2023届华大新高考联盟高三下学期3月教学质量测评数学试题含解析

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2023届华大新高考联盟高三下学期3月教学质量测评数学试题

一、单选题
1．已知集合，，若中有且仅有三个整数，则正数a的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意化简集合，根据中有且仅有三个整数列不等式求解，可得答案.
【详解】由题意可得，，
若中有且仅有三个整数，则只能是，
故，解得，
故选：B．
2．已知复数，若，，，是的共轭复数，则（    ）
A．0 B．1 C． D．
【答案】B
【分析】先根据复数运算法则计算，再化简复数等式，根据复数相等列方程求，由此可得结论.
【详解】因为，
所以，，
因为，
所以．又，，
所以，，
所以．
故选：B.
3．党的二十大于2022年10月16日在北京召开，二十大报告中提出：积极稳妥推进碳达峰碳中和，立足我国能源资源禀赋，坚持先立后破，有计划分步骤实施碳达峰行动，深入推进能源革命，加强煤炭清洁高效利用，加快规划建设新能源体系，积极参与应对气候变化全球治理．在碳达峰碳中和背景下，光伏发电作为我国能源转型的中坚力量发展迅速．某村计划安装总装机容量为200千瓦的光伏发电机，经测算每千瓦装机容量的发电机组年平均发电800度，若该村有村民300户，从中随机抽取50户，得到其年用电量情况如直方图所示，根据直方图可得下列说法正确的是（    ）

A．全村年用电量的众数一定是500度
B．抽取50户用电量的中位数小于其平均数
C．根据50户用电量的平均值可以估计计划安装的光伏发电机组够全村用电
D．全村用电量为度的概率约为0.0015
【答案】C
【分析】由频率分布直方图求样本数据的众数，中位数，平均数，样本数据在区间内的频率，由此判断各选项.
【详解】因为抽取50户的年用电众数为500，所以全村年用电众数的估计值为500，
所以全村年用电众数不一定等于500，所以A错误．
由图可知从左至右各组用电频率分别为0.14，0.16，0.30，0.26，0.14，
则中位数为，
而平均数，
因为，
所以抽取50户用电量的中位数大于其平均数，所以B错误．
全村估计年用电量为度，
年发电量约为度度，所以C正确．
由频率分布直方图可得，抽取的50户中，用电量为度的户数的频率为，
所以全村用电量为度的户数的概率约为，D错误．
故选：C.
4．已知定义域为的函数满足，，，若，则的极值情况是（    ）
A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值
C．既有极大值，又有极小值 D．既无极小值，也无极大值
【答案】C
【分析】结合导数运算公式由条件求，由此可得，再根据极值与导数的关系，利用导数求函数的极值即可.
【详解】∵，∴．
取可得，，
由，令，得，
因为，可得，
∴，则，
∴．
令，则；
令，，
易知时，，在上单调递减；
时，，在上单调递增，
所以当时，取最小值，
又，当时， ，时，，
∴存在，，使得．
不妨设，则当时，，当时，，当时，．
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
∴既有极大值，又有极小值．
故选：C.
5．已知展开式的常数项为76，则（    ）
A．1 B．61 C．2 D．
【答案】A
【分析】由，利用二项式定理求其展开式，再求各部分的展开式，确定展开式的常数项表达式，列方程求.
【详解】因为，
所以，
的展开式的通项为，，
当时为常数项，常数项为，
的展开式的通项为，，
展开式没有常数项，
的展开式的通项为，，
展开式没有常数项，
的展开式的通项为，，
当时为常数项，常数项为，
的展开式的通项为，，
展开式没有常数项，
的展开式没有常数项，
又为常数，
所以常数项为，
所以，又，
解得．
故选：A.
6．将函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，并沿轴向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数的图象．若对于任意的，总存在，使得，则的值可能是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用图象变换结论求出函数的解析式，转化条件关系可得，
再求函数的值域，并根据包含关系验证的取值，确定结论.
【详解】函数图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，得到的图象，
再沿轴向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的图象，
因为对于任意的，总存在，使得，
所以，
又当时，，，
所以，即，
所以，
因为，所以，
当时，，，故A不合题意．
当时，，取不到最大值1，故B不合题意．
当时，，，故C符合题意．
当时，，，故D不合题意．
故选：C.
7．在三棱锥中，是以AC为底边的等腰直角三角形，是等边三角形，，又BD与平面ADC所成角的正切值为，则三棱锥外接球的表面积是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据线面角算出点B到平面ADC的距离，从而找到球心的位置，利用几何关系算出球的半径即可.
【详解】取AC的中点E，连接BE，DE，则，，可得平面DEB．
又平面ADC，故平面平面DEB，且平面平面．
在平面DEB中，过点B作于点H，则平面ADC，
∴是直线BD与平面ADC所成角的平面角．
设，则，易求，，则．
由勾股定理可得，即，解得，于是，

