2023届山西省朔州市怀仁市第一中学高三四模数学试题含解析

2023届山西省朔州市怀仁市第一中学高三四模数学试题

一、单选题

1．已知复数（其中为虚数单位），则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用复数的除法法则、共轭复数的定义即可得出．

【详解】由已知，

则.

故选：B.

2．已知集合，若，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出集合中不等式的解集，确定集合，使得集合与集合有交集即可求解.

【详解】对于集合，由可得：，从而.

所以，因为，所以的取值范围为.

故选：C

3．为研究每平方米平均建筑费用与楼层数的关系，某开发商收集了一栋住宅楼在建筑过程中，建筑费用的相关信息，将总楼层数与每平米平均建筑成本（单位：万元）的数据整理成如图所示的散点图：

则下面四个回归方程类型中最适宜作为每平米平均建筑费用和楼层数的回归方程类型的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】通过观察散点图并结合选项函数的类型得出结果.

【详解】观察散点图，可知是一个单调递减的曲线图，结合选项函数的类型可得回归方程类型是反比例类型，故C正确.

故选：C.

4．在的展开式中，二项式系数最大的项的系数为（    ）

A．20 B．160 C．180 D．240

【答案】B

【分析】写出展开式的通项，根据二项式系数的性质，可知时，二项式系数最大，代入即可得出答案.

【详解】展开式的通项为，，

二项式系数为，，

当时，二项式系数最大，

则该项的系数为.

故选：B.

5．已知菱形的边长为2，且，则的值为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】D

【分析】根据向量的数量积公式及运算律，结合菱形图形特征，计算求解可得.

【详解】由条件可知，所以，

在中，由余弦定理，可得，

，菱形的对角线互相垂直，则向量与向量的夹角为，

则.

故选：D.

6．毛泽东在《七律二首•送瘟神》中有句诗为“坐地日行八万里，巡天遥看一千河.”前半句的意思是：人坐在地面上不动，由于地球的自转，每昼夜会随着地面经过八万里路程.诗中所提到的八万里，指的是人坐在赤道附近所得到的数据.设某地所在纬度为北纬（即地球球心和该地的连线与赤道平面所成的角为），且.若将地球近似看作球体，则某人在该地每昼夜随着地球自转而经过的路程约为（    ）

A．万里 B．万里 C．万里 D．万里

【答案】A

【分析】计算出地球的半径，可求得某地随着地球自转所形成圆的半径，再利用圆的周长公式可求得结果.

【详解】由题意可知，赤道周长为万里，则地球半径万里.

设某地随着地球自转，所形成圆的半径为，

则万里，则该圆的周长万里.

故选：A.

7．已知圆，过点作圆的两条切线，切点分别为，若，则的长为（    ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】D

【分析】利用直线与圆相切的性质及四边形内角和计算可得∠APO=30°，解三角形即可.

【详解】如图所示，因为，若，则，

即，因为，所以.

故选：D

8．已知等差数列的前项和为（其中），则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据等差数列前n项和的公式，即可求解.

【详解】设等差数列的公差为，有，

两式作差有，

有

故选：D.

二、多选题

9．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的最小正周期为

B．函数的增区间为

C．点是函数图象的一个对称中心

D．将函数的图象向左平移个单位长度，可得到函数的图象

【答案】AD

【分析】根据二倍角的正余弦公式可得，结合正弦型函数的性质依次判断选项即可得出结果.

【详解】由.

对于选项A，函数的最小正周期为，故A选项正确；

对于选项B，令，

可得，

函数的增区间为，故B选项错误；

对于C选项，由，可知点不是函数图象的一个对称中心，故C选项错误；

对于选项D，由，故D选项正确.

故选：AD

10．已知，且则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】利用基本不等式求解判断.

【详解】对于选项A，(当且仅当时取等号)，故选项A错误；

对于选项B，(当且仅当时取等号)，故选项B正确；

对于选项C，，则 ，故选项C正确；

对于选项D，，故D选项错误.

故选：BC.

