全國大聯(lián)考2023屆高三下學期3月聯(lián)考數(shù)學試卷（含答案）

全國大聯(lián)考2023屆高三下學期3月聯(lián)考數(shù)學試卷

學校：姓名：班級：考號：

一、選擇題

1、若全集U=Z,集合A={x∣χ2-5χ+4N0,χ∈z},則α,A中元素的個數(shù)是（）

A.2B.3C.4D.5

2、已知復(fù)數(shù)z=l-i,則」7—三=（）

z

31

A.-l--iB.-1——iC-.1——1??DΛ+-i

2222

3、ZvWC中，A。為BC邊上的高，且AT>=3,則AB在A。方向上的投影向量的模

為（）

A.9B.6C.3D.1

f,χ≥O

《的解集為（）

4、已知函數(shù)f（x）=.X八，則方程/（%）=

----,x<0

A-X

第B?H4}c?H11}D??I}

5、已知/是函數(shù)/（x）=tanx-2的一個零點，貝IJSin2Λ0的值為（）

6、如果一個三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，三個側(cè)面的面積分別為2,4,4,那么該三

棱錐外接球的表面積是（）

A.12πB.8√6πC.24πD.40π

7、數(shù)列{0,,}滿足4=100,4=200，且0足一%=[1+（T）"]X5（〃GN"）,則該數(shù)列前

31項的和S31=（）

A.5550B.5650C.5760D.5900

8、已知α=l.O3un,b=LOl103,C=LO*,則α,b,C的大小關(guān)系是（）

?.c<b<aB,c<a<bC,b<c<aD,a<c<b

二、多項選擇題

9、若直線］:znX-y—3+1=0,圓C:（x-2）?+）?=4,則（）

A.直線/與圓C必相交

B.當機=1時，直線/與圓C相交于A,B兩點，則4C4B的面積為2

C.直線/與圓C相交的最短弦長為2√Σ

D.圓C上至少存在4個點到直線/的距離為行

10、如圖，正方體ABCO-A瓦G。的棱長為2,M為棱A〃的中點，N為線段AM的

中點，點尸是線段AC上不與端點A重合的動點，則()

A.A,M,C1,M四點共面

B.三棱錐P-DAIG的體積為定值

C.平面4VP_L平面BBQQ

DJlA,N,P三點的平面截該正方體所得截面的面積為定值

11、已知函數(shù)/(x)=COS8(tυ>0,8>0),則()

A.若函數(shù)/(X)的圖象關(guān)于直線X=］對稱，則3的值可能為3

B.若關(guān)于龍的方程/(》)=8在［0,汨上恰有四個實根，則。的取值范圍為*同

C.若函數(shù)/(x)的圖象向右平移W個單位長度，再向下平移B個單位長度，得到的函數(shù)

g(x)為奇函數(shù)，則ω的最小值是1

D.若函數(shù)/(x)在區(qū)間設(shè),空］上單調(diào)，則l≤o≤2

_44_

12、若函數(shù)g(x)為函數(shù)/'*)的導函數(shù)，且對于任意實數(shù)小,函數(shù)值/(5)，/'(%),

g(x0)均為遞增的等差數(shù)列，則()

A.函數(shù)y=∕(x)可能為奇函數(shù)B.函數(shù)y=/(x)存在最大值

C.函數(shù)y=f?x)存在最小值D.函數(shù)y=/(%)有且僅有一個零點

三、填空題

13、一亍J的展開式中含d項的系數(shù)為.(用數(shù)字作答)

14、直線y=G(x-l)與拋物線V=4x相交于A,B兩點,且A在第一象限，尸是拋物

線的焦點，則空?=___________.

?BF?

，2

15、已知橢圓C：r+r=l(α>∕j>O)的面積為πɑ。，點AO,zn)(m>O)在橢圓

ah

r2

E：r+y2=ig>i)上，點A關(guān)于光軸，y軸，原點的對稱點分別為B,C,D,記四邊

a

q

形ABoC的面積為S,則2的取值范圍為.

τta

16、函數(shù)y=2d-3X2-12X在點匕(i-2,y)(i=1,2,3,4)處的切線為,則這四條切線所

圍成的封閉圖形的面積為.

四、解答題

17、已知數(shù)列｛4｝滿足%=4+2"("∈N*),且4=2.

(1)求數(shù)列｛%｝的通項公式；

(2)設(shè)d=Iog2an,求數(shù)列｛α,,?》“｝的前n項和Tn.

18、在AABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,B=-.

