2023届青海省玉树市高考数学四模试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。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12小题，每小题5分，共60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．已知定义在上的奇函数，其导函数为，当时，恒有．则不等式的解集为（ ）． A． B． C．或 D．或 2．已知命题p：若，，则；命题q：，使得”，则以下命题为真命题的是（ ） A． B． C． D． 3．若，则“”的一个充分不必要条件是 A． B． C．且 D．或 4．设集合，，若，则（ ） A． B． C． D． 5．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率等于( ) A． B． C． D． 6．记为数列的前项和数列对任意的满足.若，则当取最小值时，等于（ ） A．6 B．7 C．8 D．9 7．函数的部分图像大致为（ ） A． B． C． D． 8．已知实数满足线性约束条件，则的取值范围为（ ） A．(-2,-1］ B．(-1,4］ C．[-2,4) D．[0,4] 9．若，则“”是“的展开式中项的系数为90”的（ ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 10．给甲、乙、丙、丁四人安排泥工、木工、油漆三项工作，每项工作至少一人，每人做且仅做一项工作，甲不能安排木工工作，则不同的安排方法共有（　　） A．12种 B．18种 C．24种 D．64种 11．设是定义在实数集上的函数，满足条件是偶函数，且当时，，则，，的大小关系是（ ） A． B． C． D． 12．已知二次函数的部分图象如图所示，则函数的零点所在区间为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．若一组样本数据7，9，，8，10的平均数为9，则该组样本数据的方差为______. 14．已知两个单位向量满足，则向量与的夹角为_____________. 15．如图，直线是曲线在处的切线，则________. 16．在回归分析的问题中，我们可以通过对数变换把非线性回归方程，（）转化为线性回归方程，即两边取对数，令，得到.受其启发，可求得函数（）的值域是_________. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（12分）已知函数. （1）当时，解不等式； （2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 18．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），点.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求曲线的直角坐标方程，并指出其形状； （2）曲线与曲线交于，两点，若，求的值. 19．（12分）如图所示，四棱柱中，底面为梯形，，，，，，. （1）求证：； （2）若平面平面，求二面角的余弦值. 20．（12分）已知函数. （1）若，求证：. （2）讨论函数的极值； （3）是否存在实数，使得不等式在上恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由. 21．（12分）如图，已知四边形的直角梯形，∥BC，，，，为线段的中点，平面，，为线段上一点（不与端点重合）． （1）若， （ⅰ）求证：PC∥平面； （ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； （2）否存在实数满足，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，确定的值，若不存在，请说明理由． 22．（10分）如图，四棱锥中，平面，，，. （Ｉ）证明：； （Ⅱ）若是中点，与平面所成的角的正弦值为，求的长. 2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析） 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D 【答案解析】 先通过得到原函数为增函数且为偶函数，再利用到轴距离求解不等式即可. 【题目详解】 构造函数， 则 由题可知，所以在时为增函数； 由为奇函数，为奇函数，所以为偶函数； 又，即 即 又为开口向上的偶函数 所以，解得或 故选：D 【答案点睛】 此题考查根据导函数构造原函数，偶函数解不等式等知识点，属于较难题目. 2、B 【答案解析】 先判断命题的真假,进而根据复合命题真假的真值表,即可得答案. 【题目详解】 ，，因为，，所以，所以，即命题p为真命题；画出函数和图象，知命题q为假命题,所以为真. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查真假命题的概念,以及真值表的应用,解题的关键是判断出命题的真假,难度较易. 3、C 【答案解析】 ， ∴，当且仅当 时取等号. 故“且 ”是“”的充分不必要条件.选C． 4、A 【答案解析】 根据交集的结果可得是集合的元素，代入方程后可求的值，从而可求. 【题目详解】 依题意可知是集合的元素，即，解得，由，解得. 【答案点睛】 本题考查集合的交，注意根据交集的结果确定集合中含有的元素，本题属于基础题. 5、B 【答案解析】 由于直线的斜率k,所以一条渐近线的斜率为，即，所以，选B. 6、A 【答案解析】 先令，找出的关系，再令，得到的关系，从而可求出，然后令，可得，得出数列为等差数列，得，可求出取最小值. 【题目详解】 解法一：由，所以，由条件可得，对任意的，所以是等差数列，，要使最小，由解得，则. 解法二：由赋值法易求得，可知当时，取最小值. 故选：A 【答案点睛】 此题考查的是由数列的递推式求数列的通项，采用了赋值法，属于中档题. 7、A 【答案解析】 根据函数解析式，可知的定义域为，通过定义法判断函数的奇偶性，得出，则为偶函数，可排除选项，观察选项的图象，可知代入，解得，排除选项，即可得出答案. 