华大新高考联盟（全国卷）2023届高三上学期11月教学质量测评理科数学试题及答案

这是一份华大新高考联盟（全国卷）2023届高三上学期11月教学质量测评理科数学试题及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

华大新高考联盟（全国卷）2023届高三上学期11月教学质量测评理科数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．若集合，，则（    ）．
A． B．或
C． D．
2．已知复数，现有如下说法：①；②复数z的实部为正数；③复数z的虚部为正数．则正确说法的个数为（    ）．
A．3 B．2 C．1 D．0
3．眼睛是心灵的窗户，然而随着网络、手机、平板电脑等电子产品的普及，越来越多的青少年的视力情况堪忧，因此，为了唤醒大家对视力损害的重视，每年的6月6日被定为全国爱眼日，每年10月的第二个星期四被定为世界爱眼日．某小学为了了解在校学生的视力情况，对所有在校学生的视力进行检测，所得数据统计如图所示，则该小学所有学生视力的中位数约为（    ）．

A．4.50 B．4.93 C．5.10 D．4.87
4．已知l、m、n是三条不同的直线，和是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（    ）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，，则
D．若，，，，则
5．我国《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方，如图所示，将1，2，3，…，9填入的方格内，使得三行、三列、对角线的三个数之和都等于15，便得到一个3阶幻方；一般地，将连续的正整数1，2，3，…，填入个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和都相等，这个正方形叫作n阶幻方．记n阶幻方的数的和（即方格内的所有数的和）为，如，那么10阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为（    ）

A．555 B．101 C．505 D．1010
6．已知函数，则曲线在处的切线斜率为（    ）．
A． B． C． D．
7．已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则（    ）．
A．4 B．2 C． D．
8．已知函数（，，）的部分图象如图所示，其中，，．将函数的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的单调递减区间为（    ）．

A．() B．()
C．() D．()
9．已知等腰直角的三个顶点在球O的表面上，且，连接CO并延长交球O的表面于点D，连接DA，DB；若球O的体积为288π，则直线AC，BD所成角的正切值为（    ）
A． B． C． D．
10．已知函数在上有3个零点，则实数的取值范围为（    ）．
A． B． C． D．
11．已知数列的前n项和为，且，记事件为“从数列的前项中任取两项，两项均为负数”，为事件发生的概率，现有如下说法：
①；②；③．
则正确说法的个数为（    ）．
A．0 B．1 C．2 D．3
12．已知椭圆的右焦点为F，以椭圆的长轴为直径作圆，过点F作不与坐标轴垂直的两条直线，，其中与椭圆交于M，N两点，与圆交于P，Q两点，若，且都有，则实数的取值范围为（    ）．
A． B．
C． D．

二、填空题
13．已知圆锥SO的轴截面是面积为12的三角形，若圆锥SO的侧面积为，则圆锥SO的体积为______．
14．若，，则______．
15．“康威圆定理”是英国数学家约翰·康威引以为豪的研究成果之一．定理的内容是这样的：如图，的三条边长分别为，，c（即，，），延长线段CA至点，使得，以此类推得到点，，，和，那么这六点共圆，此圆称为康威圆．若，，，则往此康威圆内投掷一点，该点落在内的概率为______．

16．已知，为两个相互垂直的单位向量，，则的最小值为______．

三、解答题
17．已知在平面四边形ABCD中，，，连接AC．
(1)若的面积为2，求的周长；
(2)若，，求和．
18．随着人脸识别技术的发展，“刷脸支付”成为了一种便捷的支付方式，但是这种支付方式也带来了一些安全性问题．为了调查不同年龄层的人对“刷脸支付”所持的态度，研究人员随机抽取了300人，并将所得结果统计如下表所示．
年龄





频数
30
75
105
60
30
持支持态度
24
66
90
42
18

(1)完成下列2×2列联表，并判断是否有99.9％的把握认为年龄与所持态度具有相关性；

年龄在50周岁以上（含50周岁）
年龄在50周岁以下
总计
持支持态度



不持支持态度



总计




(2)以（1）中的频率估计概率，若在该地区所有年龄在50周岁以上（含50周岁）的人中随机抽取4人，记X为4人中持支持态度的人数，求X的分布列以及数学期望；
(3)已知某地区“万嘉”连锁超市在安装了“刷脸支付”仪器后，使用“刷脸支付”的人数y与第x天之间的关系统计如下表所示，且数据的散点图呈现出很强的线性相关的特征，请根据表中的数据用最小二乘法求y与x的回归直线方程．
i
1
2
3
4
5
6
7
第天
2
4
8
12
22
26
38
使用人数