3

(1)若三=上，判斷的形狀；

aa+h

(2)求——1——的最大值.

tanA+tanC

19、如圖，四棱臺ABC。-4B∣C∣A的上、下底面分別是邊長為1和2的正方形，

AA=2,且AAJ?底面ABC。，點P,。分別在棱。。，BC上,PQ〃平面AB&A，

點M在棱AAl上，PM//AD.

⑴證明：PQHBM；

(2)若平面PDQ與平面AQD所成的銳二面角的余弦值為筆,求三棱錐A-QOP的

體積.

20、2022年12月18日，第二十二屆男足世界杯決賽在梅西率領(lǐng)的阿根廷隊與姆巴佩

率領(lǐng)的法國隊之間展開，法國隊在上半場落后兩球的情況下，下半場連進兩球，2比2

戰(zhàn)平進入加時賽，加時賽兩隊各進一球(比分3:3)再次戰(zhàn)平，在隨后的點球大戰(zhàn)中，阿

根廷隊發(fā)揮出色，最終贏得了比賽的勝利，時隔36年再次成功奪得世界杯冠軍，梅西

如愿以償，成功捧起大力神杯.

(1)法國隊與阿根廷隊實力相當，在比賽前很難預(yù)測誰勝誰負.賽前有3人對比賽最終結(jié)

果進行了預(yù)測，假設(shè)每人預(yù)測正確的概率均為L,求預(yù)測正確的人數(shù)X的分布列和期

2

望；

(2)足球的傳接配合非常重要，傳接球訓練也是平常訓練的重要項目，梅西和其他4名

隊友在某次傳接球的訓練中，假設(shè)球從梅西腳下開始，等可能地隨機傳向另外4人中

的1人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外4人中的1人，如此不停地傳下

去，假設(shè)傳出的球都能接住，記第〃次傳球之前球在梅西腳下的概率為乙，求乙.

21、已知曲線E上任意一點。到定點F(E,())的距離與Q到定直線，"：x=?叵的距

~14

離之比為巫.

3

⑴求曲線E的軌跡方程；

⑵斜率為人在＞q的直線/交曲線E于B,C兩點，線段BC的中點為點M在光

軸下方，直線。M交曲線E于點M交直線X=-I于點。，且滿足

IoNI2=|0。IloMl(O為原點).求證：直線/過定點.

22、設(shè)函數(shù)/(X)=彳,g(x)=-?

eX

(1)分別求f(χ)與g(x)的最大值；

(2)若直線y=m與兩條曲線y=/(x)和y=g(x)共有三個不同的交點A(%l,m),

B(X0,m)，C[x1,m),其中玉＜工0＜尤2，證明：X[，X0,Z成等比數(shù)列.

參考答案

1、答案：A

解析：集合&A=｛2,3｝,有2個元素.故選A.

2、答案：B

1-11I

解析：一?—Z=------(1+i)=一i—(1+i)=—1—i.故選B.

z2-2i22

3、答案：C

解析：AB在方向上的投影向量的模為IABllCoSN5A。I=IAoI=3.故選C.

4、答案：A

解析：當x≥()時，/(x)=Y=;,解得x=g或X=(舍去)，當x<0時，

/(X)=F=L，解得X=L舍去)，故解集為.故選A.

?^~X4512J

5、答案：D

解析：因為/是函數(shù)/(x)=tanx-2的一個零點，所以tanΛo-2=O,即tanx0=2,故

CoSX(INO,則Sin2x0=2smx°?cosx°=仝4=±故選D

sinx0+cosx0l+tan-x05

6、答案：C

ab=4

解析：由題意可知三條側(cè)棱兩兩垂直，設(shè)三條側(cè)棱長分別為mb,c,則<αc=8,解

be=8

得曲c=16,a=2,h=2,c=4,設(shè)該三棱錐外接球的半徑為H,則

(2R)2=〃+〃+￠2=24,所以S=4π∕?2=24π.故選C.

7、答案：B

解析：因為4=100,4=200,a,*-α,,=[l+(-D"]x5("∈N*),所以當〃為奇數(shù)

時，a,.=%,,即數(shù)列｛%｝的奇數(shù)項為每項都是IOO的常數(shù)列；當〃為偶數(shù)時

an+2-an=↑0,即數(shù)列｛可｝的偶數(shù)項是首項為200,公差為10的等差數(shù)列.所以

∣5×14

S31=16X100+15X200+—^—×10=5650.??B.