点H恰好是正的中心（外心），故球心O必在BH上，
的外心为E，连接OE,则平面ABC，,设三棱锥外接球的半径，
在中，由射影定理可得，即，解得，
∴三棱锥外接球的表面积．
故选：B.
8．已知圆，直线经过点与圆C相交于A，B两点，且满足关系（O为坐标原点）的点M也在圆C上，则直线的斜率为（    ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】由可得，即，设直线的方程为，联立圆的方程，设，，由韦达定理可得，，代入化简即可求出直线的斜率.
【详解】设直线的方程为，联立
整理得，设，．
由韦达定理得，，则，
由，点M在圆C上，可知，
所以，所以，
所以，即，
所以，解得．
故选：D.

二、多选题
9．如图，在已知直四棱柱中，四边形ABCD为平行四边形，E，M，N，P分别是BC，，，的中点，以下说法正确的是（    ）

A．若，，则
B．
C．平面
D．若，则平面平面
【答案】ACD
【分析】证明，根据异面直线夹角定义证明，判断A，证明MN与CD异面，判断B，由线面平面判定定理判断C，由线面垂直判定定理证明平面，由面面垂直判定定理证明平面平面.
【详解】连接，由已知，，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，
由，
∴，
则，
∴，故，选项A正确．
因为分别为的中点，所以，又，
所以，由，
所以四边形为平行四边形，
因为平面，，平面，
所以MN与CD异面，选项B错误．
因为，平面，平面，
所以平面，选项C正确．
若，则四边形ABCD为菱形，
∴．又，，平面
∴平面，平面，
∴平面平面，选项D正确．
故选：ACD.

10．数列是等差数列，，则下列说法正确的是（    ）
A．为定值 B．若，则时最大
C．若，使为负值的n值有3个 D．若，则
【答案】AD
【分析】根据题意利用等差数列前n项和公式，可判断A；利用结合，解得公差，判断数列的单调性，可判断B；求得等差数列前n项和公式，解不等式可判断C；求出数列公差和首项，即可求得，判断D.
【详解】由数列是等差数列，，有，即，
由等差数列性质得为定值，选项A正确．
当时，，公差，则数列是递减数列，
则，，故时，最大，选项B错误．
当时，由于，则，，
令得，又，
故为负值的值有2个，选项C错误．
当时，设公差为d，即，结合,即,
解得，，故，选项D正确．
故选：AD
11．在正三棱柱中，若A点处有一只蚂蚁，随机的沿三棱柱的各棱或各侧面的对角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，设蚂蚁移动n次后还在底面ABC的概率为，则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C．为等比数列 D．
【答案】BCD
【分析】由已知求，判断A，再求出的递推关系，再由递推关系证明是等比数列，判断C，结合等比数列通项公式求，判断B，D.
【详解】由题可知，当时，，故选项A错误．
当时，表示第次在平面ABC的顶点上的概率，表示第次在平面的顶点上的概率．
由底面走到底面的概率为，由上面走到底面的概率为，
所以，得，又，
所以是等比数列，首项为，公比为．C正确；
故，
化简得，故，所以选项BD正确．
故选：BCD.
12．已知P，Q是双曲线上关于原点对称的两点，过点P作轴于点M，MQ交双曲线于点N，设直线PQ的斜率为k，则下列说法正确的是（    ）
A．k的取值范围是且 B．直线MN的斜率为
C．直线PN的斜率为 D．直线PN与直线QN的斜率之和的最小值为
【答案】ABC
【分析】因为直线与双曲线两支各有一个交点，则斜率k在两条渐近线斜率之间可判断A；设点，，，表示出可判断B；由双曲线的第三定义知，再结合，求出可判断C；由均值不等式可判断D.
【详解】设点，，，直线与双曲线两支各有一个交点，
则斜率k在两条渐近线斜率之间，即且，选项A正确；
∵，，选项B正确；
设，则，
，
因为，在双曲线上，
所以，两式相减，则，
所以，
又，∴，选项C正确；

