2023届福建省石狮市永宁中学高三第四次模拟数学试题含解析

这是一份2023届福建省石狮市永宁中学高三第四次模拟数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届福建省石狮市永宁中学高三第四次模拟数学试题

一、单选题
1．已知命题，则为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据全称命题的否定是特称命题判断即可.
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题，，
，.
故选：D
【点睛】本题主要考查全称命题的否定，属于简单题.
2．若集合，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先利用函数的定义域求法化简集合B，再利用交集的运算求解.
【详解】因为集合，集合，
所以.
故选：C.
【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及函数定义域的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
3．某篮球队甲、乙两名运动员练习罚球，每人练习10组，每组罚球40个.命中个数的茎叶图如下图，则下面结论中错误的一个是（  ）

A．甲的极差是29 B．甲的中位数是24
C．甲罚球命中率比乙高 D．乙的众数是21
【答案】B
【分析】通过茎叶图找出甲的最大值及最小值求出极差判断出A对；找出甲中间的两个数，求出这两个数的平均数即数据的中位数，判断出D错；根据图的数据分布，判断出甲的平均值比乙的平均值大，判断出C对．
【详解】由茎叶图知
甲的最大值为37，最小值为8，所以甲的极差为29，故A对
甲中间的两个数为22，24，所以甲的中位数为故B不对
甲的命中个数集中在20而乙的命中个数集中在10和20，所以甲的平均数大，故C对
乙的数据中出现次数最多的是21，所以D对
故选B．
【点睛】茎叶图的优点是保留了原始数据，便于记录及表示，能反映数据在各段上的分布情况．茎叶图不能直接反映总体的分布情况，这就需要通过茎叶图给出的数据求出数据的数字特征，进一步估计总体情况．
4．已知函数是定义在上的偶函数，且函数在上是减函数，如果，则不等式的解集为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据题意可得在，上为减函数，结合奇偶性以及可得，解出的取值范围，即可得答案．
【详解】函数是定义在上的偶函数，且函数在，上是减函数，
所以在上是增函数，
由（3），则不等式（3）（3），
解之可得，
故不等式的解集为，．
故选：．
【点睛】将奇偶性与单调性综合考查一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.
5．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，则下列说法正确的是（　　　　）
A．若m⊥l，则m⊥α B．若m∥l，则m∥α
C．若l∥β，则β∥α D．若l⊥β，则β⊥α
【答案】D
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定逐一核对四个命题得答案.
【详解】解：对于A，由l⊂α，m⊥l，得m∥α或m⊂α或m与α相交，故A错误；
对于B，由l⊂α，m∥l，得m∥α或m⊂α，故B错误；
对于C，由l⊂α，l∥β，得β∥α或β与α相交，故C错误；
对于D，由l⊂α，l⊥β，结合面面垂直的判定可得β⊥α，故D正确.
故选：D.
【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题.
6．直线截圆所得劣弧所对圆心角为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作示意图，设弦为，弦的中点，则劣弧所对圆心角为， ，求圆心到直线的距离，解直角三角形求劣弧所对圆心角的一半，由此可得结论．
【详解】圆的圆心为，半径，
设直线与圆的交点为，
弦的中点为,如图，劣弧所对圆心角为，
因为，所以，
因为圆心到直线的距离，
所以，
所以，
所以劣弧所对圆心角为．
故选：A．

7．已知点在抛物线C：（）的准线上，过点A的直线与抛物线在第一象限相切于点B，记抛物线的焦点为F，则（    ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【分析】由点在准线上可知的值，从而确定抛物线的方程，设点的坐标为，，通过对抛物线方程求导，可得点直线AB的斜率，再通过、两点的坐标也可求得，于是建立关于的方程，解之可得的值，最后利用抛物线的定义即可得解.
【详解】抛物线的准线方程为，
∵点在准线上，∴即，
抛物线的方程为，即，
设点的坐标为，，
对求导可得，，∴直线AB的斜率为，
由、，可知，解之得，或（舍负），
∴点，由抛物线的定义可知，，
故选：C.
【点睛】本题考查抛物线的定义、准线方程等，还涉及利用导数求抛物线上某点处切线的斜率，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题.
8．我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”．“赵爽弦图”是数形结合思想的体现，是中国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽．如图，大正方形是由个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若，，为的中点，则（   ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据相似三角形，利用向量的分解可得解.
【详解】
如图所示，过点分别作，，分别交，于点，，
则，，
所以，，，，
由已知得，
则在中，，
所以，，
即，，
所以，，
即，，
所以，
故选：A.

