2023年海南省海口市琼山区重点中学高考数学四模试卷

2023年海南省海口市琼山区重点中学高考数学四模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知全集，设集合，则(    )

A.  B.
C.  D.

2.  已知复数满足，其中是虚数单位，为的共轭复数，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  在中，“”是“”的(    )

A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件

4.  甲、乙、丙三人玩传球游戏，每个人都等可能地把球传给另一人，由甲开始传球，作为第一次传球，经过次传球后，球回到甲手中的概率为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  “绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车和最终停止传统汽车销售的时间计划表，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景新能源汽车主要指电动力汽车，其能量来源于蓄电池已知蓄电池的容量单位：、放电时间单位：、放电电流单位：三者之间满足关系假设某款电动汽车的蓄电池容量为，正常行驶时放电电源为，那么该汽车能持续行驶的时间大约为参考数据：(    )

A.  B.  C.  D.

6.  已知是等边三角形所在平面内的一点，且，，则的最小值是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知双曲线的左、右焦点分别为，，点，分别在双曲线的左、右两支上，点在轴上，且，，三点共线，若，，则双曲线的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  设，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  下列命题中正确的是(    )

A. 一组从小到大排列的数据，，，，，，，，，，去掉与不去掉，它们的分位数都不变，则
B. 两组数据，，，，与，，，，，设它们的平均值分别为与，将它们合并在一起，则总体的平均值为
C. 已知离散型随机变量，则
D. 线性回归模型中，相关系数的值越大，则这两个变量线性相关性越强

10.  在四棱锥中，底面为矩形，侧面为等边三角形，，，，则(    )

A. 平面平面
B. 直线与所成的角的余弦值为
C. 直线与平面所成的角的正弦值为
D. 该四棱锥外接球的表面积为

11.  抛物线的焦点为，点为坐标原点，，过点的直线与抛物线交于，两点，则(    )

A. ，则到轴的距离为
B. 直线，的斜率之积恒为
C. 的最小值为
D. 若直线：，则到轴的距离与到直线的距离之和的最小值为

12.  已知函数、的定义域均为且满足，，，则(    )

A.  B.
C. 的图象关于点对称 D.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  的展开式中常数项是______ 用数字作答．

14.  已知，，若，则的最小值为______ ．

15.  三棱锥中，平面，，若，，则该三棱锥体积的最大值为______ ．

16.  某校高二学生一次数学诊断考试成绩单位：分图从正态分布，从中抽取一个同学的数学成绩，记该同学的成绩为事件，记该同学的成绩为事件，则在事件发生的条件下事件发生的概率______结果用分数表示
附参考数据：；；．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
在中，，，分别是的内角，，所对的边，且．
求角的大小；
记的面积为，若，求的最小值．

18.  本小题分
数列中，，对任意正整数都有．
求的通项公式；
设的前项和为，证明：
；
．

19.  本小题分
“十四五”时期是我国全面建成小康社会、实现第一个百年奋斗目标之后，开启全面建设社会主义现代化国家新征程、向第二个百年奋斗目标进军的第一个五年“三农”工作重心历史性转向全面推进乡村振兴，加快中国特色农业农村现代化进程国务院印发“十四五”推进农业农村现代化规划制定了具体工作方案和工作目标，提出到年全国水产品年产量达到万吨年至年全国水产品年产量单位：千万吨的数据如下表：

求出关于的线性回归方程，并预测年水产品年产量能否实现目标；
为了系统规划渔业科技推广工作，研究人员收集了年全国个地区含中农发集团渔业产量、渔业从业人员、渔业科技推广人员的数据，渔业年产量超过万吨的地区有个，有渔业科技推广人员高配比配比渔业科技推广人员总数：渔业从业人员总数的地区有个，其中年产量超过万吨且高配比的地区有个，能否有的把握认为“渔业科技推广人员配比和年产量”有关系．
附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，，

参考数据，
 

20.  本小题分
如图，四棱锥中，底面为矩形且垂直于侧面，为的中点，，．
Ⅰ证明：平面；
Ⅱ侧棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．

21.  本小题分
已知椭圆的离心率为，且椭圆经过点，过右焦点的直线与椭圆交于，两点．
求椭圆的方程；
设为坐标原点，求面积的最大值以及此时直线的方程．

22.  本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
若存在，，，且，使得，求证：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：由可得，，即，
，
由可得，，解得，
，
．
故选：．
先求出集合，，再利用集合的交集运算求解．
本题主要考查了对数不等式和分式不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：设，
则，
，
，即，解得，
故．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：充分性：在中，“”，由余弦函数在是减函数，故有，
若不是钝角，显然有“”成立，
若是钝角，因为，故有，故有
综上，“”可以推出“”
必要性：由“”
若是钝角，在中，显然有，可得，“”
若不是钝角，显然有，此时也有
综上，“”推出“”成立
故，“”是“”的充要条件
故选：．
本题考查充分条件必要条件的判断，由“”推出“”证充分性，“”推出“”证必要性
本题考查必要条件、充分条件与充要条件的判断，解题的关键是掌握充要条件的判断方法，利用原命题真假证充分性，逆命题的真假证明必要性，本题中有一个易混点，即没有搞清谁是谁的充要条件导致证明充分性与必要性交换，逻辑混乱，证明此类题时一定要搞清谁是谁的充要条件，一个易行的办法是，找出所涉及的命题来，用证明原命题的真假来证明充分性，用证明逆命题的真假来证明必要性
 