11．如图，已知抛物线的焦点为，抛物线的准线与轴交于点，过点的直线（直线的倾斜角为锐角）与抛物线相交于两点（在轴的上方，在轴的下方），过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，直线与抛物线的准线相交于点，则（    ）

A．若抛物线的焦点的坐标为，则

B．若，则直线的斜率为2

C．当时，若为等腰三角形，则的面积为

D．当时，

【答案】ACD

【分析】根据焦点坐标判断A选项，根据图形特征及斜率判断B选项，联立方程后应用面积公式判断C选项，根据抛物线性质求出比值判断D选项.

【详解】对于选项，可得，有，故选项正确；

对于选项，由，可得，又由，有为的中位线，有，

可得点的横坐标为，代入抛物线的方程，求得点的纵坐标为，故直线的斜率为，故B选项错误；

对于选项，当为等腰三角形时，，直线的斜率为1，焦点的坐标为，直线的方程为，

联立方程，解得点的横坐标为，有，则的面积为，故C选项正确；

对于选项D，如图，过点作直线的垂线，垂足为，记，

当时，有，由抛物线的性质有，在中，，

有，可得，得，有，故选项正确.

故选：ACD.

12．已知函数，则（    ）

A．函数为奇函数

B．当时，或1

C．若函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围为

D．若函数在区间上的值域为，则实数的取值范围为

【答案】ABD

【分析】利用奇函数的定义即可判断选项A；解方程即可判断选项B；根据参数是否为零，分别讨论即可判断选项C；根据函数的奇偶性和已知条件列出不等式组即可判断选项D.

【详解】对于选项，由，可知函数为奇函数，故选项正确；

对于选项，由，解得或，故B选项正确；

对于选项，由，有，当时，函数仅有一个零点0，当时，必有，有，可得，故C选项错误；

对于选项D，由，可知满足题意只需

当时，，有，即，

所以，由，有，

则，可知当时，和恒成立，

，有.故D选项正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．已知双曲线的右顶点为A，右焦点为轴上一点，若，则该双曲线的离心率为__________.

【答案】/

【分析】根据题意结合双曲线的性质分析运算即可.

【详解】由题意可得：，则，

可得，所以，

解得.

故答案为：.

14．已知为锐角，且，则__________.

【答案】

【分析】利用两角和的正弦公式化简得到，利用辅助角公式得到，即可求出，从而得解.

【详解】因为，

，

又，

所以，所以，即，

因为为锐角，所以，所以，所以，即.

故答案为：

15．已知函数，若，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【分析】首先判断的奇偶性，令，利用导数说明的单调性，即可得到的单调性，结合函数的奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.

【详解】因为，定义域为，

由，可知函数为偶函数，

函数图象关于轴对称，又由，

令，由可知函数为奇函数，

又由，（当且仅当时取等号），

可得函数单调递增，且当时，

由一次函数在区间单调递增且函数值恒为正，可知函数在区间单调递增，

又由函数为偶函数，可得函数的增区间为，减区间为，

不等式可化为，

必有，平方后整理为，解得或，

即实数的取值范围为.

故答案为：

16．如图，在三棱锥中，，若该三棱锥的外接球表面积为，则锐二面角的平面角的正切值为__________.

【答案】/

【分析】三棱锥的外接球球心位于过三角形，的外接圆圆心且与此平面垂直的直线上，找到球心再结合锐二面角的平面角的定义进行求解.

【详解】如图，

因为，所以该三棱锥的外接球半径，

已知，由余弦定理可得，所以

，同理可证.

所以的外接圆圆心分别位于斜边的中点，

设球心为，则平面，平面，平面，

所以，因为，

所以，

同理可证，因为，所以，

设锐二面角的平面角为，因为平面，所以与互余，即，，

故答案为：.

四、解答题

17．在锐角中，已知，且.

(1)求的值；

(2)当角取得最小值时，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正切两角和公式进行化简求得结果；

（2）根据均值不等式、正弦定理以及面积公式进行求解即可.

【详解】（1）因为，所以，

因为，所以，

在锐角三角形中，，所以，

所以，即；

（2）由（1）可知，，

当且仅当时，上述等号成立，

由得，

所以

由同理可得，

由正弦定理可得，解得，

所以.

18．已知等差数列的首项为1，公差，前项和为.数列也为等差数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列的前项和为，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)把用表示，由数列也为等差数列得，即可求出，代入等差数列的通项公式即可；

(2)先求出数列的通项公式，令为，由得到数列是等差数列，代入等差数列的前项和公式即可求出.

