2023届辽宁省沈阳第一二0中学高三上学期第四次质量监测考试数学试题含解析

2023届辽宁省沈阳第一二0中学高三上学期第四次质量监测考试数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】B

【分析】根据题意可确定，求得m的值，检验后确定答案.

【详解】由题意全集，集合，

可得，解得或，

当时，，则不合题意，

时，， ，符合题意，故，

故选：B.

2．过点和点的直线在轴上的截距为（    ）

A．3 B．1 C． D．

【答案】C

【分析】由直线的两点式方程可写出直线的方程，令其中，即可求得答案.

【详解】由题意可得过点和点的直线方程为 ，即 ，

令，则，即过点和点的直线在轴上的截距为，

故选：C.

3．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】对命题进行求解，可得，再通过充分条件和必要条件进行判断即可.

【详解】因为命题是真命题，当时，，若恒成立，则，结合选项，命题是真命题的一个充分不必要条件是，

故选：B．

4．已知过点有且仅有一条直线与圆相切，则（    ）

A．-1 B．-2 C．1或2 D．-1或-2

【答案】A

【解析】由为圆的方程可得，又过点有且仅有一条直线与圆：相切，则点在圆上，联立即可得解.

【详解】解：过点有且仅有一条直线与圆：相切，

则点在圆上，

则，解得或，

又为圆的方程，

则，即，

即，

故选：A

5．某圆锥体积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，通过表示大圆锥和小圆锥体积，作差可得圆台体积.

【详解】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，

则大圆锥的体积即为，整理得，

即小圆锥的体积为

所以该圆台体积为

故选：A.

6．已知函数，则下列结论中正确的是（    ）

A．的最小正周期为

B．点是图象的一个对称中心

C．的值域为

D．不等式的解集为

【答案】C

【分析】把函数用分段函数表示，再作出的图象，观察图象即可判断选项A，B，C，解不等式即可判断选项D而作答.

【详解】，

作出的图象，如图，

观察图象，的最小正周期为，A错误；

的图象没有对称中心，B错误；

的值域为，C正确；

不等式，即时，，得，

解得，

所以的解集为，故D错误.

故选：C

7．已知函数，对任意的实数a，b，c，关于x的方程的解集不可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先研究一元二次方程根的情况，再研究指数方程根的情况，综合可作判断.

【详解】令，则方程化为，

设它有解为，则求方程化为求方程及.

根据基本不等式，，当且仅当时，等号成立，关于对称，所以，若方程及有解，则解，或有成对的解且两解关于对称，所以D选项不符合条件.

故选：D

8．若关于x的不等式的解集是，则的最小值为（    ）

A．8 B．6 C．4 D．2

【答案】A

【分析】根据三个“二次”的关系可知，和是方程的两根，由韦达定理求出，即可将化成关于的式子，变形，由基本不等式即可求出其最小值．

【详解】根据题意可得和是方程的两根且，即，.

故，

当且仅当时，等号成立.

故选：A．

二、多选题

9．设复数对应的向量分别为（为坐标原点），则（    ）

A．

B．若，则

C．若，则

D．若，则的最大值为

【答案】AD

【分析】根据复数的模的计算求得，判断A;根据向量共线的坐标表示可判断B;利用向量垂直的坐标表示可得，化简，根据其结果判断C;确定的几何意义是表示圆，利用的几何意义求得其最大值，判断D.

【详解】因为，所以，A正确；

由题意可知，若，若，则，B错误；

若，则，即，

故，

即仅当时，，时，，C错误；

，故，即，

则表示圆上的点到原点的距离，

故的最大值为，D正确，

故选: .

10．已知曲线，（    ）

A．若，则表示椭圆

B．若，则表示椭圆

C．若，则表示双曲线

D．若且，则的焦距为

【答案】BCD

【分析】通过的范围，判断曲线的形状，判断选项即可．

【详解】解：，则表示的轨迹不存在，所以A不正确；

若，则表示焦点坐标的轴上的椭圆，所以B正确；

若，则表示焦点坐标在轴上的双曲线，所以C正确；

若且，则的焦距为4，正确，所以D正确；

故选：BCD．

11．牛顿曾提出了物体在常温环境下温度变化的冷却模型：若物体初始温度是（单位：），环境温度是（单位：），其中，则经过分钟后物体的温度将满足且.现有一杯的热红荼置于的房间里，根据这一模型研究红茶冷却情况，下列结论正确的是（    ）（参考数值）

A．若，则.

