2023届黑龙江省鸡西市鸡东县第二中学高三上学期第四次模拟考试数学试题（解析版）

这是一份2023届黑龙江省鸡西市鸡东县第二中学高三上学期第四次模拟考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解一元二次不等式求得A，解指数不等式求得B，再根据两个集合的交集的定义求得.
【详解】因为集合，
，
所以，
故选D.
【点睛】该题考查的是有关集合的运算，属于简单题目.
2．已知向量，若共线，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先根据向量坐标的线性运算求出及，然后根据向量共线的判定条件求解参数即可.
【详解】已知，，
则，，
，，解得：
故选：A
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2，S3，S5成等差数列，且a1=10，则{an}的公差d=（ ）
A．2B．1C．﹣1D．﹣2
【答案】D
【分析】利用等差数列前n项和公式和等差数列性质列方程，求出公差.
【详解】等差数列{an}的前n项和为Sn，S2，S3，S5成等差数列，且a1=10，
∴2S3=S2+S5，
∴，
解得{an}的公差d=﹣2.
故选：D.
4．函数的图象大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】通过研究函数奇偶性以及单调性，以及由排除不正确的选项，从而得出答案..
【详解】详解：为奇函数，排除A,
，故排除D.
，
当时，，所以在单调递增，所以排除C；
故选：B.
5．在直棱柱中，，，，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意, 以C为坐标原点，射线CB的方向为x轴的正方向，射线CD的方向为y轴的正方向，射线的方向为z轴的正方向建系,求出和平面平面的法向量, ,利用向量法求解即可.
【详解】以C为坐标原点，射线CB的方向为x轴的正方向，射线CD的方向为y轴的正方向，射线的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系C-xyz.如图示：
由题可知，，，.
于是，，.
设为平面的法向量，
则，即.
令，可得.
设直线与平面所成的角为，
则.
故选:C
【点睛】向量法解决立体几何问题的关键：
(1)建立合适的坐标系；
(2)把要用到的向量正确表示；
(3)利用向量法证明或计算.
6．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1，，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和AC1所成角的余弦值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法即求.
【详解】如图以为原点建立空间直角坐标系，设，
则，
∴，设直线EF和AC1所成角为，
则.
故选：C.
7．已知函数，下列说法错误的是（ ）
A．的图象的一个对称中心为
B．的图象的一条对称轴为
C．在上单调递增
D．函数的图象向左平移个单位长度后得到的是一个奇函数的图象
【答案】C
【分析】代入法验证A、B的正误，应用整体法求的递增区间判断C，根据图象平移及正弦函数的性质判断D.
【详解】A：由，故是的一个对称中心，正确；
B：由，故是的一个对称轴，正确；
C：令且，则且，故当时在上单调递增，当时在上单调递增，错误；
D：，显然为奇函数，正确.
故选：C
8．已知是定义在上的奇函数，当时，，有下列结论：
①函数在上单调递增；
②函数的图象与直线有且仅有2个不同的交点；
③若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为8；
④记函数在上的最大值为，则数列的前项和为
其中正确的有（ ）
A．①④B．①③C．②④D．①②
【答案】A
【分析】作出函数的图象，利用数形结合思想依次判断选项①②③，利用等比数列求和判断选项④．
【详解】解：当时，；
若，则，即，
若，则，即，
作出函数在时的部分图象，如图所示，
对于①，由图可知，函数在上单调递增，由奇函数性质知，函数在上单调递增，故①正确；
对于②，可知函数在时的图象与直线有1个交点，结合函数的奇偶性知，的图象与直线有3个不同的交点，故②错误；
对于③，设，则关于的方程等价于，解得：或
当时，即对应一个交点为；方程恰有4个不同的根，可分为两种情况：
（1），即对应3个交点，且，，此时4个实数根的和为8；
（2），即对应3个交点，且，，此时4个实数根的和为-4，故③错误；
对于④，函数在，上的最大值为，即，
由函数的解析式及性质可知，数列是首项为1，公比为的等比数列，
则数列的前7项和为，故④正确．
故选：A．
二、多选题
9．已知向量，，且函数，则下列说法不正确的是（ ）
A．，是方程的两根，则是的整数倍
B．当时，取得最大值
C．是函数的一个单调递增区间
D．将函数的图象向左平移个单位长度得到一个偶函数图象
【答案】AB
【分析】根据题意，利用三角恒等变换化简，再结合三角函数的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】根据题意，
.
