广东省六校2023届高三数学第四次联考试题（Word版附解析）

2023届六校第四次联考数学试题命题人：珠海一中高三数学备课组审题人：珠海一中高三数学备课组满分：150分.考试时间：120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知集合，集合，则（）A.且B.CD.【答案】C【解析】【分析】根据基本函数的定义域和值域求法求出，从而求出交集.【详解】由对数函数的定义域可得：，由基本初等函数的值域可得，故.故选：C.2.如图，在复平面内，复数对应的点为，则复数的虚部为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定图形写出点P的坐标及复数，再利用复数除法运算求解作答.【详解】由图形知，点，复数，，所以复数的虚部为.故选：B3.已知、是空间中两个不同的平面，、是空间中两条不同的直线，则下列命题中正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，，则【答案】D【解析】【分析】利用空间中线面、面面的位置关系可判断ABC选项；利用空间向量法可判断D选项.【详解】对于A选项，若，，则或，A错；对于B选项，若，，则或、相交，B错；对于C选项，若，，则或或、相交（不一定垂直），C错； 对于D选项，设直线、的方向向量分别为、，若，，，则平面、的一个法向量分别为、，且，故，D对.故选：D.4.已知数列的前项和为，数列是递增数列是的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据充分条件以及必要条件的定义，举例说明，即可得出答案.【详解】令，显然，所以数列是递增数列，但；令，显然成立.又，，所以，，所以数列不是递增数列.所以，数列是递增数列是的既不充分也不必要条件.故选：D5.八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹.八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样.八角星纹以白彩的成，黑线勾边，中为方形或圆形，且有向四面八方扩张的感觉.八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹.图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形（如）为等腰直角三角形，点为四心，中间部分是正方形且边长为2，定点，所在位置如图所示，则的值为（） A.10B.12C.14D.16【答案】C【解析】【分析】利用转化法得，展开利用向量数量积的定义并代入相关数据即可.【详解】如图所示：连接，因为中间阴影部分是正方形且边长为2，且图中各个三角形为等腰直角三角形，所以可得，，，则，.故选：C. 6.把二项式的所有展开项重新排列，求有理项不相邻的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接写出展开通项，得到其中4项为有理项，6项为无理项，利用插空法即可得到答案.【详解】，其中当，项为有理项，则有4项有理项，6项无理项，展开式的10项全排列共有种，有理项互不相邻可把6个无理项全排,把4个有理项在形成的7个空中插空即可，有种，有理项都互不相邻的概率为，故选：B.7.已知双曲线：的左，右焦点分别为，，记，以坐标原点为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为.若，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得.根据双曲线的定义求出，然后在中，根据勾股定理得出关于的方程，解方程即可得出的值，得出答案. 【详解】由题意可得，，.因为点在第一象限，，由双曲线的定义可得，，所以.在中，由勾股定理可得，即，整理可得，解得（舍去负值）.所以，所以.故选：A.8.已知函数对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意将不等式进行参变分离，得到在上恒成立，令，求函数的最小值即可.【详解】因为，且恒成立，则在上恒成立，令， 则，令，则，所以在上单调递增，又因为，，所以存在，使得，当时，，也即，此时函数单调递减；当时，，也即，此时函数单调递增；故，因为，所以，则，令，则，所以在上单调递增，则有，所以，所以，则，故选：.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对5分，部分选对得2分，有选错得0分.9.已知的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，则下列说法正确的是（） A.的最小正周期为B.在上单调递增C.当时，的取值范围为D.是偶函数【答案】AB【解析】【分析】利用平移的原则得，则最小正周期为，则可判断A，求出，利用复合函数单调性则可判断BC，根据奇偶函数的判定方法则可判定D.【详解】，对A，的最小正周期为，故A正确；对B，当，，根据在上单调递增，则在上单调递增，故B正确；对C，由B得，即取值范围为，故C错误；对D，定义域关于原点对称，但，则为奇函数，故D错误.