B．若，则红茶下降到所需时间大约为7分钟

C．若，则其实际意义是在第3分钟附近，红茶温度大约以每分钟的速率下降

D．红茶温度从下降到所需的时间比从下降到所需的时间多

【答案】ABC

【分析】由题知，根据指对数运算、以及导数的几何意义，依次讨论各选项求解．

【详解】由题知，

A：若，即，所以，

则，A正确；

B：若，则，则，

两边同时取对数得，所以，

所以红茶下降到所需时间大约为7分钟，B正确；

C;表示处的函数值的变化情况，若，所以实际意义是在第3分钟附近，红茶温度大约以每分钟的速率下降，故C正确；

D;，设红茶温度从下降到所需的时间为，则，设红茶温度从下降到所需的时间为，则 ，则红茶温度从下降到所需的时间为；由于所以，故

可得红茶温度从下降到所需的时间比从下降到所需的时间少，故D错误．

故选：ABC．

12．如图，在三棱锥中，平面为垂足点，为中点，则下列结论正确的是（    ）

A．若的长为定值，则该三棱锥外接球的半径也为定值

B．若的长为定值，则该三棱锥外接球的半径也为定值

C．若的长为定值，则的长也为定值

D．若的长为定值，则的值也为定值

【答案】BCD

【分析】根据线面之间的垂直关系可推出的中点O即为三棱锥外接球球心，则可得半径与的关系，由此可判断B;结合B的分析，说明的长为定值时，半径不一定为定值，判断A;结合B的分析，利用线面垂直关系推得，判断C;根据向量的线性运算，将化简为，结合线面以及线线的垂直关系，可得该结果为，判断D.

【详解】取的中点O，∵平面平面，∴ ，

∴ ,∵平面，平面，∴ ，

∵平面，∴平面，

平面，∴ ，

∴ ，则, ∴O为外接球的球心，是直径，

该三棱锥外接球的半径为，故B正确；

由以上分析可知， ,当的长为定值时,长是可变化的，不能推得为定值，

故的长为定值时，则该三棱锥外接球的半径不一定为定值，A错误；

由B的分析可知平面平面,故 ，又 ，

平面 ，∴平面 ，平面，

∴ ，∴ ，若的长为定值，则的长也为定值，故C正确；

由以上分析可知，，故，,

由于为中点，故

,

故的长为定值，则的值也为定值，D正确；

故选：

【点睛】思路点睛：（1）判断三棱锥的外接球半径是否为是定值，要根据条件推得外接球半径和所给定值之间的关系，才可以判断是否为定值；

（2）判断是否为定值，要根据向量的线性运算，将数量积转化为所给定值即的模来表示，即可判断其是否为定值.

三、填空题

13．设为抛物线的焦点，为该抛物线上不同的三点，若点是的重心，则__________.

【答案】6

【分析】由F点为三角形的重心，用重心坐标公式可得三点横坐标之和，再利用抛物线的定义即可求得的值.

【详解】因为为抛物线的焦点，则，准线方程为，设，如图所示，

因为为三角形的重心，则重心坐标为，即，所以，

因为为该抛物线上不同的三点，分别过作准线的垂线，垂足分别为为，则由抛物线的定义可得，

，,，所以.

故答案为：6

【点睛】在抛物线中与焦半径有关的题目，都可以利用定义转换为点到准线的距离，从而简化运算.

14．已知函数，则不等式的解集为__________.

【答案】

【分析】首先判断的奇偶性，再利用导数判断的单调性，则不等式等价于，再令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最大值，从而求出不等式的解集.

【详解】解：定义域为，且，

所以是奇函数，又，所以在上单调递增，

则不等式，即，

等价于，即，

令，，，

当时，，此时单调递增，

当时，，此时单调递减.

所以,又因为需要,所以

又，所以不等式的解集为.

故答案为：

15．设正项等比数列的前项和为，且，则______

【答案】

【分析】由条件可得，然后利用求出的值，然后可算出答案.

【详解】因为，所以，所以，

又数列是正项数列，所以，所以.

故答案为：

16．已知平面向量，其中为单位向量，且满足，若与夹角为，向量满足，则最小值是__________.

【答案】##

【分析】根据题意，设 ， ， ， ，利用题设可确定向量 对应的轨迹以及向量 对应的轨迹，将的最小值转化为两轨迹上的点之间的距离的最小值，数形结合，求解答案.

【详解】根据题意，设 ， ， ， ，

因为 与 夹角为 ，

所 以 ，整理得，

即向量 对应的轨迹为射线或，

因为向量满足 ，

所以，即向量 对应的轨迹为抛物线：，

则即为上的点与射线或上的点之间的距离，

如图，

当最小值时，对应的点在上，

设直线，由图可知，当直线与相切时，切点设为A，

此时最小，联立方程 ，得，

由得 ，则，解得，

故，则A到射线的距离为,

所以 的最小值为，

故答案为： .

【点睛】关键点点睛：解答本题求解的最小值，关键在于确定向量对应的点所在的轨迹方程，将的最小值转化为曲线上的点之间距离的最小值问题，数形结合，可求解答案.

四、解答题

17．已知向量.

(1)若，求的值；

(2)当时，求函数的值域.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用平面向量的数量积的坐标运算得到，再由，得到，然后利用二倍角的余弦公式结合商数关系求解；

（2）利用辅助角公式将化简，即可得到的解析式，由的取值范围求出的范围，最后利用正弦函数的性质求解.

【详解】（1）解：，，

，

，即，

，

．

（2）解：因为，

所以，

，

，

，

，

当时，的值域为．

18．已知数列{an}满足a1＝1，，n∈N*.

