河北省沧州市沧衡名校联盟2023-2024学年高三下学期4月模拟考试数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知是边长为4的正三角形，则（ ）
A. 8B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的定义直接计算得解.
【详解】正的边长为4，则.
故选：C
2. 已知集合，若，则实数（ ）
A. -1或2B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由交集的结果，计算元素的值并检验.
【详解】因为，则，
若，解得，此时，
根据集合中元素的互异性，不合题意；
若，即，
解得或，若，此时，
不合题意；当时成立.
故选：D.
3. 在某市的一次质量检测考试中，学生的数学成绩可认为近似服从正态分布，其正态密度曲线可用函数的图象拟合，且，若参加本次考试的学生共有10000人，则数学成绩超过120分的人数约为（ ）
A. 600B. 800C. 1200D. 1400
【答案】B
【解析】
【分析】由随机变量的密度函数可求，由条件，利用正态分布的性质可求，由此可求结论.
【详解】依题意可知，，又因为，
所以，
所以数学成绩超过120分的人数约为，
故选：B.
4. 已知8名同学参加体能综合测试的成绩分别为，从这8名同学中选出3名同学，则这3名同学中最高的体能综合测试成绩恰好是这8名同学体能综合测试成绩的第百分位数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出这组数据的第百分位数，再由古典概型的概率公式及组合数公式计算可得.
【详解】因为，所以这8名同学体能综合测试成绩的第百分位数是，
从名同学中选名同学，有种选法，
其中这名同学中最高的体能综合测试成绩恰好为的选法有种，
根据古典概型可得所求概率.
故选：C.
5. 已知函数，记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数考查函数的单调性，比较自变量的范围和大小，利用函数单调性和奇偶性比较即得.
【详解】函数的定义域为，所以函数为偶函数，
当时，设，则，故在上单调递增且恒为正数，
则函数在上单调递减，又函数为偶函数，故在上单调递增，
又，即，于是，即.
故选:C.
6. 已知复数，复数满足，则的最大值为（ ）
A. 7B. 6C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简复数，再根据得出复数对应的点的轨迹，进而可得出答案.
【详解】，
又，
即在复平面内，复数对应的点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
又点到坐标原点的距离为，
所以的最大值为.
故选：A.
7. 将函数图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若和在区间上都是单调递增的，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简函数的解析式，结合余弦函数性质求其单调区间，根据函数图象变换求函数的解析式，再求其单调区间，由此确定的最大值.
【详解】依题意，，
令，解得，
即函数单调递增区间为，
不妨令，则函数在上是单调递增的.
令，解得，
即函数的单调递减区间为，
不妨令，则函数在上是单调递减的.
，
令，解得，
即函数的单调递增区间为，
不妨令，则函数在上是单调递增的，
令，解得，
即函数的单调递减区间为，
令可得，则函数在上是单调递减的，在上是单调递减.
若和在区间上都是单调递增的，且和的周期都为，
则的最大值为.
故选：D.
8. 已知正六棱锥的高为，侧面与底面所成角的正切值为4，则该正六棱锥的内接正六棱柱（即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱和底面上）的外接球的表面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由侧面与底面所成角的正切值为4求出半径，设，由几何关系得，利用二次函数求最值.
【详解】如图，设正六棱锥的底面中心为，正六棱柱为，
其中底面在棱锥底面上，
设底面的中心为，外接球球心为，由题意得，
底面的中心为，底面的所有顶点均在正六棱锥的侧棱上，
则，因为正六棱锥的底面为正六边形，
设边长为，侧面与底面所成角为，作,易知,
则，解得，
即正六棱锥的底面边长为1，设，则，
由题意得，故，
故正六棱柱外接球半径的平方
，
当且仅当时取得最小值，此时外接球表面积，
故正六棱柱的外接球表面积的最小值为，
故选：D.
【点睛】关键点点睛:本题考查球的切接问题，关键是利用几何关系确定半径关于的函数关系.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，则（ ）
A. B.
C. D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用平方关系及二倍角判断ABC,利用商数关系及差角的正切公式判断D.
【详解】对A,因为，则，即，
所以，所以选项不正确；
对B,因为，所以，又，所以，
，
又，所以，所以B选项正确；
对C，，
所以C选项正确；
对，因为，
若，则，所以选项正确，
故选：BCD.
