高三三月大联考数学试卷参考答案

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数学参考答案

一、选择题 1．【答案】A

【命题意图】考查集合的表示法，集合的基本运算．考查数学运算数学核心素养． 【解析】集合A(0,e)，∴AB(0,2]，∴U(AB)[1,0](2,3]． 2．【答案】A

【命题意图】考查复数的基本概念，复数四则运算．考查数学运算数学核心素养． 【解析】由条件得，z22i22i1i111i，∴z1i，∴zz 22(1i)2iii(1i)(1i)2．

3．【答案】C

【命题意图】考查频率分布直方图，数据处理，信息识别，数学应用，阅读能力．考查数学运算数据分析等数学核心素养．

【解析】由频率分布直方图知，乙样本的平均数与中位数都在区间[70,80)的中点值75的左侧，在对应乙样本的区间段甲样本的数据都位于每个区间中点值的右侧，∴A与B都是错误的．甲样本的众数是79，从频率分布直方图来看，乙样本的众数不超过79，∴C正确．不低于80的数据个数，甲乙都是5，D错误．

4．【答案】B 【命题意图】考查函数的单调性与导数的关系，三角函数的化简，二次函数值域，数形结合思想．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养． 【解析】由f(x)(a)xsin2x1cos2xcosx得f(x)asinx．根据题意，4221cos2xf(x)≤0在R上恒成立，即a≤sinxcos2xsinx1sin2xsinx

221515(sinx)2在R上恒成立，由于1≤sinx≤1，所以a≤(1)21．

2424125．【答案】C

【命题意图】考查三角恒等变换，基本不等式ab≥2ab，同角间的三角函数关系．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养． 【解析】∵0π2sincos2tan2tan，∴csin2tan2a，b 4sin2cos21tan21tan21cos21cos2sin21cossin11tan1(1tan)222221sin22sin2sincoscos2cossin21tan21tan2tana．

1tan21233π23ac． 方法二：令，则b22632(1)26．【答案】D

【命题意图】考查双曲线的基本性质，离心率，平面向量的数量积．考查数学运算，逻辑推理，直观想象等数学核心素养．

【解析】设C的焦距为2c，离心率为e．当PF由平面几何知识得(cx0)(cx0) 1PF20时，

数学参考答案 第 1 页（共 8 页）

2x0a2(2c2a2)a2(2e21)49a222b(21)，解得x0．∵e5，∴x0．根据双曲线C上点22ace252的横坐标的取值范围以及平面向量内积的几何意义可知，当PF实数x0的取值范围是1PF20时，

77(a,a][a,a)． 557．【答案】C

【命题意图】考查解三角形，余弦定理，数学文化．考查数学运算，直观想象等数学核心素养． 【解析】由条件可得BEAD5，在△BDE中，由余弦定理得

BD2BE2DE2(310)225(145)21cosDBE2BDBE2531010， 113，CDBD2BC29， ∴cosCBD，∴BCBDcosCBD3101010∴CA4，所以弦图中小正方形的边长为CACB1．

8．【答案】D

【命题意图】函数导数几何意义，基本不等式ab≥2ab，函数的最大值．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养． 【解析】∵f(x)2sin1x2(2sin3)x，∴函数f(x)在x1处的切线的斜率kf(1)

2sin2sin3．∵1sin1，∴21≤2sin≤2．又2sin2sin≥22sin2sin2，

等号在sin0时成立，∴k的最大值为22130，k的最小值为1，∴函数f(x)在x1处切线的倾斜角≥3π． 4二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。

9．【答案】BC

【命题意图】考查函数性质，导数，极值点．考查数学运算，直观想象等数学核心素养． 【解析】∵f(x)xcosxsinx，∴f(x2π)(x2π)cos(x2π)sin(x2π)

