2023届华大新高考联盟高三名校预测卷全国数学（文）试题含解析

2023届华大新高考联盟高三名校预测卷全国数学（文）试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】解一元二次不等式求得集合，利用基本不等式求出集合，再求交集可得答案.

【详解】依题意，，

，

当且仅当即时等号成立，

所以，故.

故选：B．

2．的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的运算法则进行计算即可得结果.

【详解】依题意，，故所求虚部为，

故选：A．

3．中心对称图形的叠加会产生对称美的效果，现有如下叠加：在正六边形中，取六条边的中点顺次连接，得到一个六边形，将上述步骤再重复一次，得到六边形如图所示，则往正六边形中任意投掷一点，该点落在六边形内的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用几何概型，求面积比即可

【详解】  

不妨设，

则，

故所求概率，

故选：C．

4．已知幂函数，若，则下列说法正确的是（    ）

A．函数为奇函数 B．函数为偶函数

C．函数在上单调递增 D．函数在上单调递减

【答案】B

【分析】根据幂函数的解析式得出等式，构造函数应用导数求最值后确定参数值可得答案．

【详解】依题意，则，设

单调递减,

单调递增,

知该方程有唯一解，故，易知该函数为偶函数.

故选：B．

5．已知首项为的数列的前项和为，若，则（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，由递推关系可知数列的周期为4，即可得到结果.

【详解】依题意，，则；而，则

，故数列的周期为4．又，

则.

故选：D．

6．已知平面向量，满足，，，则，夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】对进行平方可得，可算出，最后利用夹角公式即可

【详解】依题意，，解得，

故，

故，

故选：A．

7．阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆．椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆的面积为，点在椭圆上，且点与椭圆左、右顶点连线的斜率之积为，记椭圆的两个焦点分别为，则的值不可能为（    ）

A．4 B．7 C．10 D．14

【答案】D

【分析】根据题意，列出关于的方程，求得，然后由即可得到结果.

【详解】依题意，得，解得，则，故

，

故选：D．

8．已知在边长为2的正方体中，点在线段上（含端点位置），现有如下说法：①平面；②；③点到平面的距离的最大值为1．则正确说法的个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据正方体的性质，判断线面，面面位置关系.

【详解】  

在正方体中，

因，

平面，平面，

所以平面，

又因，

平面，平面，

所以平面，

又，平面，平面，

所以平面平面，

因平面，

所以平面，故①正确；

因，  ，

，平面，平面，

所以平面，又因平面，

，同理，

因，平面，平面，

所以平面，平面，故，故②正确；

当点在端点时，点到平面的距离为最大值即，③错误．

故选：．

9．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M，N在双曲线C上，.若为等边三角形，且，则双曲线C的渐近线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用双曲线的对称性得出，结合余弦定理，得出，进而得出答案.

【详解】由双曲线的对称性可知，

点M，N在双曲线C的右支上，且；

又，故.

连接，则，故，

在中，

由余弦定理可得，

即，

整理得，解得，故，

故双曲线C的渐近线方程为.

故选：D

10．已知正数满足，且，记

，现有如下说法：

（1）若，则，都有；

（2）若，则，都有；

（3）若，则，都有；

（4）若，则，都有．

则正确说法的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据题意，构造函数可得其单调性，得到，同理可得的单调性，即可判断①②，然后由其推论，即可判断③④.

【详解】令，因为在定义域上单调递减，在定义域上单调递增，故在上单调递减，故，故，即；

令，

因为在定义域上单调递增，在定义域上单调递增，故在上单调递增，故，故，即．综上所述，若，则，都有，故①错误；同理可得，②正确；

若，则；若，由①的推论可知，，则，而，故，则

，故，故，

故；若，同理可得，；

故若，则，都有，当且仅当时等号成立，则③正确；同理可得，④正确．

故选：C．

11．已知函数，则下列说法错误的是（    ）

A．函数的最小正周期为

B．函数在上单调递减

C．若，则的值可以是

D．函数有4个零点

【答案】D

【分析】根据二倍角公式以及诱导公式化简，进而可画出其图象，结合图象根据选项即可求解.

【详解】依题意， ，

作出函数的大致图象如图所示，观察可知，A、B正确；

若，可以取，，故C正确；

当，当 ，

结合图象可知与有5个交点，故函数有5个零点，故D错误.