故选：AB.10.若抛物线：的焦点为，准线为，点在抛物线上且在第一象限，直线的斜率为，在直线上的射影为，则下列选项正确的是（）A.到直线的距离为B.的面积为C.的垂直平分线过点D.以为直径的圆过点 【答案】BC【解析】【分析】对A，利用点到直线的距离公式即可，对B，求出直线方程为，联立抛物线方程求出点坐标，则可求出面积，对C，根据抛物线定义得即可判断，对D，根据点坐标写出两点直径式方程，代入检验即可.【详解】对A，易知抛物线焦点，直线即为，故到直线的距离为，故A错误；对B，设直线方程为，代入，得，解得，则直线方程为联立抛物线方程，解得或，因为点在第一象限，故取，即，则，故B正确，对C，根据抛物线定义得，则的垂直平分线过点，故C正确，对D，，，故以为直径的方程为，将点代入左边得，故D错误.故选：BC. 11.已知函数，则下列结论正确的是（）A.函数只有两个极值点B.方程有且只有两个实根，则的取值范围为C.方程共有4个根D.若，，则的最大值为2【答案】ACD【解析】【分析】对函数求导，利用导数研究函数的极值判断；分析函数的性质，借助图象判断；结合图象和函数的零点判断；由结合取最大值的x值区间判断D作答.【详解】对于，对求导得：，当或时，，当时，，即函数在，上单调递减，在上单调递增，因此，函数在处取得极小值，在处取得极大值，故选项正确；对于，由选项知，作出曲线及直线，如图，要使方程有且只有两个实根，观察图象得当时，直线与曲线有2个交点，所以方程有且只有两个实根，则的取值范围为，故选项错误； 对于，由得：，解得，令，则，结合图象方程有两解，，，所以或，因为，所以，所以方程有两解；又因为，结合图象可知：也有两解，综上：方程共有4个根，故选项正确；对于，因为，而函数在上单调递减，因此当时，，当且仅当，所以t的最大值为2，故选项正确.故选：CD【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.12.如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（） A.存在某个位置，使得B.面积的最大值为C.D.三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积【答案】BCD【解析】【分析】对于A，取的中点，连接，，先证明，再证明与不垂直，进而可得结论；对于B，依题意先得到，从而可得到面积的最大值；对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，连接，，，先说明点在直线上，再证明，，得到，，进而可得结论；对于D，先根据三棱锥的体积公式得到点与点重合，即平面时，最大，进而可得到三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，从而可求得其外接球的半径，即可求解．【详解】对于A，取的中点，连接，，显然，且，又，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又，，且为的中点，则与不垂直，所以与也不垂直，故A错误； 对于B，由，，则，所以当时，最大，且最大值为，故B正确；对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，连接，，，由，则，又，且，则，则在平面上的射影在直线上，即点在直线上，则平面与平面所成的二面角，则，所以，又在平面上的射影为，则，所以，所以，故C正确；对于D，结合C可知，，则当点与点重合，即平面时，最大，且最大值为，则，又，且，则平面，所以，，两两垂直，且，，， 则三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，所以其外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．故选：BCD．【点睛】三棱锥外接球点睛：求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形．解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补成一个正方体(长方体)，若能，则正方体(长方体)的顶点均在球面上，正方体(长方体)的体对角线长等于球的直径；另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，且，则的最小值是_____．【答案】25【解析】【分析】利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.【详解】因为，且，所以，当且仅当，即时，等号成立，故答案为：2514.若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点，则______. 【答案】【解析】【分析】设直线的方程为，则点，利用直线与圆相切求出的值，求出，利用勾股定理可求得.【详解】设直线的方程为，即则点，由于直线与圆相切，且圆心为，半径为，则，解得，所以，因为，故.