4.【答案】 

【解析】解：设甲、乙、丙三人用，，，
由题意可知：传球的方式有以下形式，，，，，，，，，
所求概率为．
故选：．
根据古典概型运算公式进行求解即可．
本题主要考查古典概型的概率计算公式，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：由，，时，，
，又，
．
故选：．
根据题意蓄电池的容量，再把代入，结合指数与对数的运算性质即可得解．
本题主要考查函数在实际问题中的应用，考查对数的运算，考查运算求解能力，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
设中点为，转化可得，易知当，，三点共线时，取得最小值，由此得解．

【解答】

解：设中点为，则，
，

由图象可知，当，，三点共线且点位于线段之间时，
取得最小值，
．
故选A．

7.【答案】 

【解析】解：依题意，得，，故，
又，故，
不妨设，由双曲线的定义可得，，，
故，故，则，
故为等边三角形，
故在中，，即，，，
由余弦定理，，
则，
故选：．
利用双曲线的定义，结合余弦定理，推出，关系，即可得到离心率．
本题考查双曲线的方程与性质，考查考生数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养，是中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：由，令且，
所以，
令且，则，即单调递减，
所以，故在上恒成立，则在上单调递减，
所以，即，则，
由，令且，
所以在上单调递增，故，
故在上单调递增，，即，则，
综上，．
故选：．
利用、的形式构造函数，应用导数研究其在上单调性，进而比较相应函数值的符号，即可知参数的大小关系．
本题主要考查了导数与单调性关系在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于：一组从小到大排列的数据，，，，，，，，，，共个数据，
因为，所以样本数据的分位数为第个和第个数据的平均数，即，
若去掉，一组从小到大排列的数据，，，，，，，，，共个数据，
因为，所以样本数据的分位数为第个数据，即，
去掉与不去掉，它们的分位数都不变，则，解得，选项正确；
对于：两组数据，，，，与，，，，，设它们的平均值分别为与，将它们合并在一起，有，则总体的平均值为，选项正确；
对于：已知离散型随机变量，有，则，选项错误；
对于：线性回归模型中，相关系数的值越大，则这两个变量线性相关性越强，选项错误．
故选：．
根据百分位数的计算公式，计算即可验证选项A；
由平均值的定义和公式验证选项B；
由二项分布的方差公式计算结果验证选项C；
由线性相关系数的性质判断选项D．
本题主要考查线性相关强度，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：因为为矩形，所以，因为侧面为等边三角形，
所以，因为所以，由为矩形可得，
因为，，平面，所以平面，
而平面，所以平面平面，因此选项A正确；
由为矩形可得，所以是直线与所成的角或其补角．
设的中点为，连接，，，因为侧面为等边三角形，所以，
而平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
由勾股定理可知：，
，
，
在中，由余弦定理可得，所以选项B正确；
因为平面，所以是直线与平面所成的角，
因此，所以选项C不正确；
设该四棱锥外接球的球心为，矩形的中心为，显然平面．
即，过作，连接，，设该四棱锥外接球的半径为，

所以在直角三角形中，有，
在直角梯形中，有，，
在直角三角形中，有，
即，所以，
解得，所以该四棱锥外接球的表面积为，因此选项D正确，
故选：．
根据勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、线面角定义、异面直线所成角的定义、球的几何性质逐一判断即可．
本题考查利用线面垂直的判定定理和球的几何性质，属中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于：，解得，故A错误；
对于：设直线的方程为，，，，
联立，得，
所以，，
所以，故B正确；
对于：，
所以，故C正确；
对于：设到轴的距离，到直线的距离为，
则，
所以的最小值为点到直线的距离为，
则距离之和的最小值为，故D正确，
故选：．
根据抛物线的几何性质及结论，即可分别求解．
本题考查抛物线的几何性质及结论，解题中需要理清思路，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于选项，因为，所以，函数的图象关于点对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
则，所以，错；
对于选项，因为定义域为的函数的图象关于点对称，则，对；
对于选项，因为，所以，
联立，可得，
所以，函数的图象关于点对称，对；
对于选项，因为，令可得，
所以，，故，
因为，所以，可得，
所以，可得，则，
记，，其中，且，，
则，，
所以数列是以为首项，公差为的等差数列，则，
数列是首项为，公差为的等差数列，，
所以，错．
故选：．
利用题干等式逐项递推，可判断选项的正误；利用函数的对称性的定义可判断选项；记，，其中，分析可知，这两个数列均为等差数列，确定这两个数列的首项和公差，结合等差数列的求和公式可判断选项．
本题考查抽象函数基本性质的推导，解题的关键在于通过不断的迭代、消元，结合函数基本性质的定义进行判断，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由题设可得：，
又的展开式的通项公式为，，，，，
令，可得，
的展开式中常数项是，
故答案为：．
先将变形为，然后利用二项式定理求得的展开式的通项公式，再利用通项公式求得结果即可．
本题主要考查二项式定理的应用，对式子的合理变形是解决问题的关键，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：因为，，且，所以，
即，化简得，
解得：或，
因为，，
所以，当且仅当时，取“”，所以的最小值为．
故答案为：．
因为，，将化为，利用基本不等式，转化为关于的一元二次不等式解决．
本题主要考查了基本不等式的应用，属于中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：如图所示，因为平面，即为三棱锥的高，设为，
又因为平面，所以，
在直角中，由，，可得，
因为，且，可得，
所以三棱锥的体积为：
，
当且仅当时，即时，
三棱锥的体积取得最大值，最大值为．
故答案为：．
设三棱锥的高，分别求得，，得到三棱锥的体积为，结合基本不等式，即可求解．
本题考查三棱锥的体积的最值的求解，基本不等式的应用，化归转化思想，属中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：由题意，，，
，
故答案为．
利用条件概率公式，即可得出结论．
本题考查条件概率，考查正态分布，考查想的计算能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：，
，
由正弦定理可得，，即，
由余弦定理可得，，
，
，
；
，
，
，
，
当且仅当，即时，等号成立，
，
，当且仅当时，等号成立，
故的最小值为． 