二、多选题
9．已知复数满足为虚数单位，复数的共轭复数为，则（    ）
A． B．
C．复数的实部为 D．复数对应复平面上的点在第二象限
【答案】BD
【分析】因为复数满足，利用复数的除法运算化简为，再逐项验证判断.
【详解】因为复数满足，
所以
所以，故A错误；
，故B正确；
复数的实部为 ，故C错误；
复数对应复平面上的点在第二象限，故D正确.
故选：BD
【点睛】本题主要考查复数的概念，代数运算以及几何意义，还考查分析运算求解的能力，属于基础题.
10．已知的最小正周期为，则下列说法正确的有（   ）
A．
B．函数在上为增函数
C．直线是函数图象的一条对称轴
D．是函数图象的一个对称中心
【答案】BD
【解析】首先化简函数，根据周期求，然后再判断三角函数的性质.
【详解】，
，
，故A不正确；
当时， 是函数的单调递增区间，故B正确；
当时，，，所以不是函数的对称轴，故C不正确；、
当时，，，所以是函数的一个对称中心，故D正确.
故选：BD
【点睛】本题考查三角函数的化简和三角函数的性质，本题的思路是整体代入的思想，属于基础题型.
11．已知正项的等比数列中，，设其公比为，前项和为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】由，根据等比数列的通项公式的计算，求得，进而求得通项公式和的值，再由，，结合选项，即可求解.
【详解】因为，可得，即，解得或，
又由正项的等比数列，可得，所以，所以A正确；
数列的通项公式为，所以B正确；
则，所以C不正确；
由，则，，所以，所以D正确.
故选：ABD.
12．关于函数，，下列说法正确的是（    ）
A．当时，在处的切线方程为
B．当时，存在唯一极小值点且
C．对任意，在上均存在零点
D．存在，在上有且只有一个零点
【答案】ABD
【分析】对于A选项，直接求出切线斜率利用点斜式写出方程即可判断正误.
对于B选项，利用二次求导得单调性，再利用零点存在性定理确定出所在区间即可；
对于C，D选项，转化为对于与图像交点情况的判断.
【详解】对于A选项，当时，，x，
故，切点为(0，1).又，.
则切线方程为，即，故A正确;
对于B选项，时，，
令，则.
当时，因，则.
当时，，故在(-π，+∞)上单调递增，
注意到，，
有，又=>0，
故在(-π，+∞)上有唯一零点，结合在(-π，+∞)上单调递增
得f(x)存在唯一极小值点，且，
则，得+，
则，又因
则，得，故B正确.
对于C选项，，，令，则，
当且时，显然没有实根，故且
则，令，有，
令，得且，
则在上单调递减，
在上单调递增，
在上单调递减，
的极小值为h=≥，
的极大值为h=≤，
故当时，与的图像没有交点，
即在上没有零点，故C错误;
对于D选项，由C选项分析可知，存在，使得在上有且只有一个零点，此时，故D正确，
故选：ABD.
【点睛】：方法点睛：处理涉及函数零点问题的常见手段：
（1）数形结合，转化为直线与函数图像的交点相关问题.
（2）利用零点存在性定理，结合函数单调性，通过适当地取点，确定零点所在的大致区间.

