西藏林芝市第二高级中学2023届高三第四次模拟考试数学（理）试题（解析版）

林芝市第二高级中学2023届高三第四次模拟考试

理科数学

全卷满分150分，考试时间120分钟   

注意事项：

1．答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3. 回答选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.

4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.

第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由交集的定义求解即可.

【详解】因为集合，，

则.

故选：B.

2. 已知复数，则（    ）

A. 3i B. －3i C. 3 D. －3

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数的除法运算，共轭复数的概念结合条件即得.

【详解】由题可得，

所以．

故选：B．

3. 已知命题，使得，则为（    ）

A. ，使得 B. ，使得

C. ，使得 D. ，使得

【答案】B

【解析】

【分析】根据命题的否定的定义求解.

【详解】根据命题的否定的定义，

因为命题，使得，

所以为，使得，

故选:B.

4. 已知向量，，若//，则t＝（    ）

A.  B. 2 C. 4 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据向量共线的坐标表示运算求解.

【详解】因为//，则，解得.

故选：D.

5. 已知函数，则（    ）

A. 5 B. 3 C. 2 D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】先求，再根据值带入相应解析式计算即可.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：B

6. 执行如图所示的算法框图，则输出的l的值为（    ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

【答案】B

【解析】

【分析】根据框图逐步运算求解即可.

【详解】开始，

①，为否；

②，为否；

③，为否；

④，为是；输出.

故选：B

7. 的图像大致是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据，，，即排除B，D，结合特殊值即可得出答案.

【详解】由题知，根据，，，

则，排除B，D，

当时，没有意义，排除A.

故选：C

8. 已知，，（其中为自然对数的底数），则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小可得答案.

【详解】因为，所以；

因为，；

因为，.

∴，

故选：D.

9. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象（    ）

A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度

C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度

【答案】B

【解析】

【分析】根据三角函数的图像变换求解.

【详解】因为，

所以，

故为了得到的图象，只需将的图象向右平移个单位长度.

故选:B.

10. 在中，角所对的边分别为 ，，且的面积为，若，则（    ）

A.  B. 5 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据三角形面积可推出，利用余弦定理即可求得答案.

【详解】由于,，故有，解得，

又，则,

故选：A．

11. 据统计，在某次联考中，考生数学单科分数X服从正态分布，考生共50000人，估计数学单科分数在130～150分的学生人数约为（    ）

（附：若随机变量服从正态分布，则，，）

A. 1070 B. 2140 C. 4280 D. 6795

【答案】A

【解析】

【分析】利用区间上的概率及正态分布的对称性求，进而估计区间人数.

【详解】由题设

，

所以数学单科分数在130～150分的学生人数约为人.

故选：A

12. 已知双曲线的左､右焦点分别是，双曲线上有两点满足，且，若四边形的周长与面积满足，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，由双曲线的定义和余弦定理求得，从而可得周长，再求得四边形面积，由已知等式得关系，从而得离心率．

【详解】不妨设，由双曲线的定义可知，，则①，又，

所以由余弦定理可得②，由①②可得，

所以．又四边形为平行四边形，故四边形的周长，

则，面积，因为，所以，整理得，

故双曲线的离心率为，

故选：．

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，双空题第一空2分，第二空3分）

13. 已知函数，则在（1，1）处的切线方程为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据导数的几何意义可求出结果.

【详解】函数的定义域为，

，，，

所以在（1，1）处的切线方程为，即.

故答案为：.

14. 在的展开式中，项的系数为________．

【答案】32

【解析】

【分析】由变形可得，利用二项式定理求的展开式中项的系数即可.

【详解】因为，

所以的展开式中含项的系数即展开式中项的系数，

又，

其中的展开式中不存在含的项，

又的展开式中含的项为，

所以在的展开式中，项的系数为.

故答案：.

15. 我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底、长方形足、器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm，口长13.5cm，口宽12cm，底长12.5cm，底宽10.5cm．现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm，下部分看作台体.则其体积约为________（精确到0.1）．（参考数据：，）

【答案】

【解析】

【分析】根据题意利用台体、锥体的体积公式运算求解.

【详解】由题意可得：

，

，

所以几何体的体积.

故答案为：.

16. 杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载，它的开头几行如图所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，则“莱布尼茨三角形”第8行第5个数是____________；若，则____________(用含n的代数式作答).

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】类比杨辉三角，根据“莱布尼茨三角形”的特点求解即可．

【详解】由题意知，将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形为“莱布尼茨三角形”，观察表中数字，题中要求第8行第5个数，所以，，所以第8行第5个数为.

由莱布尼茨三角形的特点可知，每个数均等于其“脚下”两个数之和，

∵，

，

，…，

，，

将上述各式相加，得，

∴，

.

故答案为：；

三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23为选考题，考生根据要求作答.）

17. 设数列是公差为的等差数列，已知，

（1）求数列的通项公式；

（2）若，且的前n项和为，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等差数列的通项公式求出公差，进而求解；

（2）结合（1）的结论得到，利用裂项相消法即可求解.

