2023年黑龙江省佳木斯八中高考数学第四次质检试卷（含解析）

这是一份2023年黑龙江省佳木斯八中高考数学第四次质检试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年黑龙江省佳木斯八中高考数学第四次质检试卷
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. 已知集合A={x|y=ln(x−2)}，B={x|x2−4x+3≤0}，则A∪B=(    )
A. [1,3] B. (2,3] C. [1,+∞) D. (2,+∞)
2. 设z的共轭复数是z−，若z−z−=4i，z⋅z−=8，则z=(    )
A. −2−2i B. 2+2i
C. −2+2i D. 2+2i或−2+2i
3. “sinα=cosα”是“α=π4+2kπ,(k∈Z)”的(    )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 已知一个圆柱的侧面积等于表面积的23，且其轴截面的周长是16，则该圆柱的体积是(    )
A. 54π B. 36π C. 27π D. 16π
5. 已知函数f(x)的定义域为R，f(x+2)为偶函数，f(2x+1)为奇函数，则(    )
A. f(−12)=0 B. f(−1)=0 C. f(2)=0 D. f(4)=0
6. 2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功，火箭在发射时会产生巨大的噪音，已知声音的声强级d(x)(单位：dB)与声强x(单位：W/m2)满足d(x)=10lgx10−12.若人交谈时的声强级约为50dB，且火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为109，则火箭发射时的声强级约为(    )
A. 130dB B. 140dB C. 150dB D. 160dB
7. 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)>2f(x).设a=e2f(0)，b=ef(12)，c=f(1)，则(    )
A. a2}，
B={x|x2−4x+3≤0}={x|1≤x≤3}，
则A∪B={x|x≥1}．
故选：C．
求出集合A，B，利用并集定义能求出A∪B．
本题考查集合的运算，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

2.【答案】D 
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
z−z−=4i，z⋅z−=8，
则a+bi−(a−bi)=2bi=4i，(a+bi)(a−bi)=a2+b2=8，解得a=±2，b=2，
故z=2+2i或−2+2i．
故选：D．
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

3.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了充分必要条件，考查三角函数以及集合的包含关系．
根据充分必要条件的定义结合集合的包含关系判断即可．
【解答】
解：由“sinα=cosα”得：α=kπ+π4，k∈Z，
故sinα=cosα是“α=π4+2kπ,(k∈Z)”的必要不充分条件，
故选：B．
  
4.【答案】D 
【解析】解：设圆柱的底面半径为r，高为h，
由题意可得，2πrh=23(2πrh+2πr2)4r+2h=16，解得r=2h=4．
∴该圆柱的体积是πr2h=16π．
故选：D．
设圆柱的底面半径为r，高为h，由题意列关于r与h的方程组，求得r与h的值，代入圆柱体积公式求解．
本题考查圆柱的侧面积、表面积与体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．

5.【答案】B 
【解析】解：因为函数f(x+2)为偶函数，则f(2+x)=f(2−x)，
可得f(x+3)=f(1−x)，
因为函数f(2x+1)为奇函数，则f(1−2x)=−f(2x+1)，
所以，f(1−x)=−f(x+1)，
即f(x+3)=−f(x+1)=f(x−1)，
∴f(x)=f(x+4)，
故函数f(x)是以4为周期的周期函数，
因为函数F(x)=f(2x+1)为奇函数，则F(0)=f(1)=0，
故f(−1)=−f(1)=0，其它三个选项未知．
故选：B．
推导出函数f(x)是以4为周期的周期函数，由已知条件得出f(1)=0，结合已知条件可得出结论．
本题考查了函数的性质，学生的数学运算能力，属于基础题．

6.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了对数的运算，学生的数学运算能力，属于基础题．
利用题中的公式，直接将数据代入即可解出．
【解答】
解：设交谈时的声强为x，则50=10lgx10−12，
∴x=10−7，
所以火箭发射时的声强为：10−7×109=102，
故火箭发射时声强级为：d(x)=10lg10210−12=140，
故选：B．
  