(x2π)cosxsinxf(x)，∴A错误．由于f(x)xsinx，当π≤x≤2π时，f(x)≥0，

故B正确．∵f(x)的定义R，且f(x)xcos(x)sin(x) f(x)在区间[π,2π]上是增函数．

(xcosxsinx)f(x)，∴C正确．由f(x)xsinx知，当πxπ时，f(x)≤0，∴

0不是f(x)的极值点．故D错误．

10．【答案】AC

【命题意图】考查概率的意义，正态分布．考查数学建模，数学运算，逻辑推理等数学核心素养．

16，【解析】根据题意，∴4，∴A正确．又P(496X≤504)0.6827，∴B错误．由

0.95450.68270.8186 22，所以随机抽取10000袋这种食品，袋装质量在区间(492,504]的约8186袋，故C正确．根据概

于P(492X≤504)P(492X≤500)P(500X≤504)率的意义，D错误．

11．【答案】AB

【命题意图】考查数列前n项和与项的关系，等差数列，数列的性质，古典概型，独立事件的概率，互斥事件的概率，分类讨论思想．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养．

2【解析】∵Snan4anb，∴当n1时，a1b3a，当n1时，

2anSnSn12an5a．若{an}是等差数列，则2a15ab3a，∴b0，因此，只需

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1，故A正确．若{an}是递增数列，则a1，且a1a2，3122即b3aa，解得b2a，∴b3，或b0，∴{an}是递增数列的概率为，故

339要在数集{3,0,3}中抽到0即可，概率为

2B正确．与证B结论同理可得C错误．由已知得Sna(n2)b4a，如果a0，则Snb，

满足Sn≥S2，概率为率为

11．如果a0，S2是Sn的最小值，则a1，概率为，∴Sn≥S2的概33112，故D错误． 33312．【答案】BCD

【命题意图】考查空间想象能力，空间点、线、面的位置关系，分类讨论思想．考查直观想象，逻辑推理等数学核心素养． 【解析】由条件知AC1AC1，若点E与A重合，则平面ACC1A1平面AFC1，即过AC1与平面ACC1A1垂直的平面与直线A1B1的交点为点F，当A1B1A1F时，点F不在线段A1B1上．若点E不与A重合，作AE1∥EF，设平面AE1C1交直线A1B1于F1，∵EF∥平面AE1C1，∴F1在线段A1F上，当A1B1A1F1时，点F1不在线段A1B1上，点F也不在线段A1B1上．故A错误． 若AA1AC，则△ACA1是正三角形，设E是AC中点，F与A1重合，则EFAC，且四边

23EF2．∵平面ACC1A1平面ABC，∴EF平面ABC，∴EF平3面A1B1C1．∵A1B1平面A1B1C1，∴当E不是AC中点，或F不与A1重合时，线段EF的长度

形ACC1A1的面积为将增加，四边形ACC1A1的面积不再等于23EF2．故B正确． 3若ABBC，设E是AC中点，记BC中点为G，则BCEG．由结论B知A1EBC，∴BC平面EGA1．由于EG∥AB，AB∥A1B1，即EG∥A1B1，∴直线EG与A1B1确定的平面就是平面EGA1．∴F为线段A1B1上任意一点，都有EFBC，故C正确．

设E是AC中点，F是A1B1中点，记B1C1中点为H，则FH∥AC11，FH1AC11．又21AC11，∴FH∥EC，FHEC，∴四边形EFHC是平行四边形，∴2CH∥EF，CHEF．根据结论C，BCEF，∴BCCH，∴平行四边形BB1C1C的面

EC∥AC11，EC积为BCCH，即四边形BB1C1C的面积为BCEF．所以D正确．（注：设BC中点为M，当E，

F分别是线段AC，A1B1中点时，则MB1∥EF，且MB1EF．由结论C知，BCMB1，

故D正确．）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．【答案】2

【命题意图】考查平面向量，向量的数量积，向量的夹角，向量加减法的几何意义，数量积的意义．考查直观想象，数学运算，逻辑推理等数学核心素养． 【解析】∵向量a与b的夹角为

π，|a|1，a(ab)2，∴a2ab2，∴3π|a||b|cosa,b1，即1|b|cos1，∴|b|2

3 14．【答案】1

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【命题意图】考查二项式定理，项的系数，展开式的通项公式．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养．

