广东省汕头市潮阳实验学校2022-2023学年高三数学下学期4月质量检测（四）（Word版附答案）

潮阳实验学校2023届高三数学质量检测试题（四）4月12日

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．满足等式的集合共有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

2．已知，则（    ）

A． B． C． D．

3．已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，当时，．若，则（    ）

A．2 B．0 C． D．

4．正整数1，2，3，…，的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式；当很大时．其中称为欧拉—马歇罗尼常数，…，至今为止都不确定是有理数还是无理数．设表示不超过的最大整数．用上式计算的值为（    ）（参考数据：，，）

A．7 B．8 C．9 D．10

5．甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者参加三月份学雷锋活动，现有，，三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区．则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（    ）

A． B． C． D．

6．如图，已知正四棱台中，，，，点，分别为，的中点，则下列平面中与垂直的平面是（    ）

A．平面 B．平面 C．平面 D．平面

7．已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

8．已知点，，，…，…和数列，满足，．若，，分别为数列，的前项和，则（    ）

A． B． C． D．0

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9．下列命题正确的有（    ）

A．若是（，，）的根，则该方程的另一个根必是

B．，，

C．，，

D．已知，，是虚数单位，，则的最小值为

10．甲箱中有4个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（    ）

A．事件与事件（，2，3）相互独立 B．

C．   D．

11．已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的两条互相垂直的直线，分别与抛物线交于，和，，过点分别作，的垂线，垂足分别为，，则（    ）

A．四边形面积的最大值为2 B．四边形周长的最大值为

C．为定值 D．四边形面积的最小值为32

12．已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上㫒于，的动点，，，研究发现：平面和直线所成的角为，，该圆锥侧面与平面的交线为曲线．当时．曲线为圆，当时，曲线为椭圆，当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线．则下列结论正确的为（    ）

A．过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2

B．的取值范围为

C．若，为线段上的动点，则

D．若，则曲线必为双曲线的一部分

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则的展开式中，的系数为__________．

14．科拉茨是德国数学家，他在1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半（即）；如果是奇数，则将它乘3加1（即），不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1．这是一个很有趣的猜想，但目前还没有证明或否定．如果对正整数（首项）按照上述规则施行变换后的第8项为1（注：1可以多次出现），则满足条件的的所有不同值的和为__________．

15．已知椭圆与双曲线有共同的焦点、，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为__________．

16．设，分别是函数（且）的极小值点和极大值点，若，则的取值范围是__________．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（本小题满分10分）

