2023届吉林省通化市梅河口市第五中学高三第四次模拟考试数学试题含解析

2023届吉林省通化市梅河口市第五中学高三第四次模拟考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则中的元素个数为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】应用并运算求，即可得元素个数.

【详解】由题设，所以，故其中元素共有4个.

故选：B

2．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由复数的四则运算，求出，再得到共轭复数.

【详解】由，有，所以.

故选：D

3．已知函数，则（    ）

A．函数是奇函数，且在上单调递增

B．函数是奇函数，且在上单调递减

C．函数是偶函数，且在上单调递增

D．函数是偶函数，且在上单调递减

【答案】C

【分析】由偶函数的定义判断函数的奇偶性，对求导可判断在的单调性.

【详解】函数的定义域为R，关于原点对称，

，所以函数是偶函数，

，

当时，，，

所以，在上单调递增.

故选：C.

4．将甲、乙等5名志愿者分配到4个社区做新冠肺炎疫情防控宣传，要求每名志愿者去一个社区，每个社区至少去一名志愿者，则甲、乙二人去不同社区的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】部分均匀分组问题，5个人去4个社区，只能是的形式，据此先算出基本事件总数，再求出甲、乙去相同的社区的事件数，利用古典概型公式和对立事件的定义求解.

【详解】5个人去4个社区，只能是的形式，分组的情况总数为，

再把这些分组分配到四个不同地方，有种情况，因此基本事件总数为；

甲、乙去相同的社区的情况有：种，

由对立事件可得甲、乙二人去不同社区的概率为：.

故选：C.

5．在中，，E为AD的中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量对应线段的位置关系，结合向量加减、数乘的几何意义用表示出.

【详解】.

故选：A

6．已知，，则=（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】C

【分析】根据已知及平方关系可得，再由求值即可.

【详解】由题设，则，

又.

故选：C

7．已知函数在区间上的最大值为k，则函数在上（    ）

A．有极大值，无最小值 B．无极大值，有最小值

C．有极大值，有最大值 D．无极大值，无最大值

【答案】D

【分析】利用导函数研究单调性，结合区间最值求得，进而判断在上的单调性，即可得答案.

【详解】由，则时，时，

所以在上递增，上递减，

而，在上的最大值为k，

所以，即，此时在上递减，且无极大值和最大值.

故选：D

8．与三角形的一条边以及另外两条边的延长线都相切的圆被称为三角形的旁切圆，旁切圆的圆心被称为三角形的旁心，每个三角形有三个旁心，如图1所示.已知，是双曲线的焦点，P是双曲线右支上一点，Q是△的一个旁心，如图2所示，直线PQ与x轴交于点M，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据旁心为两外角和一个内角角平分线交点，利用角平分线性质得到，再由合比性质、双曲线定义求结果即可.

【详解】

由角平分线性质知：，

而，故.

故选：A

二、多选题

9．某商店2021年1月至12月每月的收入、支出情况的统计如图所示，则下列说法中正确的有（    ）

A．第二季度月平均利润为30万元 B．收入的中位数和众数都是50

C．下半年支出比上半年支出稳定 D．利润最高的月份是2月份和11月份

【答案】BC

【分析】由平均数的计算可判断A，根据众数和中位数的计算可判断B,由方差的计算可判断C，根据折线图可知利润最高的月份，即可判断D.

【详解】对于A,第二季度的利润分别为20，20，20万元，所以平均利润为20万元，故A错误，

对于B,收入按照从小到大排列为:30,40,40,50,50,50,50,50,60,60,70,80,故中位数和众数均为50,故B正确，

对于C,下半年的支出分别为20,40,40,20,50,30,平均数为，方差为，上半年的支付分别为:30,60,30,30,10,20,平均数为30，方差为，由于，故下半年支出比上半年支出稳定，C正确，

对于D,利润最高的为3月和10月，故D错误，

故选：BC

10．如图，在正方体中，点P为线段上的一个动点（不包含端点），则（    ）

A．

B．直线PC与直线异面

C．存在点P使得PC与所成的角为60°

D．存在点P使得PC与底面ABCD所成的角为60°

【答案】ABD

【分析】由线面垂直的判定定理可判断A；证明平面，PC平面，可判断B；求出PC与所成的角的最大值恒小于60°可判断C；求出PC与底面ABCD所成的角为60°时，的长度可判断D.

【详解】对A，在正方体中，易得，底面，

平面，，

，平面，则平面，

因为平面，所以，故A正确；

对B，因为平面，平面，平面，且，

所以直线PC与直线异面，故B正确；

对C，因为，所以PC与所成的角即为PC与所成的角，

由图可知，当点位于点处时，最大，此时，

所以PC与所成的角恒小于60°，故C不正确；

对D，过点作平面交直线于点，则，

设正方体的边长为，PC与底面ABCD所成的角即为，

若，则，

则，所以存在点P使得PC与底面ABCD所成的角为60°.