三、填空题
13．的展开式中的常数项为______．
【答案】
【解析】先求出展开式中的常数项与含的系数,再求展开式中的常数项.
【详解】展开式的通项公式为: , 
令，解得, 
，
令，解得, 
，
展开式中常数项为: .
故答案为:.
【点睛】本题考查二项展开式常数项的求解，属于基础题.
14．已知，则______．
【答案】
【分析】根据同角的三角函数关系先求出，再用二倍角公式求出、，最后再利用余弦的和角公式求．
【详解】∵，，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：．

四、双空题
15．四棱锥各顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，，，则球的体积是__________；设、分别是、中点，则平面被球所截得的截面面积为__________.
【答案】         
【解析】利用题意知，利用球的体积公式可得结果；设球心到平面得距离为，截面圆半径为，由等体积法即可得，利用勾股定理即可得到，即可得出结果.
【详解】
由题设知球心为中点，
,
则，
∴球直径，
∴，
设球心到平面得距离为，截面圆半径为，
由题设球心到平面的距离等于点到平面的距离，
由等体积法得，
，
，
求得，
∴，
故截面面积为.
故答案为：，.
【点睛】本题主要考查了球的表面积和体积公式，属于较易题.

五、填空题
16．已知双曲线的左右焦点分别为，，直线过点交双曲线右支于，两点，若，，则双曲线的离心率为__________.
【答案】
【解析】设，则，，推出，由双曲线的定义得，再在和应用余弦定理得，进而得答案.
【详解】解：设，则，，
∴，由双曲线的定义，得，
此时，在和应用余弦定理得：

；
所以，即，故，
所以．
故答案为：.
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题．

六、解答题
17．在中，，，分别是角，，的对边，并且．
（Ⅰ）已知_______，计算的面积；请从①，②，③这三个条件中任选两个，将问题（Ⅰ）补充完整，并作答．
（Ⅱ）求的最大值．
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）1.
【分析】（Ⅰ）根据余弦定理求出，若选择①，②，根据余弦定理求出，然后根据面积公式可求得结果；若选择①，③，根据正弦定理和余弦定理求出及与的关系，根据面积公式可求得结果；若选择②，③，根据正弦定理求出，再根据面积公式可求得结果；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，通过三角函数恒等变换化简得，利用正弦函数的单调性即可求解.
【详解】（Ⅰ），
由余弦定理知，，
，．
选择①②：
，
，即，解得或（舍负），
则的面积；
选择①③：
由正弦定理知，，
，，
，
，
由构成的方程组，解得，，
则的面积．
选择②③：
由正弦定理知，，
，，
则的面积．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
，
，
，
，，
，，
故的最大值为1．
18．设数列的前n项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由得出数列是等比数列，（先求出），可得通项公式；
（2）由（1）得，用错位相减法求和．
【详解】解：（1）当时，，解得．
因为，①
所以当时，，②
①-②得，，所以．
故数列是首项为1，公比为2的等比数列，其通项公式为．
（2）由题知，，
所以，③
，④
③-④得，
．
所以．
【点睛】方法点睛：本题考查求等比数列的通项公式，考查错位相减法求和．数列求和的常用方法：
（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法．
19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，二面角为60°，E为PD的中点．

（1）证明：平面PAD．
（2）求平面ADE与平面ABE所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由已知条件可证得平面PCD，从而可得，再由二面角为60°，可得为等边三角形，可得，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）过P作，垂足为O，可证得平面ABCD，设AB的中点为Q，可得平面PDC，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，然后利用空间向量求解平面ADE与平面ABE所成锐二面角的余弦值
【详解】（1）证明：四边形ABCD为正方形，．
，，
平面PCD．
平面PCD，．
二面角P-AD-B为60°，．
，，为等边三角形．
为PD的中点，．
，平面PAD．
（2）解：过P作，垂足为O，易知O为CD的中点．
平面平面ABCD，
平面平面，平面PDC，
平面ABCD．
设AB的中点为Q，连接OQ，
则，平面PDC．
以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．

正方形ABCD的边长为2，
，，，，，，
，，，
平面PAD，
为平面ADE的一个法向量．
设是平面ABE的法向量，
则，
令，得．
．
平面ADE与平面ABE所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的证明方法，考查二面角的求法，解题的关键是合理建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，考查计算能力，属于中档题
20．随着智能手机的普及，手机计步软件迅速流行开来，这类软件能自动记载每日健步走的步数，从而为科学健身提供了一定帮助.某企业为了解员工每日健步走的情况，从该企业正常上班的员工中随机抽取300名，统计他们的每日健步走的步数（均不低于4千步，不超过20千步）.按步数分组，得到频率分布直方图如图所示.

