华大新高考联盟（老教材全国卷）2024届高三下学期3月教学质量测评理科数学试卷及答案

这是一份华大新高考联盟（老教材全国卷）2024届高三下学期3月教学质量测评理科数学试卷及答案，共26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。

一、单选题
1．若，则z的虚部为（ ）
A．B．C．D．1
2．已知集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）

A．B．
C．D．
3．对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X（单位：min），，对应的曲线为，B地员工的上班迟到时间为Y（单位：min），，对应的曲线为，则下列图象正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知,若,则（ ）
A．B．C．D．
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知抛物线的焦点为F，准线l与x轴的交点为P，过点F的直线l′与C交于M，N两点，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知实数满足，则的最小值与最大值之和为（ ）
A．4B．5C．6D．7
8．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则该正八面体结构的内切球表面积为（ ）
A．B．C．D．
9．记数列的前n项积为，且，若数列满足，则数列的前20项和为（ ）
A．B．C．D．
10．已知正方体的边长为4，其中点E为线段的中点，点F，G分别在线段，上运动，若恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数，现有如下说法：
①的最小正周期为；②的图象关于对称；③在上单调递减；④在上有个零点；
则正确说法的个数为（ ）
A．B．C．D．
12．若关于x的不等式在上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．在学习完二项式定理的相关知识后，老师要求同桌之间相互出题进行考查，为了区别于课例中的问题，小明提出如下题干：“已知，基于上述题干，则 ．
14．若函数的图像关于原点对称，则m＝ ．
15．记等比数列的前n项和为，其中,数列的前n项和为，若，且，则 ．（横线上写出一个满足条件的通项公式即可）
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线C上，且，，若点Q也在双曲线C上，则双曲线C的离心率为 ．
三、解答题
17．已知平面四边形的对角线分别为，，其中．
(1)探究：是否为直角三角形；若是．请说明哪个角为直角，若不是，请给出相关理由；
(2)记平面四边形的面积为S，若，且恒有，求实数λ的取值范围．
18．小甲参加商场举行的玩游戏换代金券的活动．若参与A游戏，则每次胜利可以获得该商场150元的代金券；若参与B游戏，则每次胜利可以获得该商场200元的代金券；若参与C游戏，则每次胜利可以获得该商场300元的代金券．已知每参与一次游戏需要成本100元，且小甲每次游戏胜利与否相互独立．
(1)若小甲参加4次A游戏，每次获胜的概率为，记其最终获得450元代金券的概率为，求函数的极大值点；
(2)在（1）的条件下，记小甲参加A，B，C游戏获胜的概率分别为，，．若小甲只玩一次游戏，试通过计算说明，玩哪种游戏小甲获利的期望最大．
19．已知三棱台如图所示，其中，．

(1)若直线平面，且，求证：直线l⊥平面ABC；
(2)若平面ABC与平面之间的距离为3，求平面与平面所成角的余弦值．
20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，点P，Q在椭圆C上，P，Q异于，．
(1)若直线与直线交于点，直线与直线交于点，求的值；
(2)若P，Q，三点共线，且的内切圆面积为，求直线PQ的方程．
21．已知函数．
(1)若，求证：；
(2)讨论关于x的方程在上的根的情况．
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O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系；曲线的极坐标方程为，点A的极坐标为且点A在曲线上．
(1)求曲线的极坐标方程以及曲线的参数方程；
(2)已知直线与曲线分别交于P，Q两点，其中P，Q异于原点O，求的面积．
23．已知函数．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若关于x的不等式在在上恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】先将等式变形为，利用复数的除法运算求解即可.
【详解】依题意，得，
，
则复数z的虚部为：，
故选：C．
2．D
【分析】首先化简集合，根据交集、补集定义可得.
【详解】依题意，，由，得，
又在上单调递增，所以，
即，，
则，图中阴影部分表示的集合是集合A中的补集，
故阴影部分表示的集合为，
故选：D．
3．B
【分析】由两个正态曲线的对称轴位置和集中分散程度判断结果.
【详解】由，故曲线的对称轴在曲线的左侧，排除C、D；
由，故曲线比曲线瘦高，曲线比曲线矮胖，排除A.
故选：B．
4．A
【分析】根据平面向量数量积夹角公式坐标公式求解即可.
【详解】因为,所以,
则,
所以,
化简得,
又,所以.
故选:A.
5．D
【分析】根据题意，由二倍角公式化简可得，再由同角的平方关系可得的值，代入计算，即可得到结果.
【详解】，得，
则，，
故.
故选：D．
6．A
【分析】设直线l′的倾斜角为θ，则，得到，求出，进而得到，从而求出，再根据，求出.
【详解】
记直线l′的倾斜角为θ，不妨设，则，即，
得，则，则，解得，
故，
故选：A．
7．C
【分析】作出曲线对应的曲线，将看作曲线C上的点到直线的距离，结合圆心到直线的距离求得d的最小值和最大值，即可求得答案.
【详解】由题意知点在曲线上，曲线C关于原点以及坐标轴均对称；
由于时，曲线的方程为，即，
故结合曲线对称性，作出曲线C如图：
而表示曲线C上的点到直线的距离，
可知取最小值和最大值时，位于曲线在第一、三象限内的圆弧上，
当时，曲线的方程为，即，
此时d的最小值为，
当时，曲线的方程为，即，
此时d的最大值为，
故的最小值与最大值之和为，
所以的最小值与最大值之和为，
故选：C．
8．D
【分析】根据正四棱锥的性质结合线面垂直的判定定理、性质定理找出内切球的半径，利用等面积法求出半径的大小，即可求解.
【详解】如图，连接交于点，连接，
取的中点，连接，
因为,所以,
,
由可得平面，
且，所以平面，
过作，
因为平面，平面，所以,
且平面，所以平面，
所以为该正八面体结构的内切球的半径，
在直角三角形中，，
由等面积法可得，,解得，
所以内切球的表面积为，
故选:D.
9．C
【分析】利用递推公式及前n项积可得，再由累加法可求得，可知数列的通项公式为，即可计算出前20项和为.
【详解】根据题意由可得，所以，
两式相除可得，整理可得，
即，
所以，
，
，
累加可得，
由可得；
所以；
结合可得，
所以；
易知符合上式，所以可得；
即数列为等差数列，前项和为，
因此数列的前20项和为.
故选：C
10．A
【分析】作点E关于线段的对称点，可确定，当三点共线时取等号，结合解三角形求出的长，即可得答案.
【详解】由题意知正方体的边长为4，其中点E为线段的中点，
，即四边形为平行四边形，
作点E关于线段的对称点，则，E在平面内，连接，
则，
过点作，AB的垂线，垂足分别为，H，则共线，且，
则，当三点共线时取等号，

