湖南省名校联考联合体2023-2024学年高二上学期第三次联考数学试题（Word版附解析）

名校联考联合体2023年秋季高二年级第三次联考数学（A卷）时量：120分钟满分：150分（考试范围：必修第一册､必修第二册､选择性必修一，选择性必修二至第五章5.2）得分：__________.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，只有一个选项是符合题目要求的.1.若复数，则（）A.5B.C.10D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果【详解】因为，所以.故选：B.2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】计算出集合后，运用并集及补集的性质运算即可得.【详解】因为，又，所以，.故选：A.3.已知函数为奇函数，且当时，，则（） A.B.10C.D.12【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合，代入即可求解.【详解】由函数为奇函数，且当时，，则.故选：C.4.已知函数（是的导函数），则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】对于原函数和导函数，分别取，代入运算求解即可.【详解】因为，则，又因为，当时，，解得，所以.故选：D.5.敲击如图1所示的音叉时，在一定时间内，音叉上一点离开平衡位置的位移与时间的函数关系为.图2是该函数在一个周期内的图象，根据图中数据可确定的值分别为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】由图象的最大值得，利用周期求.【详解】由函数在一个周期内的图象，可知，设的最小正周期为，则，解得，则，解得.故选：B.6.如图，将一个圆柱等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了20，若新几何体的高为5，则圆柱的体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，借助该部分面积计算即可得.【详解】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，设圆柱的底面半径为，高为，则，则，因为新几何体的高为5，所以圆柱的高为5，即，解得，所以圆柱的体积为.故选：C.7.已知直线与曲线相切，则的值为（）A.B.C.2D.1【答案】D 【解析】【分析】设切点坐标为，求导，从而有斜率，再由点在曲线上求解.【详解】解：设切点坐标为，因为，所以，所以切线的斜率，又，即，解得，所以由，得.故选：D.8.正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体､正六面体､正八面体､正十二面体､正二十面体.如图，已知一个正八面体的棱长为为棱的中点，，设直线与的夹角为，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，结合正八面体的几何性质，通过计算数量积以及模长，即可求解向量夹角的余弦值，进而可求解正切. 【详解】由题意，，又由正八面体的棱长都是1，且各个面都是等边三角形，在中，由，可得，所以，所以，所以，所以，则.故选:A.二､多选题：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.已知实数，则下列不等式正确的是（）A.B.C.D. 【答案】CD【解析】分析】根据不等式性质逐项分析判断.【详解】对于A项，因，所以，故A错误；对于B项，例如满足，此时，故B错误；对于C项，因为，所以，且，所以，故C正确；对于D项，由A可知，所以，故D正确.故选：CD.10.为了解各种APP的使用情况，将使用人数排名前5的数据整理得到如下的柱状图，则（）A.APP使用人数最多的是微信B.微信APP使用人数超过今日头条APP的使用人数的2倍C.微信APP的使用人数超过今日头条APP与快手APP的使用人数之和D.抖音APP的使用人数大于快手APP的使用人数的125%【答案】AD【解析】【分析】根据给定的APP的使用情况，数据整理的柱状图，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，根据数据的柱状图，可得APP使用人数最多的是微信，所以A正确；对于B中，微信APP的使用人数占7格，今日头条APP的使用人数占近4格，所以微信APP的使用人数小于今日头条APP的使用人数的2倍，所以B错误；对于C中，微信APP的使用人数占7格，今日头条APP的使用人数占近4格，快手APP的使用人数占4格，所以微信APP的使用人数小于今日头条APP与快手APP的使用人数之和，所以C错误； 对于D中，抖音APP的使用人数占5格多，快手APP的使用人数占4格，则快手APP的使用人数的等于5格，所以抖音APP的使用人数大于快手APP的使用人数的，所以D正确.故选：AD.11.对于数列，若，则下列说法正确的是（）A.B.数列是等差数列C.数列是等差数列D.【答案】AC【解析】【分析】逐步代入即可求解A，根据相减可得，进而结合等差数列的定义即可判定BC，根据等差数列的通项求解即可判定D.【详解】由，得，故A正确；又，两式相减得，令，可得，所以是等差数列，C正确；通过只能得到偶数项的值，对于奇数项，无法确定，所以无法确定是不是等差数列，故B错误，同理，令，则，所以是以为首项，公差为4的等差数列，所以，故D错误.故选:AC.12.已知双曲线与椭圆有公共的焦点，是双曲线的一条渐近线上的一点，是椭圆的对称中心，点，分别为上的动点，位于轴的同侧，且不在轴上，则（）A. B.C.当为与的交点时，D.【答案】ABC【解析】【分析】对A，结合双曲线与椭圆有公共焦点即可得；对B，借助渐近线倾斜角与斜率的关系即可得；对C，结合双曲线与椭圆定义，运用余弦定理计算即可得；对D，设出、，结合椭圆定义与余弦定理，将的余弦值表示出来，运用配方法得出范围后即可得.【详解】双曲线的焦点为，则，解得，故A正确；双曲线的渐近线方程为，如图，设（与点位于轴的同侧）是双曲线的另一条渐近线上的一点，则，因为，所以，故B正确；当为双曲线和椭圆在第一象限的交点时，由椭圆和双曲线的定义知，， 解得，又，在中，由余弦定理得，故C正确；设，则，则由余弦定理得：，由，得，得，得，得，得，得，即，所以，故D错误.故选：ABC.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，且，则__________.【答案】【解析】【分析】根据向量坐标运算得到，再根据向量平行坐标要求列方程求出的值，再利用模长定义求出.【详解】， 因为，所以，解得，所以.故答案为：.14.等比数列的前项和为，若，则__________.【答案】【解析】【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的求和公式，列出方程，求得，再结合等比数列的通项公式，准确计算，即可求解.【详解】设等比数列的公比为，首项为，且，若，则，与题设矛盾，所以，则，解得，所以故答案为：.15.