7.【答案】A 
【解析】解：令g(x)=f(x)e2x，因为对于任意实数x，有f′(x)>2f(x)，
则g′(x)=e2xf′(x)−2f(x)e2xe4x=f′(x)−2f(x)e2x>0，
故g(x)=f(x)e2x在R上单调递增，
所以g(0)C，
所以B+π3+C=π，可得B+C=2π3，所以A=π3；
(2)因为a= 3，△ABC的面积为 32=12bcsinA，
又sinA= 32，
所以bc=2，
由余弦定理可得cosA=b2+c2−a22bc=(b+c)2−2bc−32bc=12，
所以12=(b+c)2−4−34，可得b+c=3，
所以△ABC的周长的值为3+ 3． 
【解析】本题主要考查了两角和的正弦公式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，属于中档题．
(1)利用两角和的正弦公式化简已知等式可得sin(B+π3)=sinC，由题意可求得B>C，进而根据B+π3+C=π，可得A的值．
(2)由已知利用三角形的面积公式可求bc=2，进而根据余弦定理可求b+c的值，即可求解△ABC的周长的值．

18.【答案】解：(1)因为 3cosA(ccosB+bcosC)+asinA=0，
由正弦定理可得： 3cosA(sinCcosB+sinBcosC)+sinAsinA=0，
所以 3cosAsin(B+C)+sin2A=0，
在△ABC中，sin(B+C)=sinA≠0，
所以 3cosA+sinA=0，
即tanA=− 3，
而A为三角形的内角，
所以A=23π；
(2)在△ABC中由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccosA，
因为a=2 7，b=2，
所以28=4+c2−2×2c⋅(−12)，解得：c=4或c=−6(舍)，
所以c=4，
再由余弦定理可得a2+b2−c2=2bacosC，可得cosC=2 7，
在Rt△ACD中，CD=ACcosC=22 7= 7，
所以可得CD=12BC，
S△ABD=12S△ABC=12×12AB⋅ACsin∠BAC==14×4×2× 32= 3，
所以△ABD的面积为 3． 
【解析】本题考查了三角形正余弦定理，三角形面积公式，属于中档题．
(1)由正弦定理可将等式化简，再由三角形中的角的范围求出A的值；
(2)由(1)可求出c边，进而由余弦定理可得cosC的值，再由三角形AD⊥AC可求出D为CB的中点，可得三角形ABD的面积为三角形ABC的一半，即可求出三角形ABD的面积．

19.【答案】(1)解：根据以上数据，得观测值K2=200×(90×30−50×30)2140×60×120×80=257≈3.571>2.706，
所以有90%的把握认为是否参加直播带货与性别有关；
(2)解：由题意，女生未参加过直播带货的频率为30120=14，
所以频率视为概率，每个女生未参加过直播带货的概率为14，
因为每次抽取的结果是相互独立的，所以X～B(3,14)，
所以P(X=k)=C3k(14)k(1−14)3−k,k=0,1,2,3，
所以P(X=0)=2764,P(X=1)=2764,P(X=2)=964,P(X=3)=164，
所以随机变量X的分布列为：
 X
 0
 1
 2
 3
 P
 2764
 2764
 964
 164
所以随机变量的均值E(X)=3×14=34． 
【解析】(1)直接根据列联表计算观测值K2，再根据独立性检验思想判断即可；
(2)由题意，可得X～B(3,14)，再根据二项分布概率公式求解即可．
本题考查了独立性检验和离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．

20.【答案】(1)证明：连接CE，因为∠ECD=∠DCG=45°，所以∠ECG=90°，即CE⊥CG．
因为BC//EF，且BC=EF，所以四边形BCEF为平行四边形，所以BF//EC，
因此，BF⊥CG．
因为BC⊥平面ABF，BF⊂平面ABF，所以BC⊥BF．
又因为BC∩CG=C，所以BF⊥平面BCG，
又因为BF⊂平面BFD，所以平面BFD⊥平面BCG．
(2)解：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设AF=2，AD=t，

则A(0,0,0)，B(0,2,0)，F(2,0,0)，D(0,0,t)，G(−1,1,t)，
于是AB=(0,2,0)，AG=(−1,1,t)，FB=(−2,2,0)，FD=(−2,0,t)．
设平面BDF的一个法向量为n=(x,y,z)，
由n⋅FB=−2x+2y=0n⋅FD=−2x+tz=0，
令z=2，得n=(t,t,2)．
设平面ABG的一个法向量为m=(x′,y′,z′)，
由m⋅AB=y′=0m⋅AG=−x′+y′+tz′=0，
令z′=1，得m=(t,0,1)cos〈m,n〉=m⋅n|m||n|=t2+2 2t2+4 t2+1．
由平面BDF与平面ABG所成的锐二面角的余弦值为 155，得t2+2 2t2+4 t2+1= 155，
解得t=2，即AD=2．
因为DA⊥平面ABF，所以∠DFA就是直线DF与平面ABF所成的角，
在△ADF中，因为∠DAF=90°，AD=AF=2，所以∠DFA=45°，
因此直线DF与平面ABF所成的角为45°． 
【解析】(1)连接CE，证明CE⊥CG.推出BF⊥CG.证明BC⊥BF.即可证明BF⊥平面BCG，然后证明平面BFD⊥平面BCG．
(2)以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设AF=2，AD=t，求出平面BDF的一个法向量，求出平面ABG的一个法向量，利用平面BDF与平面ABG所成的锐二面角的余弦值为 155，求出AD=2.说明∠DFA就是直线DF与平面ABF所成的角，然后求解即可．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角以及直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．