8、答案：C

X

1z∩∩i?--------------lπ(x÷0.01)

解析：構(gòu)造“x)=m(x+U3),Xe(O,+∞),則尸(X)=X+°?°1,--------，構(gòu)造

XX

u(x)=——----ln(x+0.01),則uf(x)=——竺?~~∑---------------=---------------<0,故u(x)在

Λ+0.01(x+0.01)2x+0.01(x÷0.01)2

11

(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減，m(√^-().01)=^~P?ο-1=1——-7=>0,故/'(X)=冬>0對

√e22100√e%2

任意XG(O0.01)恒成立，則/(x)在(0,6-0.01)單調(diào)遞增，因為

(1.02+0.01)2=1.0609<e,所以1.02<6―0.01,故/(1.02)>/(1.01),即

l002

lnL03>lnL02即LolInLo3>L021nl.02,≡PIn1.03'>In1.02',即

1.021.01

l02

β=1.03°'>1.02'?=c,同理構(gòu)造g(x),I“*一。.1),x∈(0.01,+∞),則

X

Y

-------------ln(x-0.01)

g,(x)=x~θ'θ?_;------------，構(gòu)造U(X)=——--------ln(x-0.01),則

X%-0.01

—0.01

M(X)=-----------=--------------7<0,故V(X)在(0.01,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,

(x—0.01)2X-0.01(x-0.01)"

v(e+0.01)=e+001-l=-!—>0,故g'(x)=縛>0對任意XG(O,e+0.01)恒成立，則

eIOOeX

g(x)在(0,e+0?01)單調(diào)遞增，故g(LO3)>g(l.O2),即與詈>牛署，即

1.021n1.02>1.03In1.01,B[Jlnl.O2l02>lnl.01,°3,SPc=l.O2l02>l.θ?！?=/?,則α,b,C

的大小關(guān)系是8<c<α.故選C.

9、答案：ABC

解析：由于圓C的圓心坐標為C(2,0),半徑r=2,所以圓心到直線的距離

d=-?=?-直線/：蛆-y-根+1=0過定點M(1,1),對于A,定點M在圓內(nèi)，所以

yjm2+1

|2|

直線/與圓C必相交，故A正確；對于B,當加=1時，d√2,

√i+T

IABl=2二產(chǎn)—屋=20,所以ACAB的面積為2,故B正確；對于C,當d取最大值

行時，直線/與圓C相交的弦長最短，故最短弦長為一＞2=2近,故C正確；

對于D,當d=√∑時，此時圓C上有2個點到直線/的距離為C,故D錯誤.故選

ABC.

10、答案:BCD

解析：對于A,由圖可得，點A,點C,點G都在平面AACC上，且不在一條直線

上，點似在平面AA1CC外，所以A,M,Cl,C四點不共面，故A錯誤；對于B,因

為直線AC∕∕Λ1C∣,所以直線AC//平面OAG,由于點P是線段AC上的動點，所以點P

到平面DAG的距離為定值，故三棱錐P-。AG的體積也為定值，故B正確；對于

C,因為直線APL平面BgOQ,APU平面AN尸，所以平面A7VP_L平面66Q。，故

C正確；對于D,取CQ的中點L,連接CL,ML,因為4C//ML,所以平面ACLM為

過A,N,尸三點的平面截該正方體所得的截面，故截面面積為定值，故D正確.故選

BCD.

11、答案：BC

解析：對于A,因為函數(shù)/(x)的圖象關(guān)于直線X=C對稱，所以當-二=左汽供eZ),

336

則g=3攵+g(A∈Z),因為勿＞0,則。的值不可能為3,故A錯誤；對于B,當

ππ

%∈[0,π]時,ωx——∈—,am,----若/(x)=B在xe[0,π]上恰有四個實根，則

666

7兀Jπ9π存刀陽11J14

——≤ωn--<——，解得——≤ω<——,故B正確；對于C,由已知得

26233

g(x)=CoSUXtπτιωπ

=COSωx-——+—,因為函數(shù)g(x)為奇函數(shù)，所以

636

πωπTl

——+—&π+](A∈Z),即口=3k+l(左eZ),因為切＞0,所以0的最小值是1,故

36

C正確;對于D,當69=2時，/(x)=CoS2x-^?+B(B>0),因為x∈,所以

44

兀3兀

2x--∈,所以函數(shù)/(X)在區(qū)間上不單調(diào)，故D錯誤.故選BC.

