2023届陕西省榆林市高三四模数学（理）试题含解析

2023届陕西省榆林市高三四模数学（理）试题

一、单选题

1．若集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据并集的概念可求出结果.

【详解】因为，

所以.

故选：B.

2．已知，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据复数的乘法运算法则求出，再根据复数的几何意义可得答案.

【详解】因为，

所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.

故选：D

3．双曲线的一条渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用给定的双曲线方程，求出双曲线的实半轴、虚半轴长即可求出渐近线的方程作答.

【详解】双曲线的实半轴长，虚半轴长，且焦点在x轴上，

所以双曲线的渐近线方程为，即，则D正确，ABC错误.

故选：D

4．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用正切函数的和差公式即可得解.

【详解】因为，

所以.

故选：A.

5．已知函数，若的图象在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为1，则（    ）

A． B．2 C．±2 D．

【答案】D

【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，再求出切线与坐标轴的交点坐标，再根据面积列式可求出结果.

【详解】因为，所以.

因为，所以的图象在处的切线方程为.

因为切线与坐标轴能围成三角形，所以，

令，得，令，得，

所以，所以.

故选：D

6．将函数的图象向右平移个单位长度，再把所得图象各点的横坐标缩小到原来的（纵坐标不变），所得图象的一条对称轴为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三角函数图象变换的知识求得图象变换后的函数解析式，再根据三角函数对称轴的求法求得正确答案.

【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，

所得函数图象的解析式为，

再把所得图象各点的横坐标缩小到原来的（纵坐标不变），

所得图象的函数解析式是.

令，则，当时，.

故选：C

7．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】通过判断来确定正确答案.

【详解】因为，所以.

因为，所以.

故选：C

8．的展开式中含项的系数为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】本题用二项式定理的通项公式即可求解.

【详解】因为展开式的通项为，所以展中含的项为.

故选：B.

9．如图，在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】通过做辅助线把平移到，得到为异面直线和所成的角或其补角．在中求出三边的长度，再用余弦定理即可得到的余弦值.

【详解】如图，

延长到点，使得，连接，由，得，即，

所以为异面直线和所成的角或其补角．

设正方体的棱长为2，

则，

所以.

故选：A

10．某学校举行了一次航天知识竞赛活动，经过班级初选后一共100名学生参加学校决赛，把他们的成绩（满分100分）分成共五组，并得到如图所示的频率分布直方图，其中第三组的频数为40.分析样本数据后，发现学生的竞赛分数近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，频率近似为样本方差.若某学生的成绩高于79.9即给该学生颁发优胜奖杯，则估计此次竞赛获得优胜奖杯的人数为（    ）（结果四舍五人保留到整数位）参考数据：若，则.

A．15 B．16 C．34 D．35

【答案】B

【分析】首先根据频率直方图得到，，再根据正态分布求解即可.

【详解】由题意得各组的频率依次为，

则，，

所以.

因为，

所以此次竞赛获得优胜奖杯的人数约为.

故选：B

11．已知球的内接三棱锥的体积为6，且的长分别为，则三棱锥的体积为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．6

【答案】B

【分析】设点到平面的距离为，根据锥体的体积公式得到，，两两互相垂直，取的中点，连接并延长至点，使，连接，则的中点即为球心，则，即可得解.

【详解】设点到平面的距离为，则

，

又，所以，，两两互相垂直，

取的中点，连接并延长至点，使，连接，则的中点即为球心.

因为点到平面的距离等于点到平面的距离的，

而点到平面的距离等于点到平面的距离，

所以.

故选：B

12．已知函数的定义域均为，且.若的图象关于直线对称，且，现有四个结论：①；②4为的周期；③的图象关于点对称；④.其中结论正确的编号为（    ）

A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③

【答案】C

【分析】对中的合理的赋值，消去到得，从而得到的周期；根据的图象关于直线对称及平移得的图象关于直线，对称；由及对称性求得.

【详解】由，可得，

又因为，所以，

可得，所以4为的周期，

因为的图象关于直线对称，由，

可知的图象关于直线对称，，

则的图象关于直线对称，所以，

又因为，即，所以.

故结论正确的编号为①②④.

故选：C

【点睛】关键点点睛：对含有混合关系的抽象函数，要探求性质首先要消去一个函数只剩下另一下函数，消去其中一个函数的方法就是对进行合理的赋值，组成方程组消去一个函数，再考查剩余函数的性质.如在本题中，将中的代换为可得，与联立消去可得，再进一步推断的性质.

二、填空题

13．已知向量，若，则__________.

【答案】7

【分析】根据向量垂直列方程，化简求得的值.

【详解】因为，所以，得.

故答案为：

14．中国象棋是中国棋文化，也是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味浓厚，基本规则简明易懂．张三和李四下棋，张三获胜的概率是，和棋的概率是，则张三不输的概率为__________．

【答案】

【分析】张三不输即和棋或者获胜，而和棋与获胜是互斥事件，根据互斥事件概率加法公式计算即可．

【详解】由题意得，张三不输的情况有：和棋或者获胜，

所以张三不输的概率，

故答案为：．

15．已知抛物线的顶点为，经过点，且为抛物线的焦点，若，则的面积为_________．

【答案】

【分析】根据抛物线焦半径的求解可得，进而得，由面积公式即可求解.

