湖南省名校联考联合体2023-2024学年高三上学期第三次联考
数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 考生号 考场号 座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一 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.设全集，集合，则集合为（ ）
A. B.
C. D.
2.已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3.某校数学兴趣小组在某座山测得海拔高度（单位：千米）与气压（单位：千帕）的六组数据绘制成如下散点图，分析研究发现点相关数据不符合实际，删除点后重新进行回归分析，则下列说法正确的是（ ）
A.删除点后，样本数据的两变量正相关
B.删除点后，相关系数的绝对值更接近于1
C.删除点后，新样本的残差平方和变大
D.删除点后，解释变量与响应变量相关性变弱
4.若将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则的值为（ ）
A. B. C. D.
5.为庆祝我国第39个教师节，某校举办教师联谊会，甲 乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲 乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.已知函数（为自然对数的底数），则函数的极小值为（ ）
A. B. C. D.1
7.在中，点在平面内，且满足，命题，命题，则是的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
8.十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.设第次操作去掉的区间长度为，数列满足：，则数列中的取值最大的项为（ ）
A.第3项 B.第4项 C.第5项 D.第6项
二 多选题（本大题共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.下列说法正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
10.设，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
11.已知平面向量满足：，且，则下列结论正确的是（ ）
A.与向量共线的单位向量为
B.平面向量的夹角为
C.
D.的取值范围是
12.已知函数及其导函数的定义域为，若，函数和均为偶函数，则（ ）
A.函数的图象关于点对称
B.函数是周期为4的周期函数
C.函数的图象关于点对称
D.
三 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13.已知，且，则__________.
14.已知，且，则的最小值为__________.
15.国庆节期间，四位游客自驾游来到张家界，入住某民宿，该民宿老板随机将标有数字的7张门卡中的4张分给这四位游客，每人发一张，则至多有一位游客拿到的门卡标有偶数数字的分配方案一共有__________种.（用数字作答）
16.已知正实数满足：，则与大小关系为__________.
四 解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.）
17.（本小题满分10分）
在中，角的对边分别是，已知.
（1）求角的大小；
（2）已知的面积为6，求边的大小.
18.（本小题满分12分）
2023年实行新课标新高考改革的省市共有29个，选科分类是高级中学在校学生生涯规划的重要课题，某高级中学为了解学生选科分类是否与性别有关，在该校随机抽取100名学生进行调查.统计整理数据得到如下的列联表：
选物理类 选历史类 合计
男生 35 15
女生 25 25
合计 100
（1）依据小概率值的独立性检验，能否据此推断选科分类与性别有关联？
（2）在以上随机抽取的女生中，按不同选择类别同比例分层抽样，共抽取6名女生进行问卷调查，然后在被抽取的6名女生中再随机抽取4名女生进行面对面访谈.设面对面访谈的女生中选择历史类的人数为随机变量，求随机变量的分布列和数学期望.
附，其中.
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
19.（本小题满分12分）
设数列的前项和为，已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足：，且，设，求数列的前项和.
20.（本小题满分12分）
如图，在平面四边形中，.
（1）若，求的大小；
（2）若，求四边形面积的最大值.
21.（本小题满分12分）
2022年北京冬奥会成功举办后，冰雪运动深受人们喜爱.高山滑雪运动爱好者乙坚持进行高山滑雪专业训练，为了更好地提高滑雪技能，使用两个气候条件有差异的标准高山滑雪场进行训练.
（1）已知乙第一次去滑雪场训练的概率分别为0.4和0.6.选择高山滑雪场的规律是：如果第一次去滑雪场，那么第二次去滑雪场的概率为0.6；如果第一次去滑雪场，那么第二次去滑雪场的概率为0.5，求高山滑雪运动爱好者乙第二次去滑雪场的概率；
（2）高山滑雪爱好者协会组织高山滑雪挑战赛，挑战赛的决赛由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙 丙组成的“飞雪”队进行比赛，约定赛制如下：“飞雪”队的乙 丙两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场比赛则甲获胜；若甲连续输两场比赛则“飞雪”队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束.各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，若甲与乙比赛，乙赢的概率为；甲与丙比赛，丙赢的概率为，其中.赛事组委会规定：比赛结束时，胜队获奖金3万元，负队获奖金1.5万元；若平局，两队各获奖金1.8万元.若“飞雪”队第一场安排乙与甲进行比赛，设赛事组委会预备支付的奖金金额共计万元，求的数学期望的取值范围.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）讨论函数的零点个数；
（2）已知函数，当时，关于的方程有两个实根，求证：.（注：是自然对数的底数）
名校联考联合体2024届高三第三次联考
数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B A B C B D A C AC ACD BCD ABD
一 选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1.B 【解析】因为，又，所以，故选B.
2.A 【解析】由已知，故选.