6334,4

12、答案：CD

解析:設(shè)d(x)=f'(x)T(X)>0,則"'(x)=g(x)-/'(X)>0,由題意可知

/(x)+g(x)=2∕'(x),則d'(X)=d(x),即d'(X)-d(x)=O,故

evJz(x)-erJ(x)即即

=0,則存在正實數(shù)。滿足:3=α,"(x)=α?e”,

ex

r(x)-∕(x)=α?e*,故門(/￡"叫呼?=—存在實數(shù)/,滿足：

J(X)=ox+〃,故/(九)=(OX+8)?e',a>09?∈R,故

eA

f'(x)=f(x)+a?ex=(ax+a+b)?ex,故當xe1—8,—2-］］時，f'(χ)<0,當

Xel—2—i,+oo］時，f'(x)>O,故/(x)在100,------1］單調(diào)遞減，在(----l,+oo)單調(diào)

遞增.對于A,由/(x)的單調(diào)性可知，函數(shù)y=f(X)不可能為奇函數(shù)，故A錯誤；對于

B,對任意實數(shù)》,當x→+∞時，/(x)→?+8,故函數(shù)/(x)沒有最大值，故B錯誤；

對于C,/(X)在X=-g-l時取得最小值，故C正確；對于D,因為函數(shù)

a

h

/(x)?e-x=辦+。有且僅有一個零點-士，而e-*>0,故函數(shù)y=/(x)有且僅有一個零

a

點-2,故D正確.故選CD.

a

13、答案：-16

解析：通項公式小=C；(?產(chǎn)｛-子)=(-2)AC*√-A?,4-Z=3=>Z=1,此時，含

χ3的項為(=(-2)∣C53=-2x8χ3=-i6χ3,所以含V項的系數(shù)為一16.故答案為-16.

14>答案：3

解析：設(shè)A(χ,χ),B(Λ2,y2),聯(lián)立直線和拋物線的方程得

T,二6(x-D=>3χ2-iθχ+3=O,解得玉=3,x2=~,由于直線過拋物線的焦點「

y2=4x-3

所以些=—2_=3.故答案為3.

∣5F∣P

22

15、答案:fθ,-l

2

X2_1

解析：聯(lián)立直線y=x和橢圓E的方程得/+V=1=>(?2+1)%2-?2=0,解得

J二X

〃/=￡,又因為四邊形ABoC為正方形，所以S=Φ√=M,故

6Z2÷14Z2+1

S4。41r+l工1r-r-KlS41412rrIUS∣∕j∕→τr,

—=--j--—r--------->0,由于α>l,所以—=-------<=一,所以—的取7

πππ

兀(礦+1)?+1π∏πfl+lπ2πW

aa

值范圍為(o,2).故答案為(o,2'.

Iπj?TtJ

16、答案：-

4

解析：/(x)=2/一3/一I2x,則/'(X)=一6x—12=6(x-2)(x+l),可知

廣(2)=/(-1)=0,故V/,/(0)=八1)=一12,故〃仆所以這四條切線所圍成的封

閉圖形為平行四邊形，設(shè)其底為d,高為〃，由y=∕'(-1)=7,%=/(2)=-20,故

〃=|X-％|=27，由％=/(。)=°得4h=T2x,由％=/⑴=一13得

∕√y=-12fx+^,故4=工，則該平行四邊形的面積S=d∕=2.故答案為

3?I12J1244

17、答案：(1)4=2"("GN")

(2)7；,=(H-1)?2,,+I+2

解析:⑴因為-=見+2",所以α,-α,τ=2"T("≥2),

所以

flaa+afl+

ɑ,,^1=(n~n-?){n-?~n-2)+(4-《2)+(⑥-4)=2"∣+‘7+.+2?+2=

2(1-2"T)

--------^=2fl-2,

1-2

所以4=2"5N2),又當〃=1時也適合上式，所以α,,=2"("cN*)?

(2)因為勿=Iog2an=n,所以α“也=小2",

7；,=1×2+2X22+3×23++n?2",①

27；,=1X22+2×23+3×24++n?2"+',②

①-②得：-7；,=2+22+23++2π-n?2n+1,

故7；=(〃-1).2田+2.

18、答案：(1)Z?A8C為直角三角形

(2)——i——的最大值為立

tanA+tanC6

解析：⑴因為三=上，所以。2=∕+αc,

aa+b

由余弦定理得：b2=cΓ+c2-2ac×-=a2+c2-ac，

2

BPa2÷ac=a2+c2-ac,所以c=2。，

由正弦定理得：SinC=2sinA,因為B=],所以Sin(A+g)=2sinA,

所以LSinA+^^cosA=2sinA,即COSA=GSinA，

22

即tanA=—,

3

又A∈(O,π),故A=四，得C=三，

62

所以AABC為直角三角形.