，当且仅当，即时取等，即，
但，所以等号无法取得，选项D错误．
故选：ABC.

三、填空题
13．已知圆台的侧面积与轴截面的面积之比为，若上、下底面的半径分别为1和2，则母线长为__________．
【答案】2
【分析】设圆台的母线长为，根据圆台的侧面积公式和梯形面积公式分别计算侧面积和轴截面面积，由条件列方程求母线长.
【详解】设圆台的母线长为，高为，则，
因为圆台上、下底面的半径分别为1和2，
所以圆台的侧面积，轴截面面积，
由已知，化简得，
所以
解得．
故答案为：2.
14．已知实数，满足，，则__________．
【答案】1
【分析】由可变形为，故考虑构造函数，判断函数的单调性，利用单调性化简等式，由此可求.
【详解】因为，化简得．
所以，又，
构造函数，
因为函数，在上都为增函数，
所以函数在上为单调递增函数，
由，∴，
解得，，
∴．
故答案为：.
15．过点的直线与抛物线交于A，B两点，若M点的坐标为，则的最小值为__________．
【答案】34
【分析】设直线AB的方程为，代入抛物线方程，利用韦达定理结合二次函数的性质即可求出答案.
【详解】设直线AB的方程为，代入抛物线方程得．
设，，则，，
∴，，

，当且仅当时取等号．
故答案为：34
16．已知函数，关于的方程有6个不等实数根，则实数t的取值范围是__________．
【答案】
【分析】化简函数的解析式，画出函数的大致图像，结合图象分析方程的解的个数与的关系，结合二次方程根的分布的相关结论求t的取值范围.
【详解】由已知当时，，
当时，，
当时，，
画出函数的图象如图所示．

所以函数的图象与函数（c为常数）的图象最多3个交点，
且有3个实数根时，
所以有6个不等实数根等价于一元二次方程在上有两个不同的实数根，
所以解得或．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于作出函数图象，通过图象观察确定方程的解的个数与的关系，从而将条件转化为二次方程的区间根问题，结合二次函数性质和图象求解.

四、解答题
17．已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，．
(1)求角C；
(2)若点D在AB边上，且满足，当的面积最大时，求CD的长．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式可得，即可求出角C；
（2）由余弦定理结合均值不等式可得，可求出当的面积最大值时，再由余弦定理即可求出CD的长.
【详解】（1）依题意，，
由正弦定理可得，
∴，
所以，
则，因为，
化简得．
∵，∴．
（2）由余弦定理得，
∴，∴，当且仅当时，等号成立．
此时．
若的面积取到最大，则，为等边三角形，
∴，由余弦定理得，
∴．
18．某地区区域发展指数评价指标体系基于五大发展理念构建，包括创新发展、协调发展、绿色发展、开放发展和共享发展5个一级指标．该地区区域发展指数测算方法以2015年作为基期并设指数值为100，通过时序变化，观察创新发展、协调发展、绿色发展、开放发展和共享发展5个分领域指数值的变动趋势．分别计算创新发展、协调发展、绿色发展、开放发展和共享发展5个分指数，然后合成为该地区区域发展总指数，如下图所示．