21.【答案】解：(Ⅰ)因为左顶点为A(−2,0)，则a=2，离心率为 32，即e=ca= 32，
所以c= 3，b2=a2−c2=1，
所以椭圆的方程为：x24+y2=1；
(Ⅱ)设D(−4,t)，B(x1,y1)，C(x2,y2)，
又A(−2,0)，由四边形ABCD为平行四边形，所以直线AD//BC，
kBC=kAD=t−4+2=−t2，所以直线BC的方程为：y=−t2x+ 32，
联立y=−t2x+ 32x24+y2=1，整理可得：(1+t2)x2−2 3tx−1=0，
Δ>0显然成立，且x1+x2=2 3t1+t2，x1x2=−11+t2，
则|BC|= 1+t24⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 1+t24⋅ 12t2(1+t2)2−4⋅(−11+t2)，而|AD|= t2+4，
所以 t2+4= 1+t24⋅ 12t2(1+t2)2−4⋅(−11+t2)，解得：t=± 2，
所以直线l的方程为：y=± 22x+ 32．
当直线BC的斜率为0时，则直线BC的方程为y= 32，代入椭圆x24+y2=1中，可得x=±1，
B(1, 32)，C(−1, 32)，则直线AB的斜率为k= 32−01−(−2)= 36，且|AB|= [1−(−2)2+( 32)2= 392,
也为四边形ABCD为平行四边形，所以可得AD//BC，即D(−4,0)，可得直线CD的斜率 32−0−1−(−4)= 36=kAB
即D(−4,0)，则|CD|= [−1−(−4)]2+( 32)2= 392=|AB|，所以四边形ABCD也为平行四边形，
综上所述直线BC的方程为：y=± 22x+ 32或y= 32． 
【解析】(Ⅰ)由左顶点及离心率的值，可得a，c的值，进而求出b的值，求出椭圆的方程；
(Ⅱ)设D的坐标，可得直线AD的斜率及|AD|的值，由四边形为平行四边形可得直线AD，BC的斜率相等，由直线BC过点(0, 32)，可得直线BC的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|BC|的值，由|AD|=|BC|可得参数的值，当直线BC的斜率为0时，可得直线BC的方程，与椭圆联立，求出B，C的坐标，进而求出直线AB的斜率及弦长|AB|的值，由四边形ABCD为平行四边形，可得AD//BC，可得D(−4,0)，可得直线CD的斜率及|CD|的长，符合平行四边形的性质，求出直线BC的方程．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，平行四边形的性质的应用，属于中档题．

22.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=1−ax=x−ax，x∈(0,+∞)，
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)=0，得x=a，
x∈(0,a)时，f′(x)0，f(x)单调递增．
综上：当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，无减区间，
当a>0时，f(x)的单调递减区间为(0,a)，单调递增区间为(a,+∞)；
(Ⅱ)由题意得：f(x)min≥0，
由(Ⅰ)得，当a>0时，f(x)min=f(a)=a−1−alna，
则f(a)=a−1−alna≥0，
令g(a)=a−1−alna，
可得g′(a)=−lna，
因此g(a)在(0,1)递增，在(1,+∞)上递减，
∴g(a)max=g(1)=0，
故a−1−alna≥0成立的解只有a=1，
当a≤0，f(x)在(0,+∞)上递增，
x→0，f(x)→−∞，故不合题意，
综上：a的取值集合为{1}． 
【解析】(Ⅰ)求出f′(x)=1−ax=x−ax，x∈(0,+∞)，再讨论a的取值范围，从而求出其单调区间；
(Ⅱ)由题意得：f(x)min≥0，求出g(a)max=g(1)=0，故a−1−alna≥0成立的解只有a=1，当a≤1，不合题意，问题得解．
本题考察了函数的单调性，渗透了分类讨论思想，属于中档题．