2023届全国大联考高三上第四次联考数学试题（解析版）

这是一份2023届全国大联考高三上第四次联考数学试题（解析版），共24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。
2023届全国大联考高三第四次联考数学试题

一、单选题
1．设集合或，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】计算，再计算交集得到答案.
【详解】或，，．
故选：C
2．已知复数，，则（    ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】结合复数的运算法则和模长公式即可求解.
【详解】∵，∴．
故选：B
3．正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为，则其体积为（    ）
A．28 B． C．32 D．24
【答案】A
【分析】根据正四棱台的性质，结合正四棱台的体积公式进行求解即可.
【详解】如图所示正四棱台中，是高，连接 ，设，垂足为，
显然

所以该正四棱台的高为，
正四棱台的体积．
故选：A
4．设是首项为正数的等比数列，公比为q，则“”是“对任意的止整数，”的（    ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据等比数列公式计算得到，根据范围大小关系得到答案.
【详解】，故，即，故，
故“”是“对任意的正整数，”的充分不必要条件．
故选：B
5．在三棱锥A－BCD中，已知平面BCD，，若AB＝2，BC＝CD＝4，则AC与BD所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取，，的中点E，F，G连接，，，由中位线定理可得AC与BD所成角为，由几何关系求出三边，结合余弦定理即可求解.
【详解】如图，取，，的中点E，F，G连接，，．
∵，，∴（或其补角）即为与所成的角．
∵平面，∴，∴，则，
∵，，．
取的中点，连接，，∴，∴平面，
∴，又，
∴，
∴．
∴与所成角的余弦值为．

故选：C
6．在中，角的对边分别为，，，且，则的面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换以及正弦定理和面积公式求解.
【详解】∵，∴，
，
又∵， ，∴，∴，
∴，
因为
∴，，，
．
∵，∴，∴．
故选:B.
7．圆台如图所示，为圆的一条直径， 为圆弧上靠近点的一个三等分点，若，，则点到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题首先可连接、、、，由题意易知底面，然后求出三棱锥的体积，再然后设点到平面的距离为，最后通过等体积法即可得出结果.
【详解】如图，连接、、、，易知底面，

因为，，所以，，
因为为圆弧上靠近点的一个三等分点，所以，，
因为为圆的一条直径，所以，，，
因为底面，所以三棱锥的体积，
因为是圆的圆心，、、都在圆上，所以，
因为，，，所以，
设点到平面的距离为，
由等体积法易知，解得，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查点到平面距离的求法，可通过等体积法求解，能否求出三棱锥的体积是解决本题的关键，考查计算能力，体现了数形结合思想，是中档题.
8．设，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先利用导数证明出，令，可以判断出最小；利用作商法比较出，即可得到答案.
【详解】设.
因为，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以当，且时，，即．
所以，，所以最小，
又因为，所以．综上可知，．
故选：B

二、多选题
9．如图，在正方体中，是线段上的动点，则下列结论错误的是（    ）

A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】ABD
【分析】利用空间向量证明线面平行或垂直关系.
【详解】
建系如图，设正方体棱长为2，
则
设，
所以设，，所以,
对于A，因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，，
所以平面，
因为，由于，所以与不一定共线，故A错误；
设平面的一个法向量为，,
，令则，所以，
若平面，则，即无解，
所以平面不成立，故B错误；
对于C，设平面的一个法向量为，,
，令则，所以，
，
且平面，所以平面，故C正确；
对于D，设平面的一个法向量为，,
，令则，所以，
不恒等于0，
所以平面不一定成立，故D错误.
故选:ABD.
10．在通用技术课上，某小组将一个直三梭柱展开，得到的平面图如图所示．其中，，，是上的点，则在直三棱柱中，下列结论正确的是（    ）

A．AM与是异面直线
B．
C．平面将三棱柱截成一个五面体和一个四面体
D．的最小值是
【答案】ABC
【分析】由展开图还原立体图，易判断A项正确；由线面垂直可证B项正确；由切割图易判断C项正确；将侧面图展开，可得当，M，C共线时， 有最小值，由勾股定理可判断D项是否正确.
【详解】由题设，可得直三棱柱，如图．

由直三棱柱的结构特征知与是异面直线，A项正确；
因为，，且，所以平面，
又平面，故，B项正确；
由图知，平面将三棱柱截成四棱锥和三棱锥，一个五面体和一个四面体，C项正确；
将平面和平面展开，展开为一个平面，如下图，
当，M，C共线时，的最小值为，D项错误．