参考数据：，．

0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828

参考公式：，，．
19．如图所示，直三棱柱中，，点M为线段，的交点，点P，Q分别为线段，AB的中点，延长至点D，使得，连接CD，QD，CQ．

(1)求证：平面平面；
(2)若点M在平面ABP内的投影恰好为的重心，，求直线MD与平面所成角的正弦值．
20．已知双曲线C：与x轴的正半轴交于点M，动直线l与双曲线C交于A，B两点，当l过双曲线C的右焦点且垂直于x轴时，，O为坐标原点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若，求点M到直线l距离的最大值．
21．已知函数在处取到极值．
(1)求的值以及函数的单调递减区间；
(2)若，且，试比较与0的大小关系，并说明理由．
22．已知在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 （t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，曲线C的极坐标方程为．
(1)求直线l的极坐标方程以及曲线C的参数方程；
(2)若直线l与曲线C交于M，N两点，求的值．
23．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若正数a，b满足，求证：，．

参考答案：
1．C
【分析】结合一元二次不等式，化简集合，再结合交集运算即可.
【详解】依题意，，
故，
故选：C．
2．B
【分析】命题①按照复数模的计算法则结合同角三角函数的运算进行计算即可；命题②③按照复数实部和虚部的定义，结合象限角三角函数值的正负进行判断即可.
【详解】依题意，，故①正确；
复数z的实部为，为正数，故②正确；
复数z的虚部为，为负数，故③错误．
故选：B．
3．D
【分析】中位数即当矩形框面积累计到0.5时对应的横坐标的值，先算前五个小矩形的面积可知中位数落在之间，结合比例可求对应中位数的值.
【详解】由题图可知，前5个小矩形的面积分别为，，，，，
前4个小矩形的面积之和为，
前5个小矩形的面积之和为，
故所求中位数为，
故选：D．
4．D
【分析】结合图形或定理判断选项即可.
【详解】对于A选项，m在与n垂直时，可能与平面垂直，平行，相交或者在面内，故A错误.
对于B选项，如下图，平面与存在相交的可能，故B错误.

对于C选项，因，，则.则当时,n不一定垂直于.故C错误.
对于D选项，因，，和是两个不重合的平面，则.
又因，则.则当时，有.故D正确.
故选：D
5．C
【分析】利用等差数列求和公式得到，进而求出10阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和.
【详解】由题意得：，
故10阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为.
故选：C
6．D
【分析】先求导，令，求出，再结合导数的几何意义即可求解.
【详解】依题意，，令，
故，解得，故，故．
故选：D．
7．A
【分析】由焦准距求出，结合抛物线第一定义得，整理得，由代换即可求解.
【详解】抛物线的焦点F到准线的距离为4，所以，
依题意，，而，，
故，即，则，
故，
故选：A．
8．D
【分析】由点和点之间的距离为，从而求得，将代入结合求出，根据三角函数的图象的变换得到，令（），即可求出的单调递减区间.
【详解】由题意得：，
则，，所以，
将代入得：，
即（），则（）．
因为，所以，故．
因为，则，解得，故.
将函数的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到，
再向左平移个单位长度，得到，
令（），解得：（）．
所以函数的单调递减区间为（）,
故选：D．
9．C
【分析】根据题意，作出图形，由条件可知：，且，在中，利用余弦定理求出的余弦值，然后利用向量求出直线AC，BD所成角，进而求解.
【详解】如图：由题意可知：，且为球的直径，所以，又因为球O的体积为，
所以，所以，