对A：若，故可得，解得
或，即故或，
则当时，不妨取，则不是的整数倍，故错误；
对B：因为，而的最大值为，故错误；
对C：当时，，又在单调递增，
故在单调递增，故正确；
对D：将函数的图象向左平移个单位，故可得，
其为偶函数，故正确；
故选：.
10．已知分别是三棱锥的棱上的点（不是端点），则下列说法正确的是（ ）
A．若直线相交，则交点一定在直线上
B．若直线异面，则直线中至少有一条与直线相交
C．若直线异面，则直线中至少有一条与直线平行
D．若直线平行，则直线与直线平行
【答案】ABD
【分析】根据平面的基本性质（公理2）判断A，根据线面平行的判定定理和性质定理，基本性质4判断BD，举反例判断C．
【详解】若直线EF､HG相交，设，则，，
又平面，平面，所以是平面与平面的公共点，
则必在其交线上，即，A正确，
若，平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，又，所以,D正确，
当，时，，
所以若直线都与直线平行，则直线共面，
所以该命题的逆否命题若直线异面，则直线中至少有一条与直线相交为真命题，B正确，
如下图，直线异面，但直线都与直线相交，故C错误，
故选：ABD.
【点睛】11．数列{an}的前n项和为Sn，，则有（ ）
A．{Sn}为等比数列B．
C．D．{nSn}的前n项和为
【答案】ACD
【分析】根据数列前n项和与第n项的关系，结合等比数列的定义和通项公式、错位相减法进行逐一判断即可.
【详解】因为，所以{Sn}为等比数列，因此选项A正确；
当时，，
当时，，不适合上式，所以选项B不正确，选项C正确；
设{nSn}的前n项和为，
，
，
，得，
，所以选项D正确，
故选：ACD
12．如图所示，在长方体中，，点是上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题：其中真命题的是（ ）
A．四棱锥的体积恒为定值；
B．存在点，使得平面
C．对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面
D．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值．
【答案】ABD
【分析】利用面面平行的性质定理判断四边形的形状，由此研究截面的周长，判断D，再利用锥体的体积公式研究四棱锥的体积，判断A,利用线面垂直判定定理判断B，通过举例判断C.
【详解】由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，所以四棱锥的体积等于三棱锥的体积的两倍，
∴ ，
又，都是定值，所以四棱锥的体积为定值，A对，
当BE⊥B1C时，
∵ CD⊥BE，BE⊥B1C，由线面垂直判断定理可得BE⊥平面B1CD，
∴ BE⊥B1D，
又BB1=B1D1， ∴ B1D⊥BD1，
∴ 平面，B对，
当E运动到点C处时，不存在相应的点，使得平面，C错，
由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，
∴ 截面四边形的周长为，当时，取最小值，此时截面四边形的周长最小，故存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值，D对，
故选：ABD.
三、填空题
13．设复数(为虚数单位)，则___________.
【答案】
【分析】先根据复数的运算求出，再根据复数的模的计算公式即可求出．
【详解】因为，所以．
故答案为：．
14．已知数列{an}满足a1＝1，（），则an＝__．
【答案】
【分析】利用数列的递推关系式推出是等差数列，然后求解通项公式即可．
【详解】数列{an}满足a1＝1，（），
可得：，,
所以是等差数列，首项为，公差为1，
所以1+（n﹣1）×1＝n，
所以．
故答案为：
15．在锐角三角形，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】确定出的范围，用表示出代入中，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角得正弦函数，根据正弦函数的值域即可确定出范围．
【详解】是锐角三角形，，
，，
，
，
，，
，即，
则的范围为,．
故答案为：,．
16．如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，，是的中点，则与平面所成角的正弦值为___________.
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用的方向向量和平面的法向量，计算出线面角的正弦值.
【详解】由于平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，故两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系如图所示，
由，则，所以.设平面的法向量为，则，令可得平面的法向量坐标为，
于是所求线面角的正弦值为.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查线面角的求法，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
四、解答题
17．已知平面向量，，且.
(1)求向量与的夹角；
(2)当k为何值时，向量与垂直？
【答案】(1)##
(2)##
【分析】在（1）问中，根据数量积定义即可求得与的夹角（余弦值）；
在（2）问中，根据向量垂直，即得，即可求得值.
【详解】（1）因为，所以，
由，得，所以，
所以，又，所以，
即向量与的夹角为.
（2）因为向量与垂直，则，
所以，
即，解得.
故当时，向量与垂直.
18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答该问题.问题：锐角的内角的对边分别为，且______.