(1)令bn＝a2n－1，判断{bn}是否为等差数列，并求数列{bn}的通项公式；

(2)记数列{an}的前2n项和为T2n，求T2n.

【答案】(1)是，bn＝2n－1，n∈N*

(2)，n∈N*

【分析】（1）化简已知条件，求得，由此证得是等差数列并求得.

（2）利用分组求和法来求得.

【详解】（1），

，

化简得，即，

所以数列是以为首项，公差为的等差数列，

所以.

（2）

当为偶数时，可得，

所以是以为首项，为公比的等比数列.

当为奇数时，可得，

所以是以为首项，为公差的等差数列.

所以

.

19．在如图所示的圆柱中，为圆的直径，是上的两个三等分点，都是圆柱的母线.

(1)求证：平面；

(2)若，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）证明，从而证明平面，继而证明平面，从而证明平面平面，根据面面平行的性质即可证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，继而可求得平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求得答案.

【详解】（1）如图，连结．因为是半圆 的两个三等分点，

所以,

又，

所以均为等边三角形．

所以，所以四边形为平行四边形,

所以，

又因为平面，平面，所以平面,

因为都是圆柱的母线，所以，

又因为平面，平面，所以平面．

又平面，且，

所以平面平面，又平面，所以平面．

（2）连结是圆柱的母线，所以圆柱的底面，

因为是圆M的直径，所以，

在中，，,

所以 , ,

以C原点，分别以所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则，

所以 , ，

设平面的法向量为 ,则，即，

令，得 ，则平面的一个法向量为 ，

又因为平面的法向量可取为 ，

所以 ，

由图可知二面角为锐角，

所以二面角的余弦值为 .

20．在平面直角坐标系xOy中，设双曲线C1以椭圆C2：1长轴的两个端点为焦点，以C2的焦点为顶点．

(1)求C1的标准方程；

(2)过（0，1）的直线l与C1的右支相切，且与C2交于点M，N，求 OMN的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得到双曲线a＝1，c＝2求解；

（2）设过（0，1）的直线l的方程为y＝kx+1，联立，根据直线与双曲线相切求得直线方程，联立，求得弦长|MN|和原点O到直线l的距离d，由Sd•|MN|求解.

【详解】（1）解：由题意得双曲线a＝1，c＝2，

则b²＝c²﹣a²＝3，

所以C1的标准方程为：；

（2）设过（0，1）的直线l的方程为y＝kx+1，

联立，可得（3﹣k²）x²﹣2kx﹣4＝0，

因为直线与双曲线相切，

所以Δ＝4k²+16（3﹣k²）＝0，

解得k＝±2，

因为直线l与双曲线右支相切，

所以l方程为：y＝﹣2x+1，

联立，可得19x²﹣16x﹣8＝0，

设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2，x1x2，

则|MN||x1﹣x2|•，

又原点O到直线l的距离d，

所以 OMN的面积Sd•|MN|．

21．如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.

(1)证明；平面；

(2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时,与所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析.

(2).

【分析】（1）先作一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明。

（2）过点E作交与点N，连接，通过题目条件和（1）的结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令，把体积的最大值转化为关于x的函数的最大值问题，根据体积表达式设函数，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的x值，然后建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的余弦值.

【详解】（1）过点D作交与点O，

∵平面平面，且两平面的交线为,面，

∴平面,又平面,∴,

又且平面,

∴平面;

（2）过点E作交与点N，连接,

∵平面平面，且两平面的交线为, 平面，

∴平面,又平面,

∴到平面的距离相等,

∴且，故四边形为平行四边形，

所以,平面，

则平面平面，故,

又因为,所以，

而底面为以为斜边的等腰直角三角形,,故,

故，

又,，令,

令, ,

所以在单调递增，在单调递减，

即，当且仅当时取得最大值，

如图所示，以点O为原点以为建立空间直角坐标系，

 则

  ,

设与所成角为，则 ，

即当几何体体积最大时，与所成角的余弦值为.

【点睛】关键点点睛：本题求解直线与所成角的余弦值，采用建立空间直角坐标系利用向量的夹角公式求解，解答的关键是要根据几何体的体积取最大值，确定的长度，从而确定相关点的坐标，要注意求几何体体积时采用割补法以及利用导数求解函数最值.

22．已知函数.

(1)若是的一个零点，求曲线在处的切线方程；

(2)若当时恒成立，求的最小整数值（参考数据：）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由可求得，利用导数集合意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；

（2）将恒成立的不等式转化为，知，利用导数，结合零点存在定理可求得，其中；将代入中可化简得到，令，由二次函数值域的求法及可求得的范围，进而得到结果.

【详解】（1）由题意知：，解得：，，

，则，又，

所求切线方程为：.

（2）当时，恒成立，则，即；

令，则，

令，则，

在上单调递减，又，，

，使得，则，

则当时，，即；当时，，即，

在上单调递增，在上单调递减，

，

令，，则在上单调递增，；

又，，又，

的最小整数值为.

【点睛】思路点睛：本题考查导数的几何意义、恒成立问题的求解；求解恒成立问题的基本思路是通过分离变量的方式，将问题转化为或的形式，由或求得结果.