3.B 【解析】从散点图中可知，删除点后，样本数据的两变量负相关，所以错误；由于点较其他点偏离程度大，故去掉点后，回归效果更好，从而相关系数的绝对值更接近于1，所以正确；同理决定系数越接近于1，所以新样本的残差平方和变小，所以错误；从而解释变量与响应变量相关性增强，所以D错误.故选B.
4.C 【解析】函数的图象向右平移个单位长度得，所以，所以.故选C.
5.B 【解析】设事件“甲猜对”，“乙猜对”，“几何队'至少猜对一个成语”，
所以，
则，由事件的独立性与互斥性，
得
，故选B.
另解：.
6.D 【解析】因为，
所以.
当或时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，.故选D.
7.A 【解析】若，由向量的线性运算法则，
可得，
因为，所以，所以，所以是的充分条件；
若，得，代，得，
所以，得，
当时，，此时不成立，所以不是的必要条件.故选.
8.C 【解析】由题可知，
由此可知，所以，
因为，
令，解得（舍），
由此可知时时，故的取值最大，故选C.
二 多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
9.AC 【解析】选项A正确；当时，，故选项B错误；
因为，所以，所以，故选项C正确；
因为，所以，所以，故选项错误.
故选AC.
10.ACD 【解析】的展开式的通项为，所以，故选项A正确；
又，从而的展开式中的系数为，故选项错误；
令，得，
令，得，
两式相减得，所以，故选项C正确；
令得，故选项D正确；故选ACD.
11.BCD 【解析】显然选项错误；
设平面向量的夹角为，因为，所以，
所以，又，所以，故选项B正确；
因为，故选项C正确；
设，由已知，
因为，所以，可知点在以点为圆心，为半径的圆上，
所以，故选项D正确.故选BCD.
12.ABD 【解析】因为是偶函数，所以，则，所以函数的图象关于直线对称，由两边求导得，所以，得，所以函数的图象关于点对称，故选项A正确；
令得，所以，因为函数为偶函数，所以，所以，所以函数的图象关于对称，
所以函数的周期为，所以选项B正确；
又因为，所以函数的图象关于点对称，所以函数的图象关于直线对称，所以选项错误；
因为，所以，又因为，所以，所以，所以选项D正确.故选ABD.
三 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 【解析】由题意得，又，所以，所以，所以.
14.8 【解析】因为，所以.因为，所以，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为8.
15.312 【解析】门卡标有偶数数字包含，奇数数字包含，若四位游客都没有拿到偶数数字门卡共有种；若四位游客中一个拿到偶数数字门卡，三个拿到奇数数字门卡，有种.故共有312种.
16. 【解析】因为，所以，
设，又因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，因为，所以.
四 解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.）
17.【解析】（1）因为，所以，
即，所以，即，
又，所以，所以，得.
（2）由题意，所以，
由余弦定理，
所以.
18.【解析】（1）列联表补充如下：
选物理类 选历史类 合计
男生 35 15 50
女生 25 25 50
合计 60 40 100
零假设为：选科分类与性别无关联，
因为，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为选科分类与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（2）由已知，50名女学生中选择物理类和选择历史类的比例为，
因此抽取6名女生中，选择物理类和选择历史类的人数均为3名.
所以随机变量的取值为.
，
所以随机变量的分布列如下表：
1 2 3
所以.
19.【解析】（1）由已知当时，，
由已知，当时，
两式相减得，
又当时，，满足，
所以.
（2）由已知，且，得，
又，所以，所以，
所以数列是等比数列，且首项为2，公比为2，
所以.
因为，
所以
.
20.【解析】（1）由已知，得，
所以.
在中，因为，所以，又，
由正弦定理得，得，
又，所以.
（2）在中，由已知，
所以，
由余弦定理
，
在中，因为，
又，所以
所以
，
所以四边形的面积，
因为，所以，当，即时，，
故四边形面积的最大值为.
21.【解析】（1）设：第一次去滑雪场，：第二次去滑雪场，：第一次去滑雪场，：第二次去滑雪场，所以，
，
所以
.
（2）由已知或.
因为第一场比赛由“飞雪”队的乙与甲进行，
所以“飞雪”队获胜的概率为，
甲获胜的概率为，
所以非平局的概率为，
平局的概率为.
随机变量的分布列为：
4.5 3.6
随机变量的数学期望为（万元），
又，所以的取值范围为（单位：万元）.
22.【解析】（1）由已知函数的定义域为，
由，得，
令函数，
当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在单调递减，所以，
因为，
可知函数的图象如下所示：
所以当时，函数的零点个数为0个，当或时，函数的零点个数为1个，当时，函数的零点个数为2个.
（2）由题设方程，即，
所以，
令，得，
又在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，
由已知，方程有两个实根，
即有两个实根，由（1）得.
令，
所以
令，所以有两个实根，
先证.
因为，令，
解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，要证，即证，
因为在上单调递减，只需证，
即证.
令，
，
因为，
令，
可知函数在上单调递增，所以，所以，
所以，即在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，所以成立，
即成立，又，且在上单调递减，
所以，所以，即，所以，
所以，即.