【解析】二项式展开式的通项公式为Tk1Cxk88k3k8ak3kkk5得，()(a)C8x2，由82xk2，∴(a)2C8228，解得a1．

15．【答案】(,1)

【命题意图】考查分段函数，值域，单调性，分类讨论思想．考查直观想象，数学运算，逻辑推理等数学核心素养．

【解析】当a≥0时，xa≤xa，又f(x)在区间(,0]和(0,2]上都是单调递增函数，∴关于x的不等式f(x)≤f(2)的解集是(,2]，不合题意，舍．当a0时，2a2a，由于f(x)在区间(,0]和(0,2]上都是单调递增函数，所以要使f(x)≤f(2)的解集I满足I(,2]，则必须2af(2)2222a，解得a1．

16．【答案】(x1)y16(3分），27（2分）．

【命题意图】考查椭圆的定义，离心率，标准方程，焦点，圆，垂直平分线，弦长．考查直观想象，数学运算，逻辑推理等数学核心素养．

4b21x2y22，∴b3，∴椭圆C1的方程是1，∴F1(1,0)，【解析】由条件得4443F2(1,0)．由于点Q在线段F1P的延长线上，|PQ||PF2|，所||F1P||F2P|4，∴C2是以F1为圆心，以4为半径以|FQ1的圆，方程为(x1)y16．当圆心F1到弦AB 的距离最大，即当P为椭圆的右顶点时，|AB|取得最小值（在圆的方程中取x2，|AB|2|y|），且最小值为27，如图所示．

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．【命题意图】考查等差数列及其通项与前n项和的关系，等比数列通项及其前n项和．考查逻辑推理和数学运算等数学核心素养． 【解析】（1）∵{an}是公差为d的等差数列，a11，a2a3S5， ∴(1d)(12d)5∵d0，∴d4，

所以，an14(n1)，即an4n3．………………………………………………………5分 （2）由（1）知a25， ∴b1a11，b2a25， ∴等比数列{bn}的公比q22A y P Q F1 O F2 Bx

54d1，解得，d，或d4． …………………………………3分 22b25， ……………………………………………………………7分 b1n1n1∴bnb1q5．………………………………………………………………………………8分

由bma782得，5m147823，解得m6． ……………………………………………9分

1(156)3906． ……………………………………………………………10分 所以，TmT615 页（共 8 页） 数学参考答案 第 4

18．【命题意图】考查函数图象变换，三角简单的恒等变换，正余定理在解三角形中的应用，数形结

合思想，函数方程思想．考查逻辑推理和数学运算等数学核心素养． 【解析】（1）由图可知，A1，∴22π2(7ππ)，解得，2． 1212ππ2kπ(kZ)， 122ππ

∵0，∴．

23

π∴f(x)sin(x)．………………………………………………………………………………3分

6π313(1cos2x)11π3)sinx(sinxcosx)sin2xsin(2x) 622442341π3∴g(x)sin(2x)．

234所以，Tπ．……………………………………………………………………… ………………6分

3π（2）∵g()，∴sin(2)0．

43π2π∵cos0，即π，∴．…………………………………………………………7分

23设BC2m，ACx．

∵ADBADCπ，∴cosADBcosADC0， ∵AB6，AD19，

19m23619m2x20， ∴分别在△ADB和△ADC中，由余弦定理得219m219m∴4m22x24．

222在△ABC中，由余弦定理得(2m)36x12xcosBAC36x6x．

∵sinxsin(x∴2x2436x26x，∴x4（舍），或x10,即AC10． 所以，△ABC的面积为S△ABC113ABACsinBAC610153．…………12分 22219．【命题意图】考查空间点线面之间的位置关系，线线、线面、面面平行及垂直的性质和判定．考

查二面角，空间向量与立体几何．考查数学直观，逻辑推理等数学核心素养．

【解析】（1）证明：设线段BC中点为M，连接DM交GH于点O，分别连接OF，BD．

由条件可得，BMADEF，BM∥AD，又AD∥EF， ∴三个四边形ABMD，ADFE， BMFE都是平行四边形，

z ∴DMAB，DFAE，MFBE，DM∥AB，

F DF∥AE．

∵△ABE是正三角形，∴△DMF是正三角形． E ∵BC4BG，DC4DH，∴BD∥GH．

由BC4BG得G是线段BM中点，所以O是DM中点． A ∴FODM．…………………………………………3分 ∵AD平面ABE， AB平面ABE，AE平面ABE，∴ADAB，ADAE，∴ADDM，ADDF．