【详解】（1）因为，

且由题意可知，所以，解得，

所以；

（2）由（1）可知，

所以，

设，

则，

所以是以为首项，公差为12的等差数列，

所以.

19．为了迎接国庆，某市购进一批盆栽花卉，在市民广场摆放成花卉图案.该批花卉的品种共有四种（记为），且每种花卉均有100盆.

(1)现由甲､乙两人将这批花卉摆放成花卉图案，两人合作摆放完一种花卉后，再合作摆放下一种花卉.设甲摆放种花卉的盆数为随机变量，乙摆放种花卉的盆数为随机变量.证明：随机变量的方差相同；

(2)在这四个品种的花卉中，每个品种挑出3盆，将挑出的12盆花卉摆放在一起，小王在这12盆花卉中再挑三盆，记这三盆花中花卉的品种数为，求的分布列和数学期望.

【答案】(1)证明见解析

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据题意及方差运算性质即可证明

（2）根据题意分别求出离散型随机变量的分布列再计算数学期望即得.

【详解】（1）由题意可知，，

所以；

所以随机变量的方差相同.

（2）的取值为，

，

，

，

故的分布列为

20．如图，在五面体中，面是边长为的正方形，三角形是等边三角形，且，.

(1)证明：平面；

(2)若平面与平面所成二面角的正弦值为，求的长.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明出平面，利用线面平行的性质可得出，进而可得出，由已知条件得出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；

（2）取的中点，连接，分析出，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系 ，设，利用空间向量法可得出关于的等式，解之即可.

【详解】（1）解：因为四边形为正方形，则，

平面，平面，平面，

平面，平面平面，，，

因为，，则，，

，、平面，平面.

（2）解：取的中点，连接，因为是等边三角形，则，

又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系：

设，则、、，

设平面的法向量为，，，

则，取，则，

易知平面的一个法向量为，

由题意可得，

，解得，

因此，当时，平面与平面所成二面角的正弦值为.

21．已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且满足

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过点且斜率不为零的直线与椭圆相交于两点，过点分别作直线的垂线，垂足分别为点，求四边形面积的最大值.

【答案】(1)

(2)9

【分析】（1）由条件先计算得，再代入点计算即可；

（2）设直线的方程为，点，联立椭圆方程计算AD、DE、BE，，利用导数求其最值即可.

【详解】（1）由和，可得，

可得椭圆的标准方程为，

将点代入椭圆方程可得，解得，

故椭圆的标准方程为；

（2）

由（1）知点的坐标为(1,0)，设直线的方程为，

点，

联立方程消去后整理为，

有，

，

由，

有，

四边形的面积为，

令，可得，

令，

有，

可得函数单调递减，有，

可知当时，四边形的面积的最大值为.

22．已知函数.

(1)若是函数的极值点，求函数的零点的个数；

(2)当时，若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)两个零点

(2)

【分析】（1）求导根据极值点处导函数为0可得.

解法一：求导判断函数的单调性，结合零点存在性定理求解零点；

解法二：直接根据求解零点，根据三角函数值的关系求解即可；

（2）将题意转化为恒成立，令，求导根据和0，2的大小关系，结合函数的单调性与零点存在性定理与三角函数的范围分析即可.

【详解】（1），

由是函数的极值点，可得，可得.

解法一：有，

令.可得.可得.

可得函数的增区间为，减区间为，

又由，

，

可得存在，使得.

由上知函数有两个零点，一个为0，一个为；

解法二：当时，存，

有.

有，.

可得或，

又由，可知函数有两个零点；

（2）当时.若不等式恒成立，可得恒成立.

令，存.

①当时，由，有.可得.

②当时，令，有，可知函数单调递增.

又由，

I）当时，，可得此时函数单调递增.又由.可得，满足题意；

II）当时.由，又当时，，必定存在.

使得.且当时函数单调递减，无得，不合题意.

由上知当时.若不等式恒成立.则实数的取值范围为

【点睛】本题主要考查了利用导数分析与三角函数相关的单调性、零点与恒成立问题，需要根据题意构造函数，结合零点存在性定理与三角函数的值域，从而分情况讨论参数的范围，分析函数的单调性与最值进行求解.属于难题.