCD的中心，所以O在BF上，因为平面BCD，所以，由正三角形性质可知，又，平面ABO，所以平面ABO，因为平面ABO，所以，又平面ACD，所以平面ACD，因为平面ACD，所以由正三棱锥性质可知，两两垂直，且，则，如图，易知以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线，是以D为圆心，AD为半径的三段圆弧，则，则其圆心角分别为，所以其交线长为，故答案为：.【点睛】关键点睛：本题的关键是利用线面垂直的判定与性质得到两两垂直，再求出所对应的三段弧长即可得到交线长.四、解答题：本大题共6小题，共70分解答
13、应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知等差数列的前项和为，且满足，（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用等差数的性质，结合通项公式与前项和公式即可得解；（2）利用分组求和差，结合等差数列与等比数列的前项和公式即可得解.【小问1详解】（1）设数列等差数列的公差为d，因为，所以，则，因为，即，所以，所以，所以，即 .【小问2详解】因为，所以，所以18. 已知函数,（1）求函数的最值；（2）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，求的面积【答案】（1）最大值为2，最小值为 （2）或【解析】【分析】(1)把化为“一角一
14、函数”的形式：先用诱导公式把角化为，再用二倍角公式把二次项化为一次项，同时把角化为，最后用辅助角公式把函数名化为正弦，即可求出函数的最值；(2)先求出角，由余弦定理得到关于的方程，再由正弦定理把已知的方程化简为含的方程，联立方程组即可解出的值，再代入三角形的面积公式即可.【小问1详解】因为，所以的最大值为2，最小值为【小问2详解】结合(1)可知，所以因为，所以，则由余弦定理得，化简得又，由正弦定理可得，即结合得或时，；时，综上，的面积为或19. 在三棱锥中，ABC是边长为4的正三角形，平面平面，、分别为的中点 （1）证明：；（2）求二面角正弦值的大小.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【
15、分析】（1）取AC得中点O，得，可知平面，进而得结论；（2）建立空间直角坐标系，求出平面CMN与平面的法向量，根据向量的夹角公式求解.【小问1详解】取AC得中点O，连接SO，OB，又SO，BO交于点O，平面，平面，于是可知平面，又平面，；【小问2详解】平面平面，平面平面，平面，平面，以OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴建立空间直角坐标系,那么，设为平面CMN的一个法向量，那么，取，那么，又为平面一个法向量，即二面角的正弦值为. 20. 为了丰富在校学生的课余生活，某校举办了一次趣味运动会活动，学校设置项目A“毛毛虫旱地龙舟”和项目B“袋鼠接力跳”甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班
16、级对抗赛每一个比赛项目均采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束），假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响（1）求甲班在项目A中获胜的概率；（2）设甲班获胜的项目个数为X，求X的分布列及数学期望【答案】（1） （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）记“甲班在项目A中获胜”为事件A，利用独立事件的乘法公式求解即可；（2）先算出“甲班在项目B中获胜”的概率，然后利用独立事件的乘法公式得到X的分布列，即可算出期望【小问1详解】记“甲班在项目A中获胜”为事件A，则，所以甲班在项目A中获胜的概率为【小问2详解】记“甲班在项目B中获胜”为事
17、件B，则，X的可能取值为0，1，2，则，所以X的分布列为X012P所以甲班获胜的项目个数的数学期望为21. 已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）设.如果对任意，求的取值范围【答案】（1）当a0时，0，故f(x)在(0，+)单调增加；当a1时，0， 故f(x)在(0，+)单调减少；当1a0时，f(x)在（0，）单调增加，在（，+）（2）a2【解析】【详解】（1） f(x)的定义域为(0，+)，.当a0时，0，故f(x)在(0，+)单调增加；当a1时，0， 故f(x)在(0，+)单调减少；当1a0时，令0，解得x=.当x(0，)时，0；x(，+)时，0， 故f(x)在（0，）单调增加，在（，+）
18、单调减少.（2）不妨假设x1x2.由于a2，故f(x)在（0，+）单调减少.所以等价于4x14x2，即f(x2)+ 4x2f(x1)+ 4x1.令g(x)=f(x)+4x，则+4.于是0.从而g(x)在（0，+）单调减少，故g(x1) g(x2)，即f(x1)+ 4x1f(x2)+ 4x2，故对任意x1，x2(0，+) ，22. 已知双曲线过点，离心率.（1）求双曲线的方程；（2）过点的直线交双曲线于点，直线，分别交直线于点，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据已知列关于a,b,c的方程组求解即可；（2）直线联立双曲线方程，写出直线，的方程，然后可得点，坐标，将比值问题转化为纵坐标关系，利用韦达定理可得，然后可得.【小问1详解】由题知，解得，；【小问2详解】设直线，联立，则，则， ，设直线，令，则，因为所以，B为PQ的中点，所以.【点睛】本题难点在于能将所求转化为证明的问题，可以通过取特殊方程求解，然后进行合理推测，或者尽量标准作图，通过图象进行猜测，从而确定求解方向.