∵DM，DF是平面DMF内两条相交直线，∴AD平面DMF． ∵FO平面DMF，∴ADFO．

∵AD，DM是平面ABCD两条相交直线，∴FO平面ABCD．

数学参考答案 第 5 页（共 8 页）

D H O y C

B G M x

∵CD平面ABCD，∴FOCD．……………………………………………………………5分 ∵BC2AB2DM，∴BDCD，∴GHCD．

∵FO，GH是平面FGH内两条相交直线，∴CD平面FGH．

∵CD平面FDC，∴平面FGH平面FDC．………………………………………………6分 （2）由（1）知直线DM，BC，OF两两垂直，分别以直线DM，OF为x轴和z轴，以过点O 平行BC的直线为y轴，建立如图所示的空间直线坐标系Oxyz． 设|AB|2，则G(1,1,0)，D(1,0,0)，C(1,2,0)，F(0,0,3)． ∴DG(2,1,0)，GF(1,1,3)，DC(2,2,0)．

设m(x,y,z)是平面FGD的一个法向量，则 mDG0，mGF0， ∴2xy0,

xy3z0.不妨取x3得，m(3,6,3)， ∴cosm,DCmDC1836． 8|m||DC|432236．……………………………12分 8由（1）知DC(2,2,0)是平面FGH的法向量， 所以，平面FGH与平面角FGD所成锐二面角的余弦值为20．【命题意图】考查圆的切线，抛物线与直线的位置关系，弦长，斜率，直线方程．考查数形结合

思想，转化化归思想，函数方程思想．考查数学运算，逻辑推理，数学抽象等数学核心素养． 【解析】（1）∵M(4,y0)是抛物线y22px(p0)上的一点，∴|MF|4设点M 在x轴上的射影为M，∵cosOFMp．…………1分 23p0，∴|FM|4． ……………2分 52p23，解得，p2．………………………………………………………………………3分 ∴

p5422所以，抛物线的方程是y4x．……………………………………………………………………4分 （2）∵直线xtytba与圆(x3)2y21相切， |3tba|1，即(b21)t22(3a)bt(3a)210． ∴

t212222若b1，则过P点和圆(x3)y1相切的一条直线平行于抛物线y4x的对称轴x轴，不4满足条件，所以b1．

∴4(3a)b4(b1)[(3a)1]0．① 设这两切线对应的t分别是t1，t2，则有t1t2222222(a3)b．……………………………………6分 2b1y24x,2设A(x1,y1)，B(x2,y2)．由方程组得，y4ty4tb4a0．

xtytba.2∴(4t)4(4tb4a)0②，不失一般性，可取by14t1，by24t2，

8(a3)b8(a3)byy2b．………………………8分 ∴2by1y24(t1t2)，即1222b1b122设圆(x3)y1的圆心为C，∵，∴直线PC与AB的斜率存在，且都不为零，｜PA｜｜PB｜ABPC．

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(y1y2)(y1y2)4(x1x2)，由y14x1，y24x2得，即

22y1y244． 8(a3)bx1x2y1y22bb214b411，即1．

8(a3)b8(a3)a3a32b2b214a13131解得，a．经检验，a及相应的t和b满足①②．

3331所以，实数a的值为．…………………………………………………………………………12分

3∴

21．【命题意图】考查古典概型，独立事件发生的概率，互斥事件概率，条件概率，等比数列，等差

数列，求二次函数的最值．考查数学建模，逻辑推理和数学运算等数学核心素养． 【解析】（1）设A“该县2021年生态友好”，B“该县2022年生态友好”， ∵该县2021年生态变差的概率为，即P(A)1312，P(A)， 33217． (1)3812∴如果该县2021年生态友好，那么它2022年生态友好的概率为P(AB)…………………………………………………………………………………………………………2分