在中，角，，的对边分别为，，，已知，且．

（1）求的外接圆半径；

（2）求内切圆半径的取值范围．

18．（本小题满分12分）

如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．

（1）求点到平面的距离；

（2）为线段上一点，若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．

19．（本小题满分12分）

第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．

（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数的分布列和期望；

（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第次传球之前球在甲脚下的概率为，易知，．

①试证明：为等比数列；

②设第次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小．

20．（本小题满分12分）

已知数列满足，．

（1）记，求数列的通项公式；

（2）记，为数列的前项和，求证：．

21．（本小题满分12分）

已知双曲线的一个焦点为，为坐标原点，过点作直线与一条渐近线垂直，垂足为，与另一条渐近线相交于点，且，都在轴右侧，．

（1）求双曲线的方程；

（2）若直线与双曲线的右支相切，切点为，与直线交于点，试探究以线段为直径的圆是否过轴上的定点．

22．（本小题满分12分）

已知函数，为的导数．

（1）若为的零点，试讨论在区间上零点的个数；

（2）当时，，求实数的取值范围．

潮阳实验学校2023届高三数学质量检测试题（四）4月12日

数学参考答案

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．D【解析】方程的实数根有，，，解集构成的集合为，

即，

则符合该等式的集合为，，，，

故这样的集合共有4个．故选：D．

2．C【解析】由，

又．故选：C．

3．A【解析】为奇函数，，

又为偶函数，，．

即，，

函数的周期为4，

由，令，易得，，

，

解得，，

当时，，．故选：A．

4．B【解析】由题意知．

而，

又，

，

，

，

，

故，故选：B．

5．B【解析】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，

再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，

5人被分为3，1，1或2，2，1．

当5人被分为3，1，1时，情况数为；

当5人被分为2，2，1时，情况数为；

所以共有．

由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，

当5人被分为3，1，1时，且甲去，甲若为1，

则，甲若为3，则，

共计种；

当5人被分即为2，2，1时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，

则，共计种，

所以甲不在小区的概率为，故选：B．

6．C【解析】延长，，，交于一点，取中点，连接，，如图所示：

因为正四棱台，所以为正四棱锥，

因为，，，且，

所以，即，解得，

所以，即为等边三角形．

因为为中点，所以，且，同理可得，

因为，所以，即，

因为，为，中点，所以，

故，，

因为，，

所以，，

所以，，

因为，，

所以在上，在上．

因为，，

所以，，

即，，

因为平面，平面，

，所以平面．故选：C．

7．B【解析】设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，

又，，

则公切线的斜率，则，所以，

则公切线方程为，即，

代入得：，

则，整理得，

若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，

则方程有两个不同的实根，

设，，则，令得，

当时，，单调递增，时，，单调递减，

又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如图：

所以解得，故实数的取值范围为．故选：B．

8．D【解析】由题，，．

，

又，，．

，，．

同理：

，，，，，，，，，，，，…

即数列，均是周期为6的数列，

而，，

．故选D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9．AC

10．BD【解析】，，．

选发生，则乙箱中有4个红球3个白球3个黑球，，

先发生，则乙箱中有3个红球4个白球3个黑球，，

先发生，则乙箱中有3个红球3个白球4个黑球，．

，B对．

，

，

，C错．

，A错．

，D对，故选：BD．

11．ABD【解析】依题意，，解得，即抛物线：，焦点，准线方程为：，直线，与坐标轴不垂直，因为，，，则四边形为矩形，有，

当且仅当时取等号，，

即四边形面积的最大值为2，A正确；

因为，则，

当且仅当时取等号，因此四边形周长的最大值为，B正确；

设直线方程为：，，，，

由消去得：，则，

，同理．

因此，C错误；

四边形面积，

当且仅当时取等号，所以四边形面积的最小值为32，D正确．

故选：ABD．

12．ACD【解析】对选项A：如图1，设截面为，为中点，连接，，设，，则，当，即时等号成立，A正确；

对选项B：如图2，中，，，则当时，，B错误；

对选项C：如图3，为等腰直角三角形，，将放平得到，当，，三点共线时最小，为中点，连接，则，，，C正确；

对选项D：由，可解得或者，而，

所以，从而该圆锥侧面与平面的交线必为双曲线的一部分，D正确．

故选：ACD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．60【解析】由题知，即，解得，而，又含的项为，又，含的项为，故的系数为：．

14．190【解析】设对正整数按照上述变换，得到数列：，，…，，，则：

则的所有可能取值为2，3，16，20，21，128，共6个，其和为：190．

15．【解析】设椭圆，双曲线，

且设，，

由椭圆的定义得①，

由双曲线的定义得②，

得，，

得，，

由余弦定理可得，

所以③，

设，，

所以，

当即时，取最大值为．

16．【解析】，

因为，分别是函数的极小值点和极大值点．

所以函数在和上递减，在上递增，

所以当时，，当时，．

若时，

当时，，，则此时，

与前面矛盾，故不符合题意；

若时，

则方程的两个根为，，

即方程的两个根为，，

即函数与函数的图象有两个不同的变点．

令，则，，

设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，

则切线的斜率为，

故切线方程为，

则有，解得，

则切线的斜率为，

因为函数与函数的图象有两个不同的交点，

所以，解得，又，所以，

综上所述，的范围为．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．【解析】（1）由正弦定理，，可得，

再由余弦定理，，又，所以．

因为，所以．

（2）由（1）可知：，则．

，

则．

在中，由正弦定理，

，

所以，，

则

，

又，所以，

所以，

，所以．

18．【解析】（1）取中点，连接，．

为等边三角形，，，．

又平面平面，平面平面，

平面，平面．

又平面，．

，，．

又，平面，平面，，

平面．

又平面，．

，．

设点到平面的距离为，

则即，．

（2）由（1），分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，．

设，则，

得，则．

又平面，则取平面的法向量．

设与平面所成的角为，则

，解得．

则，．

设平面的法向量，则

令，则取平面的法向量，又平面的法向量．

故平面与平面夹角的余弦值为．

19．【解析】（1）方法一：的所有可能取值为0，1，2，3，

在一次扑球中，扑到点球的概率，

所以，，

，，

所以的分布列如下：

．

方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，

门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为0，1，2，3，易知，

所以，，

故的分布列为：

所以的期望．

（2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为，

则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，

第次传球之前球不在甲脚下的概率为，

则，

即，又，

所以是以为首项，公比为的等比数列．

②由①可知，所以，

所以，

故．

20．【解析】（1）因为，

所以，又，即，

代入中有，化简得．

所以数列是以为首项，为公差的等差数列．

所以；

（2）由（1）有，

所以，

所以，，

当时，，

所以当时，，

且，

所以，当时，．

21．【解析】（1）不妨设点在第一象限，，则．

因为，则，．

由已知，，即，

即．

因为，则，即．

因为为渐近线的倾斜角，则，即．

又，则，．

所以双曲线的方程是．

（2）由题意易知直线的斜率存在，设其方程为，

联立直线与双曲线的方程，消去，

得，

，

得，则，

设切点，则，

．

设，因为是直线与直线的交点，

所以，，

假设轴上存在定点满足条件，则恒成立，

即：

，

故存在，使得，即，

所以轴上存在定点在以为直径的圆上．

22．【解析】（1）由题意，，

因为为的零点，所以，即，

从而，

②       因为，所以0是的零点；

②当时，设，

则，

（ⅰ）若，令，

则，

所以在区间上单调递减，

因为，．

所以存在唯一的，使得．

当时，，在区间上单调递增；

当时，，在区间上单调递减；

（ⅱ）若，令，则，

故在区间上单调递减，所以．

又，

所以，在区间上单调递减；

（ⅲ）若，则，在区间上单调递减．

由（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）可得，在区间上单调递增，在区间上单调递减，

因为，，所以存在唯一使得．

当时，，在区间上单调递增，，

当时，，在区间上单调递减，

因为，，所以在区间上有且只有一个零点，

综上可得，在区间上有两个零点．

（2）当时，，

则不等式化为，即为．

令．

则，

（ⅰ）当时，，在区间上单调递增，且，故时满足题意；

（ⅱ）当时，令，则在上有无数零点，

且存在最小的一个零点，当时，，则在区间上单调递增，

所以，即，所以，，

所以，故不满足题意，舍去；

（ⅲ）当时，因为，所以，

令，，不满足题意，舍去．

综上可得，，即实数的取值范围是．