故选：ABC
11．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论正确的是（    ）

A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上的减区间为
D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到
【答案】ABC
【分析】根据三角函数图象的性质即可求解.
【详解】∵，∴，∴．
又∵，得（舍）或，
因为，∴，
∴，
其图象对称轴为，．当时，，故A正确；
∵，，，
∴的图象关于点对称，故B正确；
∵函数的单调递减区间为，．
∴，，
∴当时，在上单调递减，
所以在上单调递减，故C正确；
∵．故D错误．
故选:ABC.
12．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则下列结论错误的是（    ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积不是定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】ABC
【分析】对A，当时，线段，易判断周长为变值；对B，当时，点的轨迹为线段，易证，故平面，易证三棱锥的体积为定值；对C，D采用建系法，当时，由求得不唯一，同理当时，求出，利用，可验证点唯一.
【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A项，当时，．即此时线段，因为为变值，故的周长不是定值，故A项错误；
对于B项，当时，，故此时点的轨迹为线段，而，所以平面，则点到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B项错误；
对于C项，当时，，取，的中点分别为，，则，所以点的轨迹为线段，不妨建系解决，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，则，，，所以或，故H，Q均满足，故C项错误；
对于D项，当时，，取，的中点为M，N，，所以点的轨迹为线段，设，因为，所以，，所以，此时点与重合，故D项正确．

故选：ABC

三、填空题
13．如图，梯形ABCD是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形的面积为______．

【答案】
【分析】根据水平放置的平面图形直观图画法画出原图计算可得答案.
【详解】因为，， ，
所以，，
所以．
故答案为：．

14．在平面直角坐标系中，已知向量，，试写一个非零向量_________，使得.
【答案】(答案不唯一)
【分析】设，根据即可求出x与y的关系，由此即可写出一个满足题意的向量.
【详解】设，x和y不同时为零，
∵，∴，即，
令x＝1，则y＝－1，
故满足条件的一个向量(1，－1).
故答案为：(1，－1).
15．在棱长为2的正方体中，为BC的中点．当点在平面内运动时，有平面，则线段MN的最小值为______．
【答案】
【分析】作出正方体，取的中点P，的中点，连接，，，易证平面平面，进而判断，由几何关系求得三边长，易判断到直线距离为线段MN的最小值，结合三角函数得解.
【详解】取的中点P，的中点，连接，，，如图所示．
∵P，N分别为，的中点，∴，
又平面，平面，平面，
P，Q分别为，的中点，∴．
又，四边形为平行四边形，，，
又平面，平面，平面，
，∴平面平面，∵平面，
∴平面，又点在平面内运动，
∴点在平面和平面的交线上即．
在中，，，．
∴，∴，
∴点到的最小距离，
∴线段的最小值为．

故答案为：
16．已知数列的通项为，且数列的前项和，若，则实数的取值范围为______．
【答案】
【分析】化简得，采用叠加法求得，则原不等式等价于，分为奇偶分离参数，结合单调性可求的取值范围.
【详解】∵，
∴
，
∵，∴．
当是正奇数时，，令，
易知单减，故，∴；
当是正偶数时，，令，
易知单增，故，∴．
综上可知，实数的取值范围为．
故答案为：

四、解答题
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，，，F是PD的中点，点在棱CD．

(1)求四棱锥P－ABCD的表面积；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可证出，，则表面积等于四个直角三角形与底面矩形之和，根据勾股定理求出各边长即可求得表面积.
（2）由已知条件，根据线面垂直的判定定理，即可证出平面，由线面垂直的性质和已知条件再证平面，即可推出.
【详解】（1）解：已知平面，平面，
，
而底面ABCD是矩形，则，
又，
平面，
，
∴平面，
平面ABP，
∴，
∴，同理可得，
∴
.
（2）证明：∵平面，平面，
∴，
又四边形是矩形，
∴，
∵，
∴平面，
∵平面，
∴，
又∵，点F是的中点，
∴，
而，
∴平面，
∵平面，
∴．
18．已知数列满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，
若，求的值．
【答案】(1)
(2)25

【分析】（1）根据递推公式得到奇数项和偶数项的通项公式，最后再合并即可；（2）根据题意，利用对数的运算性质求解.
【详解】（1）∵，
∴，所以，
∴的奇数项与偶数项各自成等差数列且公差均为2．
∵，则，
∴对,，
所以n为奇数时，，
对,，
所以n为偶数时，，
综上可知，，．
（2）由（1）得，
∴，
解得．
19．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上动点（不与A，C重合），平面与棱交于点E.