若年份x（2015年记为，2016年记为，以此类推）与发展总指数y存在线性关系．
(1)求年份x与发展总指数y的回归方程；
(2)若规定发展总指数大于115的年份为和谐发展年，和谐发展年中发展总指数低于130的视为良好，记1分，发展总指数大于130的视为优秀，记2分，从和谐发展年中任取三年，用X表示赋分之和，求X的分布列和数学期望．
参考公式：回归方程，其中，，，．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用已知数据求，，利用公式和参考数据求，，由此可得回归方程；
（2）由条件确定随机变量的可能取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列，再由均值公式求均值.
【详解】（1）由已知，
所以
又
所以，
因为，
所以，
∴．
（2）由题可知，和谐发展年有5个，其中计分为1分的年份有3个，计分为2分的年份有2个．
∴，，．
所以X的分布列为
X
3
4
5
P




数学期望为．
19．数列满足，．
(1)设，求的最大项；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）构造等比数列，从而求出的通项公式，进而得到的通项公式，即可求出最大项；
（2）利用错位相减法即可.
【详解】（1）由得．又，∴是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴，，．
当时，不会最大；当时，设是最大项，则，且，
即，且，即且，解得．
又，∴，∴的最大项是．
（2），①
①得，②  
①②得，
∴．
20．已知平行六面体中，，，，侧面是菱形，．

(1)求与底面所成角的正切值；
(2)点分别在和上，，过点的平面与交于G点，确定G点位置，使得平面平面．
【答案】(1)
(2)点G在线段靠近的三等分点处

【分析】（1）证明平面ABCD，从而找到与底面所成角，解三角形，即可求得答案；
（2）证明当分别为线段和的中点时，平面平面，说明与平面BEF的交点G在线段BN上，结合三角形相似即可确定G点位置.
【详解】（1）取的中点M，连接，，．

∵侧面为菱形，，
∴为等边三角形，，,
∵，，，由余弦定理知，
∴，∴．
在中，，，有，∴．
又∵平面，∴平面．
又∵平面，∴．
∵，平面ABCD，∴平面ABCD，
∴为直线与底面所成的角，
由，则，
∴．
（2）当分别为线段和的中点时，平面平面．
证明如下：
连接，，EF，．侧面是菱形，则．
又∵，平面，
∴平面，平面，故，
平面BEF，
∴平面BEF，平面，∴平面平面BEF．
连接交于点N，连接BN，，BD．∴平面平面，
∴与平面BEF的交点G在线段BN上．
∵，∽，∴，
即点G在线段靠近的三等分点处．
21．已知A，B为椭圆左右两个顶点，动点D是椭圆上异于A，B的一点，点F是右焦点．当点D的坐标为时，．
(1)求椭圆的方程．
(2)已知点C的坐标为，直线CD与椭圆交于另一点E，判断直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上，如果是，求出该直线方程；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线AD与直线BE的交点在定直线上

【分析】（1）由题意表示出，，可得，再由椭圆的定义求出，即可求出椭圆的方程；
（2）设，，的直线方程为，与椭圆联立，由韦达定理得，，化积为和得，表示出直线AD和直线BE的方程的方程，计算可得，即可证明直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上
【详解】（1）设椭圆的右焦点为，左焦点为，，
，解得，
∴，
∴，，，
∴椭圆的方程为．
（2）由题设，直线DE斜率一定存在，设的直线方程为．
联立椭圆方程，消去得．

设，，则，．
∴，
又，，
∴直线AD的方程为，直线BE的方程为．
联立得，
∴．
又∵，∴．
∴直线AD与直线BE的交点在定直线上．
22．已知函数．
(1)当时，研究函数的单调性；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)在定义域内单调递增
(2)

【分析】（1）求函数的导函数可得，根据导数结构考虑构造函数，利用导数证明，取对数证明，由此证明，由此可得函数的单调性；
（2）设，，由已知可得恒成立，构造函数，讨论，利用导数求其最小值，可得a的取值范围．
【详解】（1）因为，所以，
所以函数的定义域为，且，
构造函数，则，
令，得，
∴当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
∴，∴，
∴当时，，
所以当时，，当且仅当时等号成立，
所以当时，，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当时等号成立，
∴在上单调递增．
（2）∵，，等价于
，
令，，构造函数，
∴，，．
令，，，
注意到．
当时，，
∴，当时，，即当时，，
所以在上单调递减，所以，不符合题意．
当时，令，，
，
∴单调递增，则，
当时，则，
，单调递增，．
∴，单调递增，，符合题意．
综上所述．
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．