故答案为：.15.某公司在某地区进行商品的调查，随机调查了100位购买商品的顾客的性别，其中男性顾客18位，已知该地区商品的购买率为10%，该地区女性人口占该地区总人口的，从该地区中任选一人，若此人是男性，求此人购买商品的概率______【答案】【解析】【分析】根据条件概率的公式求解即可.【详解】设从该地区中任选一人，此人是男性为事件，此人购买商品为事件，则该地区男性人口占该地区总人口的，则，，由条件概率公式可得.故答案为：.16.数列中，表示自然数的所有因数中最大的那个奇数，例如：20的因数有1，2，4，5，10，20，，21的因数有1，3，7，21，，那么数列前项的和______ 【答案】【解析】【分析】方法一：将数列，按照（，且）的奇数倍分组，根据数列的定义，求出每个对应的数值，得到一个等差数列，求出和为.然后将每组的和加起来，根据等比数列前项公式，即可求出结果；方法二：由已知求出，，，可猜想.用数学归纳法证明对任意正整数都成立即可.然后由以及等比数列前项和公式即可求出答案.【详解】方法一：根据数列的定义可得，，所以.将数列分为以下各组：所有的奇数：1，3，5，，.根据定义，对应中的数列为1，3，5，，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为；2的奇数倍：，，，，.根据定义，对应中的数列为1，3，5，，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为；的奇数倍：，，，，.根据定义，对应中的数列为1，3，5，，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为 ；……（，且）的奇数倍：，，，，.根据定义，对应中的数列为1，3，5，，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为；……的奇数倍：，.根据定义，对应中的数列为1，3，和为；的奇数倍：.根据定义，对应中的数列为1，和为.所以，数列前项的和.方法二：由已知可得，，，，.则可猜想，.（1）当时，成立；（2）假设时，该式成立，即，即.则当时，有 ，由定义可知，.所以，，所以.即当时，该式也成立.由（1）（2）可知，对都成立.所以故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据数列的定义可得，，进而可推出.即可按照（，且）的奇数倍，对数列进行合理分组.四、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18-22题各12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知等差数列的前项和为，数列是公比为2的等比数列，且，， （1）求数列，的通项公式；（2）数列与中的所有项分别构成集合，，将集合中的所有元素从小到大依次排列构成新数列，求数列的前20项和【答案】（1），（2）270【解析】【分析】（1）利用等差中项得，求出，则得到值，根据数列定义求出的值，最后写出各自通项即可；（2）根据两者通项易得，去掉部分项即可求出.【小问1详解】∵数列为等差数列，且，,∴，即，∴，即,∵数列是公比为2的等比数列，，∴,即.【小问2详解】由（1）知，∴数列的元素是由数列中去除数列∴数列中去掉2，4，8，16，,.18.已知的角，，的对边分别为，，，且，（1）求角；（2）若平分交线段于点，且，，求的周长.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）首先利用余弦定理得，再利用正弦定理边化角得，再利用余弦定理即可；（2）利用，结合面积公式即可得到，作于，利用面积比得到，则解出的值，再利用余弦定理求出，则得到周长.【小问1详解】由余弦定理得，所以，可化为，再由正弦定理得，得，所以，因为，所以【小问2详解】因为平分，所以，由，得，作于，则， 由，解得，由余弦定理，得，所以，故的周长为.19.如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是边长为2的正方形，，，、分别为、的中点（1）求证：（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，作出辅助线，进而得到四边形为平行四边形，从而证明线线平行，证明出；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值；方法二：作出辅助线，找到二面角的平面角，结合题目条件求出各边长，求出二面角的余弦值.【小问1详解】∵平面平面，平面平面，，平面， ∴平面，∵平面，∴又∵，，平面，∴平面，取的中点，连接、，∵平面，∴，又∵，，∴四边形为平行四边形，∴，∴；【小问2详解】方法一：∵平面，平面，∴，如图，以为坐标原点，，，方向分别为轴、轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，∴，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，故，设平面的一个法向量为，则，解得：，取，则，∴，设二面角为，由图可知：为锐角，则，所以二面角的余弦值为方法二：取的中点，过点作于点，连接，，∵，为的中点，∴， 由（1）可知，平面，∵平面，∴，且，平面，∴平面，∵平面，∴，又∵，，平面，∴平面，∵平面，∴，∴即为二面角的平面角，∵直角三角形中，为斜边中线，∴，故，又∵，∴，∵，，，∴，而，∴，∴， 所以二面角的余弦值为.20.