(1)求证：；
(2)若，从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线AB与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②：；条件③：.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）由棱柱的性质可得，即可得到平面，再根据线面平行的性质证明即可；
（2）选①②，连接，取中点，连接，，即可得到，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
选②③，连接，取中点，连接，，依题意可得，再由勾股定理逆定理得到，即得到平面，后续同①②；
选①③，取中点，连接，，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，再由勾股定理逆定理得到后续同①②；
【详解】（1）在三棱柱中，，又面，面，
所以平面，又面面，面，
所以.
（2）选①②：连接，取中点，连接，.
在菱形中，所以为等边三角形.
又为中点，所以，
又面面，面面， 平面，
所以平面，平面，
故，又，所以.
以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.
所以，.
设面的一个法向量为，则，令，故.
又，设直线与面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
选②③：连接，取中点，连接，.
在菱形中，所以为等边三角形.
又为中点，故，且，又，.
所以，则.
又，面，所以面，
由平面，故，又，所以.
以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
所以，.
设面的一个法向量为，则，令，故.
又，设直线与面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
选①③：取中点，连接，.
在中，因为，所以，且，.
又面面，面面，面，
所以平面，又平面，所以.
在中，，又，，
所以，则.
由，面，则面，
由平面，故，又，所以.
以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
所以，.
设面的一个法向量为，则，令，故.
又，设直线与面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．如图，在三棱锥A－BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点．

(1)证明：CD⊥平面AEF．
(2)若∠BCD＝60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大．
【答案】(1)证明见解析
(2)为的中点

【分析】（1）要证CD⊥平面AEF，即证，由BD⊥CD可证，由△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，可证，进而得证；
（2）过点作，垂足为，设，以为正交基底，建立空间直角坐标系，设，求出平面AEG与平面ACD的法向量，结合向量夹角的余弦公式和函数关系求出，进而得出点G位置.
【详解】（1）因为是正三角形，点是的中点，所以．
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以．
因为点E，F分别是，的中点，所以，
又因为，所以，
又因为，在平面内，所以平面；
（2）在平面中，过点作，垂足为，
设，则，，．
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，，，．
设平面的法向量为，
由，得，令，故，
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
所以，当时，
，此时最大，
故当为的中点时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大．

21．图1是直角梯形ABCD，，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达的位置，且．

(1)求证：平面平面ABED．
(2)在棱上是否存在点P，使得点P到平面的距离为？若存在，求出直线EP与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）在图1中，连接，交于O，由几何关系可得，，结合图2易得 是二面角 的平面角，由勾股定理逆定理可证，进而得证；
（2）以，， 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 ，，求得，同时求出平面的法向量，由点面距离的向量公式求得，进而求得，结合向量公式可求直线EP与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）如图所示：

在图1中，连接，交于O，因为四边形是边长为2的菱形，并且，所以，且．
在图 2 中， 相交直线 ，均与 垂直， 所以 是二面角 的平面角， 因为 ， 所以 ，，所以平面 平面 ；
（2）由 （1） 知， 分别以，， 为 x，y，z 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系， 则 ，，，，， ，，，，.
设 ，，
则 .
设平面 的法向量为 ，
则， 即 ， 取 ，
因为点 到平面 的距离为 ，
所以 ， 解得 ，
则 ， 所以 .
设直线 与平面 所成的角为 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
22．已知．
(1)求的单调递增区间；
(2)若，且，证明．
【答案】(1)；
(2)证明见解析

【分析】（1）由导数法判断即可；
（2）由，结合函数单调性，讨论、均不能满足，故，
由分析法，等价于证，由导数法证恒小于0即可.
【详解】（1） 的定义域为 .
∵，仅当时取等号，
∴ 的单调递增区间为 .
（2）由题可得 ，
若 ， 则必有 ， 则 ；
若，则必有，则．
∴若，则．
要证，只需证，只需证，即证，
又，故只需证．
令．
则．
∵，∴，∴，
且，
∴，故在上单调递增．
∵，∴，∴，∴，得证.
【点睛】（1）由，则可知本题为极值点偏移的证明题；
（2）由函数单调性、，可分别判断、均不能满足，故；
（3）最后由分析法，等价于证，由导数法证恒小于0即可.