12)因為3=彳，所以

tanA+tanCsinAfsinC

cosAcosC

_cosAcosC

sinB

2(2πO

=~~cosAxcos-----1

√3I3

2.(1.

=—j=cosA——CoSA+-SinA

√3(22)

=2ficos2λ+^

同

22/

2(1+cos2A\/3.??

4J

=U立sin2A」C..1、

os2A—2

√3∣k22J

所以sin(2A—^]e,1,

當2A—《=]即Sin(2A—弓)=1時，負sin∣2A一(取最大值*,

此時A=二，C=巴，故——1——的最大值為3.

33tanA÷tanC6

19、答案：(1)證明見解析

⑵I

解析：(1)由題意知：PMHAD,且BC//A。，所以PM//BC,

所以M,B,C,P四點共面，

又因為PQ//平面ABBiAi,且平面MBCP平面ABgΛ,=BM,

所以PQ〃BM.

(2)因為AB,AD,AA兩兩垂直，所以以A為坐標原點，AB,AD,AA所在直線分

別為X,y,Z軸建立空間直角坐標系，

因為四棱臺ABCo-4耳GA的上、下底面分別是邊長為1和2的正方形，AA=2,

所以A(0,0,0),D(0,2,0),D1(0,1,2),設(shè)Q(2,f,0),0<t≤2,

所以O(shè)Q=(2/-2,0),DD；=(0,-1,2),

設(shè)％=(x,y,z)是平面P。。的一個法向量，

則'"°，即[2x+(-2)y=o,

[∕ιl?PD1=O[-y+2z=0

取“=(2τ,2,l)；

又平面AQO的一個法向量是〃2=(0,0,1)，

所以8sg,a∣=犒=mJ+2*=嚕'

解得或「=*(舍去)，此時Q(2,3,O),

22I2J

由(1)知四邊形MBQP是平行四邊形，所以PM=BQ=

設(shè)M(0,0,相)，則P(O,g,m],

因為點P在棱。2上，所以由。P=2Z)R(0<;l≤l),得(0,—；,/?)=2(0,—1,2),

解得從而P(O,D

m=lI2J

…、，I11?

shχx2x2xi

故三棱錐A-Qz)P的體積匕_aIP=匕j0o=-^ADQ?=--=-?

2。、答案：⑴分布列見解析；期望為I

IYT1

—+—

⑵U4J5

解析：(1)因為尸=g,X~βf3,∣LX可能的取值為0,1,2,3,

P(X3C怎gpC哨:k=0,1,2,3,

故X的分布列為:

X0123

?33~τ~

P

8888

13

故E(X)=3x]=/

⑵第〃次傳球之前球在梅西腳下的概率為《，易得4=1，A=O,

則當〃≥2時，第〃-1次傳球之前球在梅西腳下的概率為P?_{,

第八-1次傳球之前球不在梅西腳下的概率為1-月I,

故

尸-

”

又因為『渭

所以一:是以3為首項，公比為-L的等比數(shù)列,

所以匕―(=

22

21、答案：⑴5-1=1

⑵直線/過定點(-9,0)

解析：(1)設(shè)曲線E上任意一點Q(X,y),

由題意知，此華:V=叵,

9√M3

X-----1-4--I

2?

所以曲線E的軌跡方程為5-方=L

(

⑵設(shè)B(X],χ),C(Λ2,y2),直線/的方程為y=H+fk>

y=kx+t

聯(lián)立，2yι,得(5—9公)九2-18依_9/-45=0,

------二1

195

5-9?2≠05-9?2≠0.18股

因為有兩個交點，所以=>V,,，所rc以nM+X,=-------r

Δ>09k2<t2+5-5-9k2

18居+2(5-9巧IS

yi+y2=ψl+x2)+2t=-----?----=F

9kt

即M因為點M在X軸下方,

5-9k2/I

所以一又女〉爻，所以1>0,

5-9E3

所以直線OM的斜率k°M=金，則直線OM的直線方程為y=%

將其代入雙曲線E的方程，整理得W=U,

yK—?

81〃+25

所以IoNI2=^+/=1+肅源/

IOlKJ9?2-5

將y=S_X代入直線X=-1,解得D(T,_9],

-9kI9k)

9kt_5t_\

又因為M

5-9k2'5-9k2)

所以有1。昨/1)2+0、種IlIi

，81公尸+25廣

IOMI=2

∣?÷?~9/一5

由IoNl2=|。。IIOMI,解得/=±9%,因為%>好