(1)求；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①，首先通过正弦定理将已知条件中的边转化成角，然后根据恒等变换化简即可求出角；
选②，首先通过正弦定理将已知条件中的边转化成角，然后将代入，最后根据恒等变换化简即可求出角；
选③，首先通过正弦定理将已知条件中的边转化成角，然后根据恒等变换化简求出，即可求出角.
（2）首先将代入，然后利用恒等变换将其化简成正弦型函数，最后根据正弦函数的性质求解取值范围即可.
【详解】（1）选①
，所以，
所以，
整理得.
因为，所以.因为，所以.
选②
因为，所以，
所以，整理得.
因为，所以，因为，所以.
选③
因为，
所以，
所以，
整理得.
因为，所以.
因为，所以，.
（2）因为，
所以.
因为，所以，所以，
所以，所以，故.
19．已知．
(1)若函数f(x)和函数g(x)的图象关于原点对称，求函数g(x)的解析式；
(2)若在上是增函数，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)﹒
【分析】(1)化简f(x)解析式，设函数的图象上任一点，，它关于原点的对称点为，其中，，利用点在函数的图象上，将其坐标代入的表达式即可得g(x)解析式；
(2)可令，将在转化为：，对的系数分类讨论，利用一次函数与二次函数的性质讨论解决即可．
【详解】（1）
设函数的图象上任一点，关于原点的对称点为，
则，，
点在函数的图象上，
，即，
函数的解析式为；
（2），
设，，且t在上单调递增，
根据复合函数单调性规则，要使h(x)在上为增函数，则在上为增函数，
①当时，在，上是增函数满足条件，；
②当时，m(t)对称轴方程为直线，
(i时，－(1＋λ)＞0，应有t＝，解得，
(ii时，－(1＋λ)＜0，应有，解得；
综上所述，．
20．①，；②为的前n项和，，；在①②中选择一个，补充在下面的横线上并解答．已知数列满足______．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，为数列的前n项和，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）选择①：根据前项和与前项和的关系求解即可；
选择②：根据与化简可得
（2）代入化简再裂项相消求和证明即可
【详解】（1）选择①：
当时，；
当时，
，两式相减得
，故，又当时， 也满足，故
选择②：
当时，，解得
当时，，，两式相减有，即，故是以为首项，3为公比的等比数列，故
（2）代入可得，
故
，即得证
21．如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，，设点在线段上运动.
（1）证明：；
（2）设平面与平面所成锐二面角为，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由平面几何知识，余弦定理可得.，再由面面垂直、线面垂直的性质可得证；
（2）由（1）可建立分别以直线，，为轴，轴，轴的如图所示的空间直角坐标系，令，由二面角的向量求解方法可表示，由二次函数的性质可求得最值.
【详解】（1）证明：在梯形中，因为，，，
所以，所以，
所以，所以.
因为平面平面，平面平面，
因为平面，所以平面.所以；
（2）解：由（1）可建立分别以直线，，为轴，轴，轴的如图所示的空间直角坐标系，
令，则，，，.∴，.
设为平面的一个法向量，
由得，取，则，
∵是平面的一个法向量，
∴
∵，∴当时，有最大值，的最小值为.
【点睛】向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取.
1、建：建立空间直角坐标系.以三条互相垂直的垂线的交点为原点，没有三垂线时需做辅助线;建立右手直角坐标系,让尽量多的点落在坐标轴上。
2、设：设所需点的坐标，并得出所需向量的坐标.
3、求：求出两个面的法向量.
4、算：运用向量的数量积运算，求两个法向量的夹角的余弦值；
5、取：根据二面角的范围和图示得出的二面角是锐角还是钝角,再取值.
22．已知函数．
（I）若是的极值点，求的单调区间；
（II）求a的范围，使得恒成立．
【答案】（I）的单调增区间为，减区间为；（II）
【分析】（I）根据题意得出，求出a，进而由求得增区间，由求得减区间；
（II）根据题意将问题转化为时恒成立，设，求出，分类讨论参数a，得到，即可得到a的范围.
【详解】（I）函数的定义域为，，
因为是的极值点，所以，解得a=3，
当a=3时，，
令，得或；令，得，
所以函数的单调增区间为；单调减区间为.
（II）要使得恒成立，即时恒成立，
设，则，
当时，由得单调减区间为，由得单调增区间为，
故，得；
当时，由得单调减区间为，
由得单调增区间为，；此时，不合题意；
当时，在上单调递增，此时，不合题意；
当时，由得单调减区间为，由得单调增区间为，，此时，不合题意；
综上所述：时，恒成立.