又平面，平面，故,
而，则，同理，
则，，
设，则
，
故，，
故实数λ的取值范围为，
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题考查正方体中线段和的最小值问题，关键在于要作出点E关于线段的对称点，由此确定，当三点共线时取等号，即可求解.
11．C
【分析】利用正弦型函数的周期公式以及图形求出函数的最小正周期，可判断①；利用函数对称性的定义可判断②；利用正弦型函数的单调性可判断③；数形结合可判断④.
【详解】对于①，
，
因为函数的最小正周期为，
令，则该函数的定义域为，
，
作出函数的图象如下图所示：
由图可知，函数的最小正周期为，
因此，函数的最小正周期为，①对；
对于②，对任意的，
，
所以，函数的图象关于直线对称，②对；
对于③，当时，，则，
所以，，，
此时，
，
此时，，所以，函数在上不单调，③错；
对于④，当时，，，则，
当时，即当时，，
此时，，
因为，则，则，
此时，；
当时，即当时，则
此时，
，
因为，则，此时，，
且，作出函数在上的图象以及函数的图象如下图所示：
由图可知，函数与函数在上的图象由四个交点，
即在上有个零点，④对.
故选：C.
【点睛】方法点睛：判定函数的零点个数的常用方法：
（1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果；
（2）数形结合法：先令，将函数的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果.
12．B
【分析】变形得到，当时，利用放缩得到证明，当时，利用隐零点可证明出不合要求，得到答案.
【详解】，
当时，，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
故恒成立，不等式成立，
当时，令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
且，，
由零点存在性定理得，存在，使得，即，
此时，
故不合题意，舍去，
综上，，实数a的取值范围为.
故选：B
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
13．
【分析】由题意，将转化为，由二项式展开式求出通项，从而确定的取值.
【详解】由题意可知：，
其通项公式为：，，
则.
故答案为：
14．/
【分析】根据题意，由条件可得为偶函数，再由偶函数的性质即可得到结果.
【详解】因为的图像关于原点对称，则为奇函数，且为奇函数，
则为偶函数，即，，则，则．
故答案为：
15．（答案不唯一）
【分析】由等比数列求和公式得的方程组，进而求出数列的通项公式，从而求解.
【详解】等比数列的前n项和为，其中,设公比为，
易知，则，解得，则，
若，可令，则，满足.
故答案为：.
16．
【分析】根据双曲线定义结合勾股定理可得.
【详解】依题意，，而O为线段的中点，且，所以P是的中点，
所以OP是中位线，所以，又，则，
由，所以点P在双曲线C的右支上，由，
令，则，
又，所以点Q在双曲线C的左支上，
由，又P是的中点，
所以，所以，
在中，由勾股定理可得，，
即，整理可得，
在，由勾股定理可得，，
即，化简，又，
所以，则．
故答案为：

17．(1)为直角三角形，且为直角.
(2)
【分析】（1）先将等式中的正切化为正弦再化简，结合三角形内角和为，将转化为，结合诱导公式以及两角和的正弦化简可得出结果.
（2）由可知四边形为梯形，将梯形的面积公式用表示，根据的范围求出梯形面积的范围，从而求出λ的取值范围.
【详解】（1）（1）因为，
则有，
在平面四边形中，，
所以，
在中，，所以
，
即，所以，即，
为直角三角形，且为直角.