【小问1详解】

因为数列是公差为的等差数列，且，

所以，则或.

又，，∴.

【小问2详解】

由（1）可得，，

∴

18. 中国茶文化源远流长，历久弥新，生生不息，某学校高中一年级某社团为了解人们喝茶习惯，利用课余时间随机对400个人进行了调查了解，得到如下列联表：

（1）通过计算判断，有没有99%的把握认为是否“经常喝茶”与性别有关系？

（2）中国茶叶种类繁多，按照茶的色泽与加工方法，通常可分为红茶、绿茶、青茶、黄茶、黑茶、白茶六大茶类，每个茶类包括较多品种，现分别在绿茶与青茶中各选取了2个品种茶，甲在仅知道其所属茶类的情况下，品茶并识别茶叶具体品种，已知甲准确说出绿茶各品种的概率为，准确说出青茶各品种的概率为，品鉴每个品种的结果互不影响．记“甲准确说出茶叶品种数”为随机变量X，求X的分布列和数学期望．

附表及公式：

其中，．

【答案】（1）有99%的把握认为使用效果评价为“良好”的客户与性别有关系   

（2）分布列见解析，期望

【解析】

【分析】（1）首先根据参考公式，再和参考数据比较大小后，即可判断；

（2）首先确定随机变量的取值，再根据独立事件同时发生的概率公式求解概率，并列出分布列和数学期望.

【小问1详解】

由题，得，

因此有99%的把握认为使用效果评价为“良好”的客户与性别有关系；

【小问2详解】

由题可知，的可能值为0，1，2，3，4，

，

,

,

,

,

的分布列为：

则的数学期望.

19. 如图，在直三棱柱中，，，分别为，，的中点．

（1）求证：平面；

（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接，依题意可得，从而得到，再说明，，即可得到，从而得证；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【小问1详解】

连接，因为，分别为，的中点，所以．               

在三棱柱中，，

所以，四点共面．                       

因为，，、分别为、的中点，

所以，，所以四边形平行四边形．   

所以，                 

因为平面，平面，

所以平面．               

【小问2详解】

由题设平面，平面，所以，，

因为，所以两两垂直，

如图建立空间直角坐标系，                        

所以，

则，，．

设平面的法向量为，则，即，

令，则，，于是，

设直线与平面所成角为，

则，

故直线与平面所成角的正弦值为．

20. 如图椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．过椭圆的左焦点F的直线l与椭圆C交于C，D两点，并与y轴交于点M，A，B分别为椭圆的上、下顶点，直线AD与直线BC交于点N．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）已知O为坐标原点，当点M异于A，B两点时，求证：为定值．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意，由条件列出关于的方程，即可得到其标准方程；

（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得，再由A，N，D三点共线，列出方程，即可得到，再由平面向量坐标运算即可得到结果.

【小问1详解】

由题意得，，且点在椭圆C上，则，且，

解得，，，

所以椭圆C的标准方程为．

【小问2详解】

由（1）知，，由于直线CD斜率为零与斜率不存在均不符合题意，

故设该直线方程为．

从而M坐标为，设，，

联立，得，

所以，，从而，

现设因为B，N，C三点共线，故，

因为A，N，D三点共线，故，两式两边作比得：

，

所以，从而，又，

故．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21. 已知函数.

（1）若，求的单调区间；

（2）若在上恒成立，求a的取值范围.

【答案】（1）增区间为，减区间为；   

（2）.

【解析】

【分析】(1)求f(x)的定义域和导数，在定义域内研究其导数的正负，由此即可判断f(x)的单调区间；

(2)参变分离不等式，构造函数，利用导数求F(x)的最大值即可得a的范围.

【小问1详解】

时，.

时，单调递增，

时，单调递减，

∴的增区间为，减区间为；

【小问2详解】

由在上恒成立，故，

设，则.

当时，F(x)单调递增；当时，F(x)单调递减，

故，故.

22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是．

（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；

（2）若，直线与曲线交于两点，是线段的中点，求的值．

【答案】（1）曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为；   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据可得曲线的直角坐标方程，根据可得直线的普通方程；

（2）写出直线的参数方程，代入曲线的直角坐标方程，根据参数的几何意义及韦达定理求解.

【小问1详解】

由（为参数），得，即，

则曲线的直角坐标方程为．

由，得，

则直线的普通方程为．

【小问2详解】

由题意可得直线的参数方程为（为参数）．

将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，整理得．

设A，B，M对应的参数分别为，，，则，，

从而，

故．

23. 已知函数．

（1）求不等式的解集；

（2）设函数的值域为，，，试比较与的大小．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）分段去绝对值求解，然后取并集可得；

（2）分段求值域，然后作差，因式分解，根据a，b范围可得.

【小问1详解】

所以或或

解得或或

综上，不等式的解集为

【小问2详解】

当时，，

当时，，即

当时，

综上，函数的值域，

因为，所以，

所以，所以