【解析】根据已知条件，结合正弦定理，以及余弦定理，即可求解；
根据已知条件，先求出，再对两边同时平方，并结合基本不等式的公式，三角形面积公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：因为，
所以，即，
又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
从而，则；
证明：因为，所以；
由得，
设，
则，
两式相减得，
即，
从而，故． 

【解析】根据题意化简得，得到数列为等比数列，进而求得数列的通项公式；
易得；
由得，设，利用乘公比错位相减法求得，即可求解．
本题考查数列的递推公式，错位相减求和法，涉及不等式放缩法的运用，考查学生逻辑推理与数学运算的能力，属于中档题．
 

19.【答案】解：由题意可得，
又因为，，，
所以，
所以，
所以关于的线性回归方程为；
由题意得，渔业科技推广人员配比和年产量之间的列联表如下：

所以，
故有的把握认为“渔业科技推广人员配比和年产量”有关系． 

【解析】先求出，的值，再利用公式求出，的值，从而得到关于的线性回归方程；
根据题意列出业科技推广人员配比和年产量之间的列联表，根据公式计算的值，再与临界值比较即可得到结果．
本题主要考查了线性回归方程的求解，考查了独立性检验的应用，属于中档题．
 

20.【答案】Ⅰ证明：设交于点，
底面为矩形，在中，，
为的中点，，
在中，，
，
，
，，
，，，即，
，为等边三角形，为的中点，，
平面平面，平面，平面平面，，
平面，
平面，，即，
又，，，平面，平面．
Ⅱ解：由在侧棱上，设，
底面为矩形，，
平面平面，平面平面，，
平面．
以坐标原点，过点作平行于的直线为轴，以和所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，

，为等边三角形，
为的中点，
，
，
，，
，
，
设平面的法向量为，
，即，令，；
设平面的法向量为，
由，可得，
令，，，
，
平面与平面夹角的余弦值为，
，
整理得，或，均符合，
或，
综上，侧棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，
此时或， 

【解析】Ⅰ利用相似三角形和勾股定理证出，根据平面与平面垂直的性质和直线与平面垂直的性质，证得，根据直线和平面垂直的判定定理，证出平面；
Ⅱ根据平面与平面垂直的性质以及为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角与平面与平面的夹角公式及关系，解出的值，求出存在点，得出或．
本题考查了线面垂直的证明以及两个平面的夹角计算，属于中档题．
 

21.【答案】解：由，得，
所以椭圆的方程为，
把点的坐标代入上式，得，可得，
所以，，故椭圆的方程为．
由知焦点的坐标为，若直线的斜率为，
则，，三点不能构成三角形，
所以直线的斜率不为，设直线的方程为，
联立方程组，消去，得，
方程的判别式，
设，，则，，
．
令，则，
当且仅当时，等号成立，即面积的最大值为．
令，解得，
所以此时直线的方程为或． 

【解析】根据给定条件列方程，求出，即可作答．
先判断直线的斜率不为，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理、三角形面积列出函数式，利用基本不等式求解作答．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：，函数定义域为，
则，
由得或，由得或，由得，
在和上单调递增，在上单调递减；
证明：由得在和上单调递增，在上单调递减，
存在，，，且，使得，则，
令，，
，
，恒成立，
在上单调递增，
又，
，
当时，，即，
，
，，
在上单调递增，，，
，，
设，，
则，
，恒成立，
在上单调递增，
又，
当时，，即，
，，
，
在上单调递增，且，，
，即，
联立得，，
，即． 

【解析】由题意得函数定义域为，求出，判断，，即可得出答案；
由得在和上单调递增，在上单调递减，由题意得，构造函数，，求出，可得恒成立，即，即，同理构造函数，，可得，即，联立，利用不等式的基本性质，即可证明结论．
本题考查利用导数研究函数的单调性和导数研究不等式成立问题，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．