故D正确.

故选：ABD.

11．函数在一个周期内的图像如图所示，则（    ）

A．的最小正周期是

B．图像的一个对称中心为

C．把函数的图像先向左平移个单位长度，再将曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到的图像

D．的单调递增区间为

【答案】ACD

【分析】根据图象有、、求参数，进而得，结合正弦型函数性质研究对称点、单调增区间，根据图象平移写出解析式判断各项正误.

【详解】由题设，则且，而，A正确；

将代入函数可得，即，则，

因为，所以，

综上，，

，故不是对称中心，B错误；

的图像先向左平移个单位长度，得，

再将曲线上各点横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得，C正确；

令，则，

所以为的单调递增区间，D正确.

故选：ACD

12．已知，且，则下列不等式成立的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】利用对数运算性质化简整理得，结合已知及对数函数的性质可得，再应用作差法、放缩、基本不等式判断各项正误即可.

【详解】由题设，

由，则，且，

所以，则，故，A错误；

由，故，B正确；

由，仅当，即时等号成立，

所以等号取不到，则，而，但不一定有，

故不一定成立，C错误；

由，其中等号成立条件为，即时等号成立，

所以等号取不到，则，D正确.

故选：BD

三、填空题

13．的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中含的项的系数为______.

【答案】15

【分析】令结合各项系数之和为64求得，应用二项式定理写出含的项，即可得结果.

【详解】令，则，可得，故原多项式为，

又的展开式通项为，且r可取0,1,2,3,4,5，

所以含的项为，故其系数为.

故答案为：

14．已知圆上的点到直线的最近距离为，则k=______.

【答案】

【分析】利用点线距离公式求圆心到的距离，由列方程求参数.

【详解】由圆的标准方程为，则圆心为，半径为，

所以，圆心到的距离，则，

所以，可得.

故答案为：

15．已知F是抛物线的焦点，x轴正半轴上一点，若抛物线C上存在点P使得∠FPQ为钝角，则实数t的取值范围是______.

【答案】

【分析】求出点坐标，设，由题意可得，代入可得在上有解，由二次函数的性质求解作答.

【详解】F是抛物线的焦点，则，

设，若抛物线C上存在点P使得∠FPQ为钝角，

则，因为为x轴正半轴上一点，所以，

则，，

则，

要使在上有解，

则或，

解得：.

所以t的取值范围为.

故答案为：.

16．在三棱锥中，平面平面，是等边三角形且，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，若球的体积为，则三棱锥体积的最大值为______.

【答案】

【分析】先利用条件求出球的半径和外接圆的半径，由条件知，要使三棱锥体积取到最大值，则点在底面上的投影为的中点，再利用球的截面圆的性质建立等量关系，从而求到底面的最大距离，进而求出最大体积.

【详解】设球的，因为球的体积为，所以，得到

如图，设的外接圆的圆心为，外接圆的半径为，球心为，又因为是等边三角形且，

由正弦定理知，，所以，

因为平面平面，由面面垂直的性质知，点在底面上的投影在上，

因为三棱锥的四个顶点都在球的球面上，要使三棱锥体积取到最大值，则点在底面上的投影为的中点，

连接并延长交于，连，因为为等边三角形，所以为的中点，即有面，又易知平面，所以,

易知，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，

过作面于，由球的截面圆的性质知，点在上，所以

所以四边形为矩形，故，

在等边三角形中，，所以，

所以，

故

所以三棱锥体积的最大值为，

故答案为：.

四、解答题

17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.

(1)求A；

(2)若，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由二倍角余弦公式及正弦边角关系得，根据余弦定理求的余弦值，进而确定其大小；

（2）由已知和余弦定理得，再由求面积最大值，注意取值条件.

【详解】（1）由已知，

即，由正弦边角关系得，

所以，又，所以.

（2）由余弦定理，得，又，

所以，当且仅当时等号成立，

所以，故的面积的最大值为.

18．已知数列中，，且点在直线上，，是数列的前n项和.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，是否存在最大的整数p，使得对于任意的，均有？若存在，求出p的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，4

【分析】（1）由题设易得，根据等差数列定义写出通项公式即可；

（2）由已知及（1）得，应用等差数列前n项和公式求，进而有，结合基本不等式求范围，注意等号条件，最后求得，即判断存在性.

【详解】（1）由题意知，所以，又，

所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，故.

（2）存在，由（1）知：，所以，，

所以数列是以2为首项、2为公差的等差数列，则，

所以，当且仅当，即时等号成立.

所以，解得，因此，当时最大整数p的值为4.

19．学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由教师甲、乙作为代表进行决赛.决赛共设三个项目，每个项目胜者得10分，负者得分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为0.4，0.5，0.75，各项目的比赛结果相互独立.甲、乙获得冠军的概率分别记为，.