【题目详解】 解：因为， 所以的定义域为， 则， ∴为偶函数，图象关于轴对称，排除选项， 且当时，，排除选项，所以正确. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查由函数解析式识别函数图象，利用函数的奇偶性和特殊值法进行排除. 8、B 【答案解析】 作出可行域，表示可行域内点与定点连线斜率，观察可行域可得最小值． 【题目详解】 作出可行域，如图阴影部分（含边界），表示可行域内点与定点连线斜率，，，过与直线平行的直线斜率为－1，∴． 故选：B． 【答案点睛】 本题考查简单的非线性规划．解题关键是理解非线性目标函数的几何意义，本题表示动点与定点连线斜率，由直线与可行域的关系可得结论． 9、B 【答案解析】 求得的二项展开式的通项为,令时,可得项的系数为90,即,求得,即可得出结果. 【题目详解】 若则二项展开式的通项为,令,即,则项的系数为,充分性成立;当的展开式中项的系数为90,则有,从而,必要性不成立. 故选:B. 【答案点睛】 本题考查二项式定理、充分条件、必要条件及充要条件的判断知识,考查考生的分析问题的能力和计算能力,难度较易. 10、C 【答案解析】 根据题意，分2步进行分析：①，将4人分成3组，②，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，由分步计数原理计算可得答案． 【题目详解】 解：根据题意，分2步进行分析： ①，将4人分成3组，有种分法； ②，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，有2种情况， 将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，有种情况， 此时有种情况， 则有种不同的安排方法； 故选：C． 【答案点睛】 本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题． 11、C 【答案解析】 ∵y=f（x+1）是偶函数，∴f（-x+1）=f（x+1），即函数f（x）关于x=1对称． ∵当x≥1时，为减函数，∵f（log32）=f（2-log32）= f（） 且==log34，log34＜＜3，∴b＞a＞c， 故选C 12、B 【答案解析】 由函数f(x)的图象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2. 又f′(x)＝2x－b，所以g(x)＝ex＋2x－b，所以g′(x)＝ex＋2＞0，所以g(x)在R上单调递增， 又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0， 根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)的零点所在的区间是(0，1)， 故选B. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、1 【答案解析】 根据题意，由平均数公式可得，解得的值，进而由方差公式计算，可得答案． 【题目详解】 根据题意，数据7，9，，8，10的平均数为9， 则，解得：， 则其方差. 故答案为：1． 【答案点睛】 本题考平均数、方差的计算，考查运算求解能力，求解时注意求出的值，属于基础题． 14、 【答案解析】 由得，即得解. 【题目详解】 由题意可知，则. 解得，所以， 向量与的夹角为. 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查平面向量的数量积的计算和夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 15、. 【答案解析】 求出切线的斜率，即可求出结论. 【题目详解】 由图可知直线过点， 可求出直线的斜率， 由导数的几何意义可知，. 故答案为:. 【答案点睛】 本题考查导数与曲线的切线的几何意义，属于基础题. 16、 【答案解析】 转化()为,即得解. 【题目详解】 由题意： (). 故答案为： 【答案点睛】 本题考查类比法求函数的值域，考查了学生逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17、（1）； （2）. 【答案解析】 （1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到的取值范围，判断，为正，去掉绝对值，转化为在时恒成立,得到，，在恒成立，从而得到的取值范围. 【题目详解】 （1）当时，， 由，得，即， 或，即， 或，即， 综上：或， 所以不等式的解集为. （2），， 因为，， 所以， 又，，， 得. 不等式恒成立，即在时恒成立， 不等式恒成立必须，， 解得. 所以， 解得， 结合， 所以， 即的取值范围为. 【答案点睛】 本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题. 18、（1），以为圆心，为半径的圆；（2） 【答案解析】 （1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，直接得到的直角坐标方程并判断形状； （2）联立直线参数方程与的直角坐标方程，根据直线参数方程中的几何意义结合求解出的值. 【题目详解】 解：（1）由，得，所以， 即，. 所以曲线是以为圆心，为半径的圆. （2）将代入， 整理得. 设点，所对应的参数分别为，， 则，. ， 解得，则. 【答案点睛】 本题考查极坐标与直角坐标的互化以及根据直线参数方程中的几何意义求值，难度一般.（1）极坐标与直角坐标的互化公式：；（2）若要使用直线参数方程中的几何意义，要注意将直线的标准参数方程代入到对应曲线的直角坐标方程中，构成关于的一元二次方程并结合韦达定理形式进行分析求解. 19、（1）证明见解析（2） 【答案解析】 （1）取中点为，连接，，，，根据线段关系可证明为等边三角形，即可得；由为等边三角形，可得，从而由线面垂直判断定理可证明平面，即可证明. （2）以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系