由勾股定理可得：，，
在中，由余弦定理可得，
设直线AC，BD所成角为，则,
又因为,
所以，所以，
所以，
故选：
10．C
【分析】先令，可得，然后转化为两个函数的交点问题，利用另个函数的图像，去掉绝对值符号，分别计算交点个数，然后求出实数的取值范围即可.
【详解】令，得
显然，否则不合题意，
可知当时，与有1个交点；
当时，与有2个交点．
联立，得，则，解得．
故选：C．
11．C
【分析】令求出，当时，由求出，进而得出通项，结合定义和组合公式求出，依次判断正确性即可.
【详解】依题意，当时，，解得；
当时，，，
两式相减可得，化简得，
故，，故，
则，故①正确；
，
，
可知，要证，即证，
即证，这显然成立，故②正确；
，
故，则，
要证，
即证，即证，这显然错误，故③错误．
故选：C．
12．B
【分析】设直线，，分别求出与，得到，换元后利用导数求其最小值，即可得解.
【详解】依题意，，圆．
设直线，，
则点O到直线的距离，故．
将代入中，
整理可得．
设，，则，，
所以，
故，
令，则，
则，所以在上单调递减，
故，故实数的取值范围为，
故选：B．
13．
【分析】利用三角形面积公式与圆锥侧面积公式得到关于的方程组，解之即可求得圆锥SO的体积.
【详解】依题意，如图，
易得，解得（负值舍去），
则．
故答案为：.
.
14．0
【分析】分别对已知条件处理得，，由的单调性得，即，取化简进而得解.
【详解】依题意，；
而，则；
因为函数在定义域内单调递增，故，故，
则，
故．
故答案为：0
15．
【分析】先由余弦定理求出，从而得到为直角三角形，，再分析出三角形ABC的康威圆圆心O为三角形ABC的内心，求出三角形ABC的内切圆半径，由垂径定理得到三角形ABC的康威圆的半径，得到三角形ABC的康威圆面积，再利用几何概型求出概率.
【详解】在△ABC中，由余弦定理得：，
故，由勾股定理逆定理可得：为直角三角形，
，
因为，
由圆的对称性可得：三角形ABC的康威圆圆心O到三边距离相等，
故三角形ABC的康威圆圆心O为三角形ABC的内心，
如图，取的中点D，连接，

设三角形ABC的内切圆半径为，
由三角形ABC的面积可得：
，即
解得：，即，
由垂径定理得：，
故三角形ABC的康威圆的面积为，
故所求概率为.
故答案为：.
16．
【分析】不妨设，，，利用坐标运算化简可得，根据圆上动点到定点距离和最小时，动点在线段上求解即可.
【详解】不妨设，，，
故，
故，
；
而，
故
，
即求圆上动点到定点距离和的最小值，
直线方程为，圆心到直线的距离，
即直线与圆相交，所以当圆上动点在线段上时，，
当且仅当，或时，等号成立，
即的最小值为．
故答案为：
17．(1)
(2)，

【分析】（1）由三角形面积公式求出，再由余弦定理得到，从而求出三角形周长；
（2）根据，，求出，，根据及差角公式得到答案，在中，由正弦定理求出，在中，由余弦定理求出，从而由余弦定理求出.
【详解】（1）由题意得：，画图图形如下：
由三角形面积公式得：，
即，解得：，
由余弦定理得：，
故周长为；

（2）因为，，
故，
即，又，
解得：，
故，
因为，
所以
，
在中，由正弦定理得，即，
解得：，
在中，由余弦定理得：，
即，解得：或-4（舍去），
故，
所以和.
18．(1)表格见解析，有
(2)分布列见解析，
(3)．

【分析】（1）由频数分布表直接填写即可；结合公式可判断相关性；
（2）由频数分布表可判断支持态度的人数符合，结合二项分布的概率公式可求X的分布列以及数学期望；
（3）先求出，再由求出，再由求出，进而求出线性回归方程.
【详解】（1）完成列联表如下：

年龄在50周岁以上（含50周岁）
年龄在50周岁以下
总计
持支持态度
60
180
240
不持支持态度
30
30
60
总计
90
210
300

故本次实验中的观测值，
故有99.9％的把握认为年龄与所持态度具有相关性；
（2）依题意，，
故，，
，，
；
故X的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P