【详解】设，由，可得，所以，

则，即，所以的面积为．

故答案为：

16．在中，内角的对边分别是，若，则___________.

【答案】/

【分析】首先根据正弦定理角化边公式得到，再结合余弦定理求解即可.

【详解】因为，所以，因为，

所以，

因为，所以.

故答案为：

三、解答题

17．已知在等差数列中，..

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的通项公式列式求出和，再代入通项公式可得结果；

（2）利用，裂项求和可得结果.

【详解】（1）设的公差为.由，可得.

因为，所以.

由，得，.

故.

（2）因为，所以，

所以

.

18．推进垃圾分类处理是落实绿色发展理念的必然选择．某社区开展有关垃圾分类的知识测试．已知测试中有A，B两组题，每组都有4道题目，甲对A组其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道题做对的概率为，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为．甲对B组每道题做对的概率为0.6，甲可以选择从A组中任选2道题或从B组中任选2道题．

(1)若甲选择从A组中任选2道题，设X表示甲答对题目的个数，求X的分布列和期望；

(2)以答对题目数量的期望为依据，判断甲应该选择哪组题答题．

【答案】(1)分布列见详解，

(2)甲应选择B组

【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式求分布列，进而求期望；

（2）根据题意可得，结合二项分布求期望，并对你分析.

【详解】（1）由题意可知：X的可能取值为，则有：

，

，

，

所以X的分布列为：

故X的期望.

（2）若甲选择从B组中任选2道题，设Y表示甲答对题目的个数，则，

所以Y的期望，

因为，所以甲应选择B组.

19．在如图所示的三棱锥中，已知，为的中点，为的中点，为的中点.

(1)证明：平面.

(2)求平面与平面所成锐角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面平行的判定定理可证结论正确；

（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可求出结果.

【详解】（1）证明：因为是的中位线，所以.

因为平面平面，

所以平面.

（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则点，，，，，

.

设平面的一个法向量为，

则，取，得，，则.

设平面的法向量为，因为，

所以，得，取，得，则，

所以，

所以平面与平面所成锐角的余弦值为.

20．已知函数，.

(1)讨论的单调区间；

(2)若有3个零点，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）先求出函数的定义域，从而根据函数的解析式，求出函数的导函数，分析导函数符号在不同区间上的取值，

根据导函数符号与原函数的单调性之间的关系即可求出所求区间．

（2）由条件，根据函数的单调性结合零点存在性定理可求的取值范围.

【详解】（1）的定义域为，

若，当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

若，则恒成立，在上单调递增.

综上，当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；

当时，的单调递增区间为，无单调递减区间

（2）因为有3个零点，所以，

又的单调递增区间为，，单调递减区间为，

所以，，

解得，

此时，，

故函数在区间上各有一个零点，

即函数在区间上各有一个零点，满足要求；

所以的取值范围为.

【点睛】关键点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

21．已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，短轴长为.

(1)求椭圆的方程；

(2)为第一象限内椭圆上一点，直线与直线分别交于两点，记和的面积分别为，若，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据短轴长、离心率和关系可构造方程求得的值，进而得到椭圆方程；

（2）设，由此可得直线方程，与联立可得点坐标；同理可得点坐标；利用可构造方程求得点坐标，进而得到的值.

【详解】（1）设椭圆焦距为，则；

椭圆短轴长为，即，；

又，，，椭圆的方程为：.

（2）

由（1）知：，，

设，则直线，

由得：，即；

同理可得：，

，

化简得：或.

由得：，解得：或（舍）；

方程无实根；

，.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积问题的求解，解题关键是能够利用三角形面积之比构造方程求得点坐标，即的值，代入求解的方程中即可得到结果.

22．在平面直角坐标系中，直线的方程为，圆以为圆心且与相切.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求圆的极坐标方程；

(2)若射线与圆交于两点，且，求直线的直角坐标方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先由题意得出圆的标准方程，再化为一般式，根据普通方程化为极坐标方程的公式，即可得到结果；

（2）根据题意，把代入圆的极坐标方程，结合韦达定理即可得到，，结合，即可求出，从而得到，再得到直线的方程．

【详解】（1）因为圆以为圆心且与相切，所以其半径为，

所以圆的普通方程为，展开得，

由，得圆的极坐标方程为．

（2）把代入，得，

则是的两个根，

所以，，

则，解得，

因为，所以，

所以，即直线的直角坐标方程为．

23．已知函数的最小值为.

(1)解关于的不等式；

(2)若正数满足，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角不等式先求得，从而原不等式化简为，即可求解；

（2）由柯西不等式可得，从而可解.

【详解】（1）因为，

当且仅当，即或时，等号成立，所以.

又，则，即，

所以，则，所以不等式的解集为.

（2）由（1）可知，则.

由柯西不等式可知，

则，解得，当且仅当时，等号成立，

所以的最大值为.