黑龙江省佳木斯市第八中学2023届高三第四次教学质量检测数学试题（含解析）

这是一份黑龙江省佳木斯市第八中学2023届高三第四次教学质量检测数学试题（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。
黑龙江省佳木斯市第八中学2023届高三第四次教学质量检测数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．设z的共轭复数是，若，，则（    ）
A． B． C． D．或
3．“”是“，”的（    ）
A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要
4．已知一个圆柱的侧面积等于表面积的，且其轴截面的周长是16，则该圆柱的体积是（    ）
A． B． C． D．
5．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（    ）
A． B． C． D．
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（单位：）与声强x（单位：）满足．若人交谈时的声强级约为，且火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为，则火箭发射时的声强级约为（    ）
A． B． C． D．
7．已知函数的导函数为，满足.设，，，则（    ）
A． B． C． D．
8．声音是由物体振动产生的声波，我们听到的声音中包含着正弦函数．若某声音对应的函数可近似为，则下列叙述正确的是（   ）
A．为的对称轴 B．为的对称中心
C．在区间上有3个零点 D．在区间上单调递增

二、多选题
9．某市教育局为了解双减政策的落实情况，随机在本市内抽取了A，B两所初级中学，在每一所学校中各随机抽取了200名学生，调查了他们课下做作业的时间，并根据调查结果绘制了如下频率分布直方图：

由直方图判断，以下说法正确的是（    ）
A．总体看，A校学生做作业平均时长小于B校学生做作业平均时长
B．B校所有学生做作业时长都要大于A校学生做作业时长
C．A校学生做作业时长的中位数大于B校学生做作业的中位数
D．B校学生做作业时长分布更接近正态分布
10．已知，且，则下列结论正确的是（    ）
A．的最小值是4
B．的最小值是2
C．的最小值是
D．的最小值是
11．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与该椭圆相交于，两点，点在该椭圆上，且，则下列说法正确的是（    ）
A．存在点，使得 B．满足为等腰三角形的点有2个
C．若，则 D．的取值范围为
12．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（       ）

A．
B．点的轨迹是一个半径为的圆
C．直线与平面所成角为
D．三棱锥体积的最大值为

三、填空题
13．二项式的展开式的常数项是 ．
14．曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 .
15．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有 种．
16．骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为的等边三角形，设点为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为 .


四、解答题
17．已知分别为内角的对边，，且.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
18．已知的内角的对应边分别为，且.

（1）求；
（2）设为边上一点﹐且，求的面积.
19．主播代言､优惠促销､限时“秒杀”……目前，各类直播带货激起人们的消费热情，但也存在不少问题.日前，中国消费者协会发布了网络直播销售侵害消费者权益案例分析，归纳出虚假宣传､退换货难､诱导交易等七大类问题.某相关部门为不断净化直播带货环境，保护消费者合法权益，进行了调查问卷，随机抽取了200人的样本进行分析，得到列联表如下：

参加过直播带货
未参加过直播带货
总计
女性
90
30
120
男性
50
30
80
总计
140
60
200
(1)根据以上数据，判断是否有的把握认为是否参加直播带货与性别有关？
(2)将频率视为概率，从样本的女性中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次.记抽取的3人中“未参加过直播带货”的人数为X，若每次抽取的结果是相互独立的，求随机变量X的分布列和均值.
附：，其中.

0.15
0.10
0.05
0.025

2.072
2.706
3.841
5.024
20．如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G四点共面.

(1)证明：平面BDF⊥平面BCG；
(2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为，求直线DF与平面ABF所成角的大小.
21．椭圆的左顶点为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知经过点的直线交椭圆于两点，是直线上一点.若四边形为平行四边形，求直线的方程.
22．已知函数（其中为参数）.
(1)求函数的单调区间：
(2)若对任意都有成立，求实数的取值集合.