故；
（3）依题意，，，由得，
，
所以．
故y关于x的线性回归方程是．
19．(1)证明见解析
(2)．

【分析】（1）连接MQ，通过证明BDCP为平行四边形得出，同理通过证明BDQM为平行四边形得出平面，进而得证；
（2）由已知易得为等腰直角三角形，，以CA，CB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，重心为G，利用平面ABP求出，再求出，结合线面角正弦的向量公式即可求解.
【详解】（1）如图，连接MQ．
因为，，故，
而，故四边形BDCP为平行四边形，则，
因为平面，平面，故平面；
同理可证BDQM为平行四边形，，即，平面，平面，故平面．
因为，平面CDQ，平面CDQ，
故平面平面；

（2）在直三棱柱中，因为，，由余弦定理可得，解得，
故为等腰直角三角形，，
故以CA，CB，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

设，重心为G，
则，，，，，
，，
因为平面ABP，所以有，
故．
设平面的法向量，
则，取，得，
故直线MD与平面所成角的正弦值．
20．(1)；
(2)2

【分析】（1）由双曲线方程求得右焦点，则可求出l过双曲线C的右焦点且垂直于x轴时的A，B两点坐标，由及数量积的坐标运算即可解出m，得到双曲线方程；
（2）由得，分别讨论直线斜率存在、不存在的情况，当斜率不存在时，设，直接求出交点，结合数量积运算可解出，即可得点M到直线l距离；当斜率存在时，设，联立双曲线方程，结合韦达定理及数量积运算可得与b的关系，即可结合点线距离公式进一步讨论距离范围.
【详解】（1）由曲线为双曲线得，双曲线标准形式为，故，右焦点，，
当时，代入双曲线方程得，故，
由得，
故双曲线C的方程为；
（2）由得，
i.当直线斜率不存在时，设为，联立得，故当才有两个交点，此时，，解得或（舍）.
故点M到直线l距离为2；
ii.当直线斜率存在时，设为，联立得，
故当（*）才有两个交点，
设，则，
故，即，
即 ，整理得，得或.
①当时，直线l为过与M重合，不合题意；
②当时，代入（*）可得时有两个交点，
∴点M到直线l距离为.
综上，点M到直线l距离的最大值为2.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据直线与圆锥曲线的交点个数，注意讨论个数成立的条件；
（2）结合韦达定理可以表示，即可进一步求出直线系数间的关系.
21．(1)；
(2)，理由见解析

【分析】（1）对求导，利用求得，再利用导数对的单调性进行研究，检验得当时，在处取到极大值，同时可得的单调递减区间；
（2）构造函数，对进行变形得到，结合的单调性可设，再构造函数，利用导数讨论在上的单调性，从而得证得，进而得到，由此结合的单调性可得.
【详解】（1）因为，所以，
故，解得，
故，
令，故恒成立，
故函数在上单调递减，而，
所以当时，，；当时，，；
故在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，在处取到极大值，
综上：，此时，函数的单调递减区间为．
（2）结论：，理由如下：
由（1）可知，，令，
而，整理得，故，
由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
故m，n一正一负，不妨设，
令，注意到，
则，令，
则，当时，显然恒成立，
所以在上单调递增，则，
又在上恒成立，所以当时，，
所以在上单调递减，，
因为，所以，即，
因为，所以,
因为，且函数在上单调递减，
所以，即．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．(1)（），（为参数）
(2)

【分析】（1）以直角坐标方程为桥梁分别求得极坐标方程和参数方程.
（2）将极坐标方程联立即可得到与可得.
【详解】（1）由已知消去参数得， ，
将，，代入上式化简整理得：
故直线l的极坐标方程为（）
由得：
所以，故
曲线C的参数方程为 （为参数）
（2）将直线l的极坐标方程代入曲线C的极坐标方程得：
解得： ，不妨设 ，
所以
23．(1)；
(2)证明见解析

【分析】（1）将函数转换成分段函数，解不等式即可；
（2）不等式可化为，则原命题等价于，
由得，由均值不等式可求最小值，即最大值，通过分类讨论去绝对值可求最小值.
【详解】（1），
故等价于
或
或，
故不等式的解集为；
（2）证明：由，
令，则，
由正数a，b，，则，当且仅当时等号成立.
∴对均成立，即，成立，得证.