已知直线，直线过点且与直线相互垂直，圆，若直线与圆交于两点，则__________.【答案】【解析】【分析】根据题意求得直线的方程为，以及圆C的圆心坐标和半径，结合圆的弦长公式，即可求解.【详解】由直线，可得斜率， 因为且直线过点，所以直线的斜率为，所以的方程为，化简得，又由圆0，即，可得圆的圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为，所以弦长.故答案为：.16.如图，在棱长为3的正方体中，在线段上，且是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接，易证平面平面，得到的轨迹为线段求解.【详解】解：如图， 在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接，因为，所以，又，所以，因为平面平面，所以平面，同理，因为平面平面，所以平面，又，所以平面平面，因此，在线段上.因为，所以线段的最大值为.故答案为：四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文宇说明､证明过程或演算步骤.17.已知是各项均为正数的等比数列，，且成等差数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设的公比为，根据题意，列出方程求得公比，即可求得等比数列的通项公式； （2）由（1）得，结合裂项相消法，即可求解.【小问1详解】解：设的公比为，由的各项均为正数，可得，因为成等差数列，所以，又因为，可得，化简得，解得或（舍去），故的通项公式为.【小问2详解】解：由（1）知，设的前项和为，则.18.已知数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，得到数列为等差数列，由，列出方程组，求得的值，即可求解；（2）根据题意，得到，利用等差、等比数列的求和公式，即可求解.【小问1详解】 由，可得，所以数列为等差数列，设数列的公差为，因为，可得，解得，所以，即数列的通项公式为.【小问2详解】由题意知，当为奇数时，；当为偶数时，，所以.19.在中，角的对边分别为，且.（1）求；（2）若是边上一点，且，设边上的高为，求.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得，求得，即可求解；（2）在和中，分别利用余弦定理，结合，化简得到，再在中，利用余弦定理求得，得到，结合三角形的面积列出方程，求得，即可求解.【小问1详解】解：因为， 由正弦定理得，又因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，又因为，所以.【小问2详解】解：在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，因为，所以，即，整理得，在中，由余弦定理得，可得，所以，所以，即，所以，即，解得，则.20.如图，四边形是正方形，平面为的中点，为的外心. （1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）根据线线平行可证明面面平行，进而根据线面垂直的性质结合勾股定理可得长度相等，进而可证三棱锥是正三棱锥，即可利用正棱锥的性质求证，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求解即可.【小问1详解】因为为的中点，所以，又，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.连接，如图所示，同理，可证四边形是平行四边形，所以，又，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以平面. 又，平面，所以平面平面.因为四边形是正方形，平面为的中点，所以两两互相垂直，且，所以由勾股定理可知，则三棱锥是正三棱锥，那么的外心就是的中心，也是在底面上的垂心，所以平面，所以平面.【小问2详解】以为原点，分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则，则点，则.设平面的法向量为，则由得令，得平面的一个法向量为；又易知平面的一个法向量为；设平面与平面夹角大小为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为. 21.已知函数.（1）若曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积，试判断与之间的关系；（2）若，是否存在直线与曲线和都相切？若存在，求出直线的方程（若直线的方程含参数，则用表示）；若不存在，请说明理由.【答案】（1）或（2）存在，或.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，求切线的斜率，进而得到两切线方程，求出直线与坐标轴的两交点，分别表达两切线与坐标轴围成三角形的面积，由面积相等得的关系；（2）假设存在，设出直线与曲线和相切的切点坐标，根据切点利用导数几何意义求出切线方程，由公切线知两切线为同一直线，可建立坐标满足的方程组，求解可得切点坐标，进而可得切线方程.【小问1详解】，曲线在点处的切线斜率为，曲线在点处的切线斜率为，又，曲线在点处的切线方程为，即令，得；令，得，则切线与坐标轴的交点分别为，切线与坐标轴围成的三角形的面积为；曲线在点处的切线方程为，即， 令，得；令，得，则切线与坐标轴的交点分别为，切线与坐标轴围成的三角形的面积为；由题意，，所以或.【小问2详解】设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，，曲线在点处的切线为，即，曲线在点处的切线为，即，则则所以，解得或当时，直线当时，直线故存在直线与曲线和都相切，直线的方程为或.22.已知斜率为的直线与抛物线相交所得的弦中点的横坐标为1.（1）求抛物线的方程；（2）点是曲线上位于直线的上方的点，过点作曲线的切线交于点，若为抛物线的焦点，以为直径的圆经过点，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析 【解析】【分析】（1）根据点差法，结合斜率公式以及中点坐标公式即可求解，（2）根据以为直径的圆经过点可得垂直关系，即可根据向量垂直的坐标运算得，进而求导得切线斜率，联立直线方程可得交点坐标，即可根据向量夹角公式求解.【小问1详解】设弦的两端点分别为，则，则得，得，得，即，解得，故抛物线的方程是.【小问2详解】设，又，则，因为以为直径的圆经过点，所以，则，即，则.由，有，过点的切线的斜率为，则切线的方程为，同理，切线的方程为， 联立方程组解得，由点是曲线上位于直线上方点，可知，则，由于，则代入，得，所以.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或者等量的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求通过化简或者结合性质求解.