10. 已知函数为定义在上的函数的导函数，，，且，则下列说法正确的有（ ）
A. 函数的图象关于直线对称
B. 函数的图象关于点对称
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由条件，判断函数的对称性，判断A；由条件，判断函数的对称性，判断B；由条件可得，结合选项B的结论，判断函数的周期，由此判断C；结合的性质，求，结合周期性可求结论.
【详解】函数的定义域为，
因为，所以函数的图象关于点对称，
所以选项不正确；
对于B，因为，所以，
所以函数的图象关于点对称，所以选项正确；
对于C，由选项知，，因为，
则，
所以，所以函数的图象关于直线对称，
又，所以，即，所以，
所以8是函数的一个周期，所以，所以C选项正确；
对于D，，，
所以
，所以选项正确，
故选：BCD.
11. 已知点为抛物线的准线与轴的交点，分别为上不同两点（其中在第一象限），为抛物线的焦点，为坐标原点，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则中点横坐标最小值为4
B. 若三点共线，且，则直线的斜率为
C. 若三点共线，且，则直线的斜率为
D. 若三点共线，且的外接圆与的交点为（异于），则的重心在轴上
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A根据抛物线定义结合梯形中位线性质即可判断；CD选项采用设线法联立抛物线方程得到得到韦达定理式，将B选项垂直转化为向量点乘为0，将C选项的斜之比转化为纵坐标之比，D选项设出该圆方程将其与抛物线方程联立得到一元三次方程，利用因式分解得到纵坐标之和为0即可判断.
【详解】依题意得，，所以抛物线的方程为，焦点，准线方程为，
对于A选项，设线段的中点为，分别过点作准线的垂线，垂足分别为，
根据梯形中位线性质和抛物线定义可得，
当且仅当三点共线时，等号成立，而，则，
即中点横坐标的最小值为4，所以A选项正确；
对于B选项，直线斜率不为零，设直线的方程为，
由得，则，解得，
所以，因为，所以，
所以
，解得（满足，
所以直线的方程为或.
又在第一象限，则直线的斜率为，所以B选项不正确；
对于C选项，设直线的方程为，联立，
消去得，，
由题意得，则，所以，则，
又由题意，所以，直线的方程为，所以C选项正确；
对于D选项，设，因为四点共圆，
设该圆的方程为，联立
消去得，即，
所以即为关于的方程的3个根，
则，
因为，
由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0，即重心在轴上，所以D选项正确，
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题B选项的关键是采用设线法联立抛物线方程得到韦达定理，然后利用解出直线中的参数，C选项的关键是将斜之比转化为纵坐标之比.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为数列的前项和，且，，则__________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据题意求得，，，，从而得到数列是周期为3的数列，进而即可求得．
【详解】因为，，
则，即，可得，
同理可得，，
所以数列是周期为3的数列，
又，，
所以．
故答案为：5．
13. 已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，且的周长为6，面积的最大值为，则椭圆的离心率为__________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据题意列式，求出，结合离心率定义，即得答案.
【详解】依题意，的周长为，
所以面积的最大值为，
又，整理得,即,
解得，故椭圆的离心率为，
故答案为：
14. 已知分别为的内角的对边，且，则__________；内角的平分线交于点，若，则的面积为__________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】利用正弦定理结合三角恒等变换即可得，则得到；利用面积法求出，再联立余弦定理得到的方程即可求出，最后利用三角形面积公式即可.
【详解】依题意，由正弦定理可得，
即，
故，又，
所以，则，因为，所以.
因为，
所以，
又平分，所以，
所以，
则，即，
在中，由余弦定理得，即，
所以，解得（负值舍去），
所以的面积为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题第二空的关键是利用面积法，再结合余弦定理和面积公式即可求出答案.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 如图，在直三棱柱中，，点到平面的距离为分别为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设中点为，连接，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据向量法即可证明；
（2）根据向量法即可求出.