（1）求这300名员工日行步数（单位：千步）的样本平均数（每组数据以该组区间的中点值为代表，结果保留整数）；
（2）由直方图可以认为该企业员工的日行步数（单位：千步）服从正态分布，其中为样本平均数，标准差的近似值为2，求该企业被抽取的300名员工中日行步数的人数；
（3）用样本估计总体，将频率视为概率.若工会从该企业员工中随机抽取2人作为“日行万步”活动的慰问奖励对象，规定：日行步数不超过8千步者为“不健康生活方式者”，给予精神鼓励，奖励金额为每人0元；日行步数为8~14千步者为“一般生活方式者”，奖励金额为每人100元；日行步数为14千步以上者为“超健康生活方式者”，奖励金额为每人200元.求工会慰问奖励金额（单位：元）的分布列和数学期望.
附：若随机变量服从正态分布，则，，.
【答案】(1)  12     (2)  47      (3)   分布列见解析，
【解析】(1) 用每组数据中该组区间的中点值为代表，利用公式直接可求解.
(2)由题意得，求出即可求解出答案.
(3)由频率分布直方图可知每人获得奖金额为0元的概率为0.02，每人获得奖金额为100元的概率为：0.88，每人获得奖金额为200元的概率为：,的取值为0，100，200,300,400.
分布求出概率，列出分布列，求出数学期望.
【详解】（1）    由题意有
（千步）
（2）由，由（1）得
所以

所以300名员工中日行步数的人数：.
(3)由频率分布直方图可知：
每人获得奖金额为0元的概率为：.
每人获得奖金额为100元的概率为：
每人获得奖金额为200元的概率为：
的取值为0，100，200,300,400.





所以的分布列为：

0
100
200
300
400

0.0004
0.0352
0.7784
0.176
0.01

（元）
【点睛】本题考查利用频率分布直方图求平均值，正态分布，离散型随机变量的概率分布列与数学期望，属于中档题.
21．已知椭圆的离心率为，焦距为2．
（1）求的标准方程．
（2）过的右焦点F作相互垂直的两条直线，（均不垂直于x轴），交于A，B两点，交 于C，D两点．设线段AB，CD的中点分别为M，N，证明：直线MN过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】（1）由焦点得，由离心率可求得，再由求得后可得椭圆方程；
（2）设直线AB的方程为，，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，从而得点坐标，同理得点坐标，在直线斜率存在的情况下，求出直线斜率，得直线方程，由直线方程得定点坐标，然后说明斜率不存在时直线也过此定点．
【详解】（1）解：因为离心率，，且，
所以，，，
故的标准方程为．
（2）证明：由（1）知．
设直线AB的方程为，，，
联立方程组，消去y得
，
则，，
所以M的坐标为．
因为，所以CD的斜率为．
将M坐标中的k换为，可得N的坐标为．
当时，设直线MN的斜率为，
则，
所以直线MN的方程为，
即，则直线MN过定点．
当时，直线MN的方程为，也过点．
综上所述，直线MN过定点．
【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交中定点问题．解题方法是设而不求的思想方法．即设直线AB的方程为，，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，从而可得中点坐标（用表示），点坐标，然后求出直线方程后，通过方程得出定点．
22．已知函数．
（1）若，求的极值；
（2）若对任意，恒成立，求整数m的最小值．
【答案】（1）极大值为，无极小值；（2）1．
【解析】（1）求导函数，由导函数确定函数的单调性，得极值；
（2）不等式恒成立转化为在上恒成立，设，转化为求的最大值，确定的零点的范围，得出最大值的范围后可得最小的整数．
【详解】解：（1）当时，，
．
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减．
所以在时取得极大值且极大值为，无极小值．
（2）因为对任意，恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立．
设，则．
设，
显然在上单调递减，
因为，，
所以，使得，即．
当时，；
当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以．
因为，所以，
故整数m的最小值为1．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数求函数的极值，研究不等式恒成立问题．求解不等式恒成立问题，常常需要转化，用分离参数法转化为求函数的最值．本题中函数的最值点不能直接求出，我们用表示，通过得出的范围，从而可得最大值的范围，然后得出结论．