（2）因为，且，可知且，即四边形为梯形，
不妨设梯形的高为，则有，
则，
，则，则，
恒成立，则.
18．(1)
(2)小甲选择C游戏获利的期望最大
【分析】（1）先求出的表达式，再利用导数求解即可；
（2）由（1）得出小甲参加A，B，C游戏获胜的概率，再分别求出三种游戏的期望即可得解.
【详解】（1）依题意，小甲获胜3次且失利1次，
则，
故，
令，解得，
故当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极大值点；
（2）由（1）可知，小甲参加A，B，C游戏获胜的概率分别为，，，
记代金券金额，
若小甲参加A游戏，则；
若小甲参加B游戏，则；
若小甲参加C游戏，则；
因为，故小甲选择C游戏获利的期望最大．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由面面垂直的判定定理可证平面平面，再由面面垂直的性质定理即可证的线面垂直；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）依题意，，，，
证明：如图所示，延长三条侧棱交于点D；
由可得，，且分别为线段DA，DB，DC的中点，
取AB的中点M，则；
由可得，则，
又，；
，则，故，
即，而，且平面，故平面，
又平面，故平面平面；
而直线平面，，平面平面，
故直线平面；
（2）
以C为坐标原点，CA、CB所在直线分别为x、y轴，过点C作垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系；
则，
则
不妨设为平面的一个法向量；
由求得平面的一个法向量，
不妨设为平面的一个法向量；
由求得平面的一个法向量，
而，所以平面与平面所成角的余弦值为．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆性质求出各点坐标，分别求得直线与直线的方程再求得交点纵坐标，，再由点在椭圆上化简可得结果；
（2）设直线PQ的方程为，与椭圆方程联立并根据椭圆定义得出的周长，再由内切圆面积与周长关系可得面积，利用韦达定理解方程即可求得，可得直线方程.
【详解】（1）如下图所示：

依题意可得，，，；
设，则，即；
直线，令，则；
直线，令，则；
故；
（2）设点，依题意知直线PQ的方程为；
与椭圆联立，消去x整理得；
显然成立，故，，
由椭圆定义得的周长为；
而的内切圆半径为，则的面积；
又由，得；
从而得，即，
整理得，解得，
故，
即直线PQ的方程为．
21．(1)证明见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）把代入，利用导数探讨单调性，求出最大值即得.
（2）构造函数，求出导数并确定导函数的单调性，再按导函数的零点情况分类讨论求解.
【详解】（1）当时，，求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以.
（2）依题意，，
令，求导得，
令，求导得，
当时，，，则，
当时，，，则，于是在上单调递减，
①当时，时，，函数单调递增，
而，因此仅有1个零点；
②当时，，，存在唯一的零点，
且，当时，，单调递增；当时，，单调递减；
而，则在上有唯一的零点0，又，
则当，即时，在上有唯一的零点，
函数在上有2个零点；若，在上无零点，在上有1个零点；
③当时，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，则，当且仅当时取等号，
因此仅有1个零点0；
④当时，显然，则，且，
又，则函数存在唯一的零点，．
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
而，则在上有唯一的零点0，显然，
则，且，
又，因此在上有唯一的零点，此时有两个零点；
所以当且时，有两个零点；当或时，有一个零点．
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
22．(1)曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）
(2)
【分析】（1）先把曲线的参数方程化为直角坐标方程，然后再化为极坐标方程，再根据点在曲线上求得，即可得曲线的极坐标方程，把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，进而可得参数方程；
（2）先求出点的直角坐标，分别联立直线与的普通方程，求出连点的坐标，再根据两点间的距离公式及点到直线的距离公式即可得解.
【详解】（1）由，得，
因为，
所以，即，
又点在曲线上，
所以，解得，
所以曲线的极坐标方程为，
由，得，
所以曲线的直角坐标方程为，即，
所以曲线的参数方程为（为参数）；
（2）点的直角坐标为，
由（1）得曲线的直角坐标方程为，
联立，解得或，
所以
联立，解得或，
所以，
则，
点到直线的距离，
所以.
23．(1)
(2)或
【分析】（1）用零点分段法将写为分段函数，根据的不同取值分别解不等式，取并集得出结果即可；
（2）由，对不等式进行化简，再根据绝对值不等式性质将绝对值去掉，将分离出来，求出最值，将结果进行整理即可。
【详解】（1）解：因为，所以，
当时，可化为，解得，
当时，可化为，无解，
当时，可化为，解得，
综上：不等式解集为；
（2）因为在上恒成立，
即在上恒成立，
因为，所以，
故原不等式可化为，
即或，
即或，
所以只需或，
因为，所以，
所以或.