故选：D

12．已知函数，若对任意，恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】导数研究单调性，将题设转化为成立，即上递减，进而有恒成立，导数研究右侧最大值，即可求参数范围.

【详解】当时，，

故，

故，

令，则，

令，故，

令，故，

故当时，，

当时，，

即函数在上单调递增，在上单调递减，

故，解得，

故实数的取值范围为，

故选：D

【点睛】关键点点睛：利用导数研究单调性，将问题最终转化为恒成立.

二、填空题

13．为了反映城市的人口数量x与就业压力指数y之间的变量关系，研究人员选择使用非线性回归模型对所测数据进行拟合，并设，得到的数据如表所示，则_________.

【答案】3

【分析】由非线性回归模型和，得回归直线方程，代入样本点中心即可求值.

【详解】，，

依题意，，

而回归直线方程过点，故，解得.

故答案为：3

14．已知函数则的解集为________．

【答案】

【分析】画出的图象，令，结合图象利用在上单调递减、为偶函数可得，再解不等式可得答案．

【详解】的图象如下，

依题意，的图象关于直线对称，且在上单调递减，

令，则为偶函数，且在上单调递减，

故．

故答案为：.

15．已知数列的前项和为，且，首项为1的正项数列满足，则数列的前项和________．

【答案】

【分析】根据，作差得到，即可求出的通项公式，再记，当时，，即可得到数列是以1为首项，为公比的等比数列，再利用等边求和公式计算可得.

【详解】因为，当时，，解得，

当时，，两式相减可得，即，

所以，故数列是以为首项、为公比的等比数列，故．

记，

故当时，，即，

故，因为，故，

故数列是以1为首项，为公比的等比数列，故．

故答案为：

16．已知长方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，记直线的夹角为，直线的夹角为，直线的夹角为，则之间的大小关系为________．（横线上按照从小到大的顺序进行书写）

【答案】

【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得，，，从而可解.

【详解】  

记，

如图，以为原点，建立空间直角坐标系，

则，

所以，

所以，

又，故，

，

又，故，

因为，所以，所以.

故．

故答案为：.

三、解答题

17．已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，C为钝角，且.

(1)求角B的大小；

(2)若的面积为6，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理边化角得，从而有，再利用倍角正切公式求得，再利用和角正切公式即可求得，即可求得；

（2）先利用和角正弦公式求得，再利用正弦定理，结合三角形的面积公式分别求得三边的长度，从而可求得周长.

【详解】（1）依题意，有，

由正弦定理，得，则.

，，

C为钝角，（舍去），

，

即，

因为C为钝角，所以B为锐角，所以（舍去），即.

（2），，；

，，

.

由正弦定理，得，，

的面积，解得，，

由正弦定理，得，，

的周长为.

18．如图所示，四棱锥中，点在线段上（不含端点位置），，．

(1)求证：平面平面；

(2)若四面体的体积为，判断是否为直角三角形．若是，请指出哪个角是直角，若不是，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)是，．

【分析】（1）设点为的中点，由题意得，且，由余弦定理得，由勾股定理可得，证得平面，从而得证；

（2）由（1）知平面，过作交于，则平面，由题意求得，点为线段的中点，在中，由余弦定理得，结合勾股定理即可得解．

【详解】（1）设点为的中点，连接．

由题意得，，且，

∴在中，由余弦定理得，则，

∵，∴．

易得，且，则四边形为矩形，∴．

在中，，∴，

而，，平面，∴平面，

而平面，故平面平面．

（2）由（1）知平面平面，平面平面，

平面，．则平面，

过作交于，则平面，

∴，

∴，∴，点为线段的中点，

在中，，

由余弦定理得，，

易得，故为直角三角形，．

19．为了检查工厂生产的某产品的质量指标，随机抽取了部分产品进行检测，所得数据统计如下图所示．

(1)求的值以及这批产品质量指标的平均值；

(2)若按照分层的方法从质量指标值在的产品中随机抽取7件，再从这7件中随机抽取2件，求至少有一件的指标值在的概率；

(3)为了调查两个机器与其生产的产品质量是否具有相关性，以便提高产品的生产效率，质检人员选取了部分被抽查的产品进行了统计，所得数据如下表所示，判断是否有99.9%的把握认为机器类型与生产的产品质量具有相关性．