【小问1详解】
因为，所以，
设的中点为，连接，
则，又点到平面的距离为1，
即，所以，
又因为三棱柱是直三棱柱，为的中点，
所以，又平面，
故平面，而均在平面内，
故两两垂直，故以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，
所以，所以；
【小问2详解】
因为，故，
又，故，设平面的法向量为，
则即
取，则,设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值是.
16. 在数列中，，都有成立.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）若数列是首项为1的等差数列，求实数的值及数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）由条件得到，和原条件做差可得结论；
（2）求出，根据（1）中结论及数列等差，可列式求出，通过递推式求出及，可得为等差数列，利用等差数列的通项公式及求和公式计算即可.
【小问1详解】
依题意，，则，
两式作差得，
所以数列是以为首项，公差为3的等差数列；
【小问2详解】
由题意知，则，
若为等差数列，则，
所以，解得，
此时，
，
即，故为等差数列，
所以.
17. 现有如下定义：在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与对应坐标差的绝对值之和，即为.基本事实：①在三维空间中，立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中；②在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，并称其为“维立方体”，其中.请根据以上定义和基本事实回答下面问题：
（1）若“维立方体”的顶点个数为，“维立方体”的顶点个数为，求的值；
（2）记随机变量为“维立方体”中任意两个不同顶点间的曼哈顿距离，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据乘法原理，即可确定顶点个数；
（2）首先确定的可能取值，再结合组合数公式求取各值的概率，即可求确定分布列和数学期望；
【小问1详解】
设“维立方体”顶点坐标为，
由已知的取值有两种选择或，
所以“维立方体”的顶点坐标个数，
所以 “维立方体”的顶点个数，
所以.
【小问2详解】
由题意得，可取，
当时，对于点与点，
其中使的的个数为，则满足的的个数为，
此时所对应情况数为，
则，
故的分布列为
数学期望①，
又，
所以②，
①②可得，，
所以.
18. 已知双曲线的一条渐近线为，实轴长为，为上一点.
（1）求双曲线的方程；
（2）（i）证明：直线与双曲线相切于点；
（ii）若直线与双曲线相切，为双曲线的右焦点，且，试判断点是否在定直线上，若在定直线上，求出该直线方程；若不在定直线上，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）点在定直线上.
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的基本量关系求解即可；
（2）（i）先证明点在上，再代入并整理判断判别式为0即可证明；（ii）由（1）知，，设，可得方程，再根据双曲线在点处的切线方程，结合双曲线方程化简可得点在定直线上.
【小问1详解】
依题意，，则，
又，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
（i）由点在上，知①，
将点的坐标代入直线，得，显然成立，故点在上.
当时，将直线化为斜截式，得，
代入并整理，得②.
由①知，，
故②为，
其判别式，
故直线与双曲线相切于点.
当时，可得，此时直线与双曲线相切于点.
综上，直线与双曲线相切于点.
（ii）由（1）知，，设，
由题意，，
即③.
由（i）知，双曲线在点处的切线方程为，
又点在此切线上，故④.
③④，得，
即，
因为，所以，
故点在定直线上.
【点睛】（1）双曲线在处的切线方程为；
（2）求解定值时，需将所求值根据点坐标表达，再根据点满足的坐标方程，代入化简即可.
19. 已知函数
（1）若函数，证明：在上恒成立；
（2）若，且，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）令，利用导数求出函数的最小值即可得证；
（2）分和两种情况，利用导数求出函数的单调区间及极值，最初函数的大致图象，结合函数图象可得的范围，再构造新的函数，利用导数即可得证.
【小问1详解】
由题，，
当时，令，
则，
令，则，
所以函数在上单调递增，
即在上单调递增，则，
所以在上单调递增，所以，
即在上恒成立；
【小问2详解】
因为，
当时，，则，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
，又当时，，所以.
当时，，则，
所以在上单调递减，且，此时，
如图，由题意，设，
设与交点的横坐标为，
则，有，
因为，所以，
所以，又，
所以，
令，则，
令，则，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
所以，则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
即.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
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