为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛，（1）两个年级各派50名学生参加国防知识初赛，成绩均在区间上，现将成绩制成如图所示频率分布直方图（每组均包括左端点，最后一组包括右端点），估计学生的成绩的平均分（若同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下：①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列为冠军；②如果在答满5轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满5次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第3轮结束时，双方答对题目数量比为，则不需再答第4轮了；③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响（i）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了3轮题，且每次答题互不影响，记为答对题目的数量，求的分布列及数学期望（ii）求在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率【答案】（1）学生的成绩的平均分的估计值为73.8分（2）（i）分布列见解析，（ii）.【解析】 【分析】（1）利用频率之和为1列出方程，求出a=0.018，进而利用中间值求出平均分的估计值；（2）（i）由题意知X的可能取值为0，1，2，3，根据二项分布求概率，写出分布列进而求期望即可；（ii）将在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的事件分拆成乙答对0道与1道两个事件，再利用互斥事件的概率公式计算而得.【小问1详解】解：由频率分布直方图可知：可得∴平均分的估计值为∴学生的成绩的平均分的估计值为73.8分【小问2详解】（i）由题可得，的可能取值为0，1，2，3∴∴的分布列为0123∴（ii）将“在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出”记为事件，“在第4轮结束时，学生代表乙答对0道题”记为事件， “在第4轮结束时，学生代表乙答对1道题”记为事件∴，，∴.∴在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率为.21.已知椭圆，、两点分别为椭圆的左顶点、下顶点，是椭圆的右焦点，，直线与椭圆相切与（在第一象限），与轴相交于（异于），记为坐标原点，若是等边三角形，且的面积为，（1）求椭圆的标准方程；（2）、两点均在直线：，且在第一象限，设直线、分别交椭圆于点，点，若、关于原点对称，求的最小值【答案】（1）（2）6【解析】【分析】(1)由可得，再根据△是等边三角形，求出点，代入椭圆方程即可求解；(2)结合(1)可得，设，，写出直线的方程，求出点的坐标，同理求出点，利用两点间距离公式和不等式即可求解.【小问1详解】 ∵，则，∵△是等边三角形，∴，则，∵，，则，，将代入，，∴，解得，∴椭圆的标准方程为.【小问2详解】因为，设，，则直线：，所以，因为，，则直线：，所以， 所以，设，则，∵，当且仅当时取等，∴，当且仅当，等号成立，所以，即的最小值为6.22.已知函数有两个零点，，且，（1）求的取值范围；（2）证明：【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）易得，分和讨论，对时，根据存在两零点得，求出的范围，再结合，放缩得，确定，则，再构造函数，，求出其单调性即可得到的范围；（2）利用基本不等式得，放缩证明，利用比值换元法设，构造函数，，求导证明其单调性，得到其范围即可.【小问1详解】因为的定义域为，所以当时，恒成立，所以在上单调递增， 故不可能有两个零点，故舍去；当时，令，解得令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，要使有两个零点，则，解得，又，，所以当时，在和上各有一个零点，，且，所以，由单调性知，当时，，当时，，因为，所以，即所以，而，即，所以，而，令，则，，，所以，所以在上单调递增， 所以，所以【小问2详解】，当且仅当取等号，而，故要证，即证，即证即证，即证，.设，，，，，令，，令，，易知在上单调递增，故，∴在单调递增，∴，∴在上单调递增，∴得证.【点睛】关键点睛：本题第2问首先采用了基本不等式进行放缩得 ，从而将题目的证明转化为证明，然后得到，利用经典的比值换元法，设，，则，从而设，，通过多次求导研究其单调性和值域即可.