附：

．

【答案】(1)，123

(2)

(3)没有99.9%的把握认为机器类型与生产的产品质量具有相关性．

【分析】（1）由频率分布直方图求平均数即可；

（2）由古典概型的概率公式计算即可；

（3）利用独立性检验的数学思想求解判断即可．

【详解】（1）由题图可知，，

解得，

质量指标的平均值．

（2）依题意，质量指标值在的有4件，记为1、2、3、4，质量指标值在的有3件，记为，

则随机抽取2件，所有的情况为，，共21件，

其中满足条件的为，，共15件，

故所求概率．

（3）完善表格如下：

在本次试验中，的观测值，

故没有99.9%的把握认为机器类型与生产的产品质量具有相关性．

20．已知圆过点，，，抛物线过点.

(1)求圆的方程以及抛物线的方程；

(2)过点A作抛物线的切线l与圆交于P，Q两点，点B在圆上，且直线，均为抛物线的切线，求满足条件的所有点B的坐标.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用点在曲线上，结合待定系数法求圆、抛物线的方程；

（2）设，，切线，，由题设易得，记，联立与抛物线方程，、为整理后一元二次方程的两根，应用韦达定理可得，同理可得，最后联立三直线求B的坐标，注意验证B在圆上即可.

【详解】（1）设圆，故，

解得，故圆，

将代入中，解得，故抛物线的方程为.

（2）设，，设切线，，

过抛物线上点的切线方程为，即，记①，

设过点P的直线与抛物线相切，

代入抛物线方程，得，

则，即，所以，，

即，所以②，同理可得，

所以切线，，

联立两式消去y，得③，

代入得④，代入②得，

联立与圆可得，，

所以，，分别代入③、④得，，

又，即切线，的交点B在圆上，

所以.

21．已知函数.

(1)若曲线在处的切线与直线相互垂直，探究函数的单调性；

(2)若函数有唯一的极值0，求的值.

【答案】(1)函数在上单调递减

(2)

【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出，然后利用导数研究函数的单调性；

（2）设极值点，利用极值概念建立方程找到关系，构造函数，多次求导研究函数的单调性，确定函数的极值点，即可求解.

【详解】（1）依题意，，故，解得，

则，故，则，

故当时，，当时，，

故函数在上单调递增，在上单调递减，

故，故，

则函数在上单调递减；

（2），则，

设唯一的极值点为，则

由得，，（*）

令，则，所以，

记，则，

所以在上单调递增，即在上单调递增，且，

所以当时，，从而单调递减，

当时，，从而单调递增，

故，从而在上单调递增，

又因为，所以，代入①可得，

当时，，，

因为是（*）的唯一零点，且，

所以是唯一的极值点，且极值为0，满足题意.

所以.

【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.

22．已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，点，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，且直线与曲线交于两点.

(1)求的面积；

(2)若的外接圆与曲线交于两点，求直线的极坐标方程.

【答案】(1)6

(2)

【分析】（1）先把直线的极坐标方程化为直角方程，然后求出交点坐标，利用三角形面积公式求解即可；

（2）先求出的外接圆的直角方程，化为极坐标，与曲线的极坐标方程联立即可求得直线的极坐标方程.

【详解】（1）依题意，直线的极坐标方程为，

所以直线的直角坐标方程为，

令，得，解得或，

将代入中，得或，故.

而，故，故；

（2）由（1）可知，所以，

故的外接圆的圆心坐标为，半径为3，

故圆的直角坐标方程为，即，

令，代入可得，

即的外接圆的极坐标方程为，

联立，解得，故直线的极坐标方程为.

23．已知函数，且的解集为．

(1)求不等式的解集；

(2)若关于的不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）根据条件求出的值，然后分类讨论解出不等式即可；

（2）原不等式可化为，然后由绝对值不等式求出左边的最大值，然后可得，然后求出右边的最大值可得答案.

【详解】（1）依题意，和1是方程的解，故，解得．

，

当时，，解得，故；

当时，，解得，故；

当时，，解得，故．

综上所述，所求不等式的解集为．

（2）依题意，对任意的恒成立，

，当且仅当时等号成立，

则，故．

而，当且仅当，即时等号成立，

故，，即实数的取值范围为．