(1)判断甲、乙获得冠军的实力是否有明显差别（如果，那么认为甲、乙获得冠军的实力有明显差别，否则认为没有明显差别）；

(2)用X表示教师乙的总得分，求X的分布列与期望.

【答案】(1)甲、乙获得冠军的实力没有明显差别

(2)分布列见解析，

【分析】（1）设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，利用互斥事件和独立事件的概率共求得和，结合，即可得到结论；

（2）根据题意，得到的可能取值为，利用独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，得出分布列，结合期望的公式，即可求解.

【详解】（1）解：设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，

则教师甲获得冠军的概率

，

由对立事件的概率公式，可得得，

所以，解得，

因为，所以甲、乙获得冠军的实力没有明显差别.

（2）解：根据题意知，的可能取值为，

可得，

，

，

.

所以随机变量的分布列为

所以期望为.

20．如图1，在四边形ABCD中，，，AE=BE=2CD=2，.将四边形AECD沿AE折起，使得，得到如图2所示的几何体.

(1)若G为AB的中点，证明：平面ABE；

(2)若F为BE上一动点，且二面角的余弦值为，求的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取BE的中点O，连接OC，OG，易证四边形CDGO为平行四边形，则，再应用线面垂直的判定及性质、等腰三角形性质得、，最后根据线面垂直的判定有平面ABE，即可证结论；

（2）过点E作直线，证直线l，EA，EB两两相互垂直，构建空间直角坐标系并设，应用向量法求二面角的余弦值，结合已知列方程求参数即可得结果.

【详解】（1）如图，取BE的中点O，连接OC，OG，则，，

因为，，故且CD=OG，

所以四边形CDGO为平行四边形，则.

因为，，，面BCE，

所以平面BCE，面BCE，所以.

因为BC=CE，所以.

因为，面ABE，所以平面ABE，

所以平面ABE.

（2）如图，过点E作直线，则直线面ABE，面ABE，

又，所以直线l，EA，EB两两相互垂直，

以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，

设，则，，.

设面ADF的一个法向量为，则，令，则.

设面ABD的一个法向量为，则，令，则，

所以，解得或8（舍去），

故.

21．已知椭圆，点是椭圆C在第一象限上的一个动点，点，，分别是点关于y轴、原点和x轴的对称点，当四边形的面积最大时，线段，经过椭圆C的右焦点.

(1)求椭圆C的离心率；

(2)已知过点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，椭圆C的上顶点为B，求的面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆对称性设、、、，再由点在椭圆上及基本不等式可得，结合等号成立条件、及已知有，即可得离心率；

（2）设椭圆C的方程为、l的方程为，联立并应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式和三角形面积公式得到关于参数的表达式，利用导数求面积的最大值即可.

【详解】（1）设，则，，，

所以四边形是矩形.

因为在椭圆C上，则，所以，即，

所以四边形的面积，仅当，即时四边形的面积取得最大值2ab.

因为此时线段经过椭圆C的右焦点，所以，即，

所以.

（2）由（1）知：，b=c，，可设椭圆C的方程为，

设过点的直线l的方程为，与椭圆C的方程联立，得

消去y并整理，得.

设，，则

，

又到直线l的距离，

所以.

令，，则，

当时，，所以在上单调递减，

所以，故的最大值为.

22．已知函数和有相同的最大值，并且.

(1)求；

(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论，应用导数研究、研究其单调性、最值，结合已知求出；

（2）根据（1）确定、解析式、单调性、零点，数形结合判断直线的存在性，最后设交点坐标，并代入函数解析式求证交点横坐标的关系，应用等比中项性质判断等比数列.

【详解】（1），.

若，则时，时，

所以在定义域内先减后增，无最大值.

若，则，最大值为0，但不满足.

若，令，得.

当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减.

所以x=1时取得最大值，最大值为.

，.

若，则时，时，

所以在定义域内先减后增，无最大值.

若，则，最大值为0，但不满足.

若，令，得.

当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减.

所以时取得最大值，最大值为.

综上，，解得.

（2）由（1）知：在上单调递增，在上单调递减，

在上单调递增，在上单调递减，且，有唯一的零点，有唯一的零点1.

它们的大致图像如图所示，设曲线与在上交于点A，

当直线经过点A时，直线与曲线还有另一个交点B，

设，，，不妨设直线与曲线还有另一个交点，

则，则，故①，同理得②，

由①②知，与是直线与曲线交点的横坐标，故C是存在的.

因为且，所以，又，

所以，，从而有，故结论成立.

【点睛】关键点点睛：第二问，根据（1）确定、的单调性、零点，画出函数草图，数形结合判断直线存在性，再设点坐标代入函数式列方程求交点横坐标的关系.