参考答案：
1．C
【分析】根据对数式有意义及一元二次不等式的解法，结合并集的定义即可求解.
【详解】要使函数有意义，则，解得，
所以，
由，得，解得，
所以，
所以.
故选：C.
2．D
【分析】待定系数法设复数，由题意列方程组求解
【详解】设，则，由题意得
，
解得即或，
故选：D
3．B
【分析】由得，再根据必要条件，充分条件的定义判断即可.
【详解】解：当时，，，
反之，当，时，，
所以“”是“，”的必要不充分条件.
故选：B
4．D
【分析】设圆柱的底面半径为，高为，则由题意得，，解方程组，再根据圆柱的体积公式求解即可．
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，
∵圆柱的侧面积等于表面积的，且其轴截面的周长是16，
∴ ，解得 ，
∴圆柱的体积为，
故选：D．
【点睛】本题主要考查圆柱的表面积公式与体积公式，属于基础题．
5．B
【分析】推导出函数是以为周期的周期函数，由已知条件得出，结合已知条件可得出结论.
【详解】因为函数为偶函数，则，可得，
因为函数为奇函数，则，所以，，
所以，，即，
故函数是以为周期的周期函数，
因为函数为奇函数，则，
故，其它三个选项未知.
故选：B.
6．B
【分析】运用所给的公式，结合对数的运算性质进行求解即可.
【详解】当人交谈时的声强级约为，，
即人交谈时的声强为，因为火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为，
所以火箭发射时的声强为：，
因此火箭发射时的声强级为，
故选：B
7．A
【分析】令，由题意得，单调递增，则，即可得解.
【详解】令，则，
，，单调递增，
即，
.
故选：A.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了构造新函数的能力，属于中档题.
8．D
【分析】利用知关于直线对称的性质验证A；求得可判断B；化简，令，得，进而判断C；利用导数研究函数的单调性可判断D.
【详解】对于A，由已知得，即，故不关于对称，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，利用二倍角公式知，令得或，即，所以该函数在区间内有4个零点，故C错误；
对于D，求导，令，由，知，即，利用二次函数性质知，即，可知在区间上单调递增，故D正确；
故选：D.
9．AD
【分析】由直方图可逐项分析可得答案.
【详解】由直方图可知，A校学生做作业时长大部分在1—2小时，而B校学生做作业时长大部分在2.5—3.5小时，故A正确，C错误；
B校有学生做作业时长小于l小时的，而A校有学生做作业时长超过5小时的，故B错误；
B校学生做作业时长分布相对A校更对称，故D正确．
故选：AD.
10．AC
【分析】对于A：利用“乘1法”转化后，利用基本不等式求得最小值，进而判定；
对于B：先利用基本不等式求得的取值范围，根据此范围利用基本不等式求最小值时注意基本不等式取等号的条件不能成立，进而判定；
对于C：利用基本不等式和指数幂的运算性质得到最小值，进而判定；
对于D：利用对数的运算法则、对数函数的单调性和B中求得的的取值范围，得到所求式子的最大值为-2，进而判定.
【详解】对于A：，当且仅当时等号成立，
故A正确；
对于B：，当且仅当时等号成立，
∵,∴，当且仅当时取等号.
但,故等号取不到，∴，故B错误；
对于C：，当且仅当时等号成立，
故C正确；
对于D：，当且仅当时等号成立，故D错误．
故选：AC．
11．ACD
【分析】首先求出椭圆方程，当点为该椭圆的上顶点时，求出，即可判断A；
再根据的范围判断B，利用余弦定理及三角形面积公式判断C，根据椭圆的定义及的范围判断D；
【详解】解：根据题意：可得，的最小值为1，所以，又，所以，，，所以椭圆方程为，
当点为该椭圆的上顶点时，，所以，此时，所在存在点，使得，所以选项A正确；
当点在椭圆的上、下顶点时，满足为等腰三角形，又因为，，∴满足的点有两个，同理满足的点有两个，所以选项B不正确；若，，，由余弦定理，即，又，所以，所以，所以选项C正确；对于选项D，，分析可得，，所以选项D正确，
故选：ACD．
12．ACD
【分析】证明出平面，利用线面垂直的性质可判断A选项；利用勾股定理计算出的长，可判断B选项；利用线面角的定义可判断C选项；计算出面积的最大值，结合锥体体积公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接，因为四边形为正方形，则，
平面，平面，则，
因为，平面，平面，，
同理可证，，平面，
平面，，A对；