155．………………………3分 3824因为“该县2021年生态友好，那么它2022年生态友好”与“该县2021年生态变差，而2022年生

7519态友好”是互斥事件，所以，P(B)P(AB)P(AB)． 12242419所以，该县2022年生态友好的概率为．………………………………………………………5分

24（2）设该县2021年生态变差的概率为p．

7571同（1）可得，该县2022年生态友好的概率为(1p)pp，∴该县2022年生态变差

88841111111111的概率为p，∴该县2023年生态变差的概率为(p)()2p，该县

4844884488从2022年开始的第n年生态变差的概率为111111111()np()n1…()1()n(p)． 44848846611112n∴若从2022年开始到生态投入结束共有n年，则()n()≤0.16683，即2≥1020.4．

4366∴n5．………………………………………………………………………………………………9分

65对该县总生态投入额S6640(4lnaa22a10)9015(a22a4lna)．10分

230(a2)(a1)∴S6．

a0，S6单调递减；若a1，则S60，S6单调递增．由于a1时，S60，若0a1，则S6该县2021年变差，那么它2022年友好的概率为P(AB)所以，当a1时，S6最小，且最小值是135亿元．也就是说，当a1时，对该县总生态投入额最小，最小值为135亿元． …………………………………………………………………12分

22．【命题意图】考查导数及其应用，极值，函数的零点，函数单调性．考查分类讨论思想，数形结合思想，转化化归思想，函数方程思想，简单不等式的放缩．考查数学运算，逻辑推理，数学抽象等数学核心素养． 【解析】（1）由f(x)kex12xx得f(x)kexxex(kx)． 2e数学参考答案 第 7 页（共 8 页）

x1x，则，当x1时，g(x)0，g(x)是增函数；当x1时，g(x)0，g(x)xxee1g(x)是减函数．又g(1)0，∴g(x)maxg(x)极大g(1)．………………………………2分

exln设1≥e，当xln1时，g(x)xln11ln11．由于g(0)0，所以g(x)在

ee1区间(,0)上的值域是(,0)． …………………………………………………………………3分 又x0时，g(x)0，所以当k≤0时，直线yk与曲线yg(x)有且只有一个交点，即f(x)设g(x)只有一个零点，不合题意，舍．………………………………………………………………………4分

1时，f(x)≥0，f(x)在R上是增函数，不合题意，舍． ……………………………5分 e1当0k时，若x≤1，由（1）可知，直线yk与曲线yg(x)有一个交点．下面证明若x1，

e直线yk与曲线yg(x)有一个交点．由于g(x)是区间(1,)上的减函数，所以需要证明g(x)11在区间(1,)上的值域为(0,)，即对2(0,)，都存在x01，使得0g(x0)2．

eex2xx构造函数h(x)ex，则h(x)e2x，∴当xln2时，(h(x))e20，h(x)在区间(ln2,)上是增函数，∴当x1时，h(x)h(1)e20，即h(x)是区间[1,)的增函

11x数，∴x1时，此时exx2．设02，当x时，h(x)h(1)e10，0g(x)x

2eex12．…………………………………………………………………………………………6分 x2x1∴当0k时，直线yk与曲线yg(x)有两个交点，即f(x)有两个零点．设这两零点分

e别为x1，x2(x1x2)，则0x11x2．不等式f(x)0的解集为(,x1)(x2,)，不等式f(x)0的解集为(x1,x2)．所以x1为函数f(x)的极大值点，x2为函数f(x)的极小值

当k≥点．………………………………………………………………………………………………………7分 综上所述，实数k的取值范围是(0,)．……………………………………………………………8分

1en1x1≤，∴对，． nN*≤(n1)2en1(n1)2exe11n1111∵，∴，…………………………………1022n1(n1)n(n1)nn1(n1)enn1（2）证明：由（1）知，分

123n11111111(1)()()()1， 2232e42e2(n1)2en122334nn1n1123n1． …………………………………………………12分 所以，22222n123e4e(n1)e∴

页（共 8 页） 数学参考答案 第 8