对于B选项，设平面，
因为，，所以，三棱锥为正三棱锥，
因为平面，则为正的中心，则，
所以，，，，
平面，平面，，即，，
因为，即，，解得，
所以，点的轨迹是半径为的圆，B错；
对于C选项，平面，所以，与平面所成的角为，
且，，故，C对；
对于D选项，点到直线的距离为，
所以点到直线的距离的最大值为，
故的面积的最大值为，
因为平面，则三棱锥的高为，
所以，三棱锥体积的最大值为，D对.
故选：ACD.
13．7
【详解】分析:先根据二项式展开式的通项公式写出第r+1项，再根据项的次数为零解得r，代入即得结果.
详解：二项式的展开式的通项公式为,
令得，故所求的常数项为
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数的值，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出特定项的系数.
14．
【分析】设切线的切点坐标为，对函数求导，利用，求出，代入曲线方程求出，得到切线的点斜式方程，化简即可.
【详解】设切线的切点坐标为，
，所以切点坐标为，
所求的切线方程为，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.
15．20
【分析】由题意，根据乙的支付方式进行分类，根据分类与分步计数原理即可求出．
【详解】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，
当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，
综上故有10+10＝20种，
故答案为20.
【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题.
16．
【分析】由题意以所在的直线为轴，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，将所涉及的点的坐标求出，其中点坐标借助于三角函数表示，则所求的结果即可转化为三角函数的最值问题求解.
【详解】由题意圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为的等边三角形，点为后轮上的一点，如图以所在的直线为轴，以点为坐标原点建立平面直角坐标系：则，，.

圆的方程为，设，
所以，，
故.
故答案为：.
17．(1)
(2)

【分析】（1）利用辅助角公式得到，从而得到的两种关系，再根据，舍去，进而求解出；（2）利用面积公式，求出，再用余弦定理求出，进而求出的周长.
【详解】（1）∵
∴
即
∴
∴或
∵在中，
∴
故
∴，即，
∴
（2）∵的面积为，且由第一问可知：
由面积公式得：
∴
∵
由余弦定理得：
解得：
∴的周长为
18．（1）；（2）.
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式可得，进而得 ，求得，即可得解；
（2）在中，由余弦定理求得，再在中，求得，得到点是的中点，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1），
由正弦定理得：，
即，
在中，，，所以，
因为，所以，
（2）由余弦定理可得，即
整理得：，解得或（舍去）
，，解得，
在中，，所以，
，即是的中点，所以的面积.

【点睛】关键点点睛：本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
19．(1)有的把握认为是否参加直播带货与性别有关
(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）直接根据列联表计算观测值，再根据独立性检验思想判断即可；
（2）由题意，可得，再根据二项分布概率公式求解即可.
【详解】（1）解：根据以上数据，得观测值，
所以有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，
所以频率视为概率，每个女生未参加过直播带货的概率为，
因为每次抽取的结果是相互独立的，所以，
所以，，
所以，，，.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P




所以随机变量的均值.
20．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）过作，交底面弧于，连接，有为平行四边形，根据题设可得，即，再由线面垂直的性质可得，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.
（2）构建如下图示空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，确定相关点坐标，进而求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得，再找到直线DF与平面ABF所成角的平面角，求其大小即可.
【详解】（1）过作，交底面弧于，连接，易知：为平行四边形，
所以，又G为弧CD的中点，则是弧的中点，
所以，而由题设知：，则，
所以，即，
由底面，面，则，又，
所以面，又面，
所以面面.

（2）由题意，构建如下图示空间直角坐标系，

令半圆柱半径为，高为，则，，，，
所以，，，，
若是面的一个法向量，则，令，则，
若是面的一个法向量，则，令，则，
所以，整理可得，则，
由题设知：面，则直线DF与平面ABF所成角，故，即.
21．(1)；
(2)或

【分析】（1）直接由顶点和离心率求出椭圆方程即可；
（2）设，由表示出直线的斜率，进而写出直线的方程，联立椭圆求出弦长，由求出，即可求得直线的方程.
【详解】（1）由题意知：，则，故椭圆的方程为；
（2）
设，又，故，又直线经过点，故的方程为，
联立椭圆方程可得，显然，，
则，
又，由，可得，
解得或，
故直线的方程为或.
22．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据的正负即可得到单调区间；
（2）当时，由可知不合题意；当时，由（1）可得，令，利用导数可求得，由此可得的取值集合.
【详解】（1）由题意得：定义域为，；
当时，，则的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，令，解得：；
当时，；当时，；
的单调递增区间为；单调递减区间为；
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为；单调递减区间为.
（2）当时，，不合题意；
当时，由（1）知：在上单调递减，在上单调递增，
；
若对任意都有成立，则；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
的解集为，实数的取值集合为.