广东省汕头市 校2022-2023学年高三数学下学期4月质量检测（四）（Word版附答案）.docx

1、潮阳实验学校2023届高三数学质量检测试题（四）4月12日第卷一、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满足等式的集合共有（ ）A1个B2个C3个D4个2已知，则（ ）ABCD3已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，当时，若，则（ ）A2B0CD4正整数1，2，3，的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式；当很大时其中称为欧拉马歇罗尼常数，至今为止都不确定是有理数还是无理数设表示不超过的最大整数用上式计算的值为（ ）（参考数据：，）A7B8C9D105甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者参加三月

2、份学雷锋活动，现有，三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（ ）ABCD6如图，已知正四棱台中，点，分别为，的中点，则下列平面中与垂直的平面是（ ）A平面B平面C平面D平面7已知函数，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数的取值范围为（ ）ABCD8已知点，和数列，满足，若，分别为数列，的前项和，则（ ）ABCD0二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分9下列命题正确的有（ ）A若是（，）的根，则该方程的另一个根必是B，C，D已知，是

3、虚数单位，则的最小值为10甲箱中有4个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ）A事件与事件（，2，3）相互独立BCD11已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的两条互相垂直的直线，分别与抛物线交于，和，过点分别作，的垂线，垂足分别为，则（ ）A四边形面积的最大值为2B四边形周长的最大值为C为定值D四边形面积的最小值为3212已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上于，的动点，研究发现：平面和直线

4、所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线当时曲线为圆，当时，曲线为椭圆，当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线则下列结论正确的为（ ）A过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2B的取值范围为C若，为线段上的动点，则D若，则曲线必为双曲线的一部分第卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则的展开式中，的系数为_14科拉茨是德国数学家，他在1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半（即）；如果是奇数，则将它乘3加1（即），不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1这是

5、一个很有趣的猜想，但目前还没有证明或否定如果对正整数（首项）按照上述规则施行变换后的第8项为1（注：1可以多次出现），则满足条件的的所有不同值的和为_15已知椭圆与双曲线有共同的焦点、，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为_16设，分别是函数（且）的极小值点和极大值点，若，则的取值范围是_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（本小题满分10分）在中，角，的对边分别为，已知，且（1）求的外接圆半径；（2）求内切圆半径的取值范围18（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平

6、面，（1）求点到平面的距离；（2）为线段上一点，若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值19（本小题满分12分）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数的分布列和期望；（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲

7、脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住记第次传球之前球在甲脚下的概率为，易知，试证明：为等比数列；设第次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小20（本小题满分12分）已知数列满足，（1）记，求数列的通项公式；（2）记，为数列的前项和，求证：21（本小题满分12分）已知双曲线的一个焦点为，为坐标原点，过点作直线与一条渐近线垂直，垂足为，与另一条渐近线相交于点，且，都在轴右侧，（1）求双曲线的方程；（2）若直线与双曲线的右支相切，切点为，与直线交于点，试探究以线段为直径的圆是否过轴上的定点22（本小题满

8、分12分）已知函数，为的导数（1）若为的零点，试讨论在区间上零点的个数；（2）当时，求实数的取值范围潮阳实验学校2023届高三数学质量检测试题（四）4月12日数学参考答案题号123456789101112答案DCABBCBDACBDABDACD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1D【解析】方程的实数根有，解集构成的集合为，即，则符合该等式的集合为，故这样的集合共有4个故选：D2C【解析】由，又故选：C3A【解析】为奇函数，又为偶函数，即，函数的周期为4，由，令，易得，解得，当时，故选：A4B【解析】由题意知而，又，故，故选：B5B【

9、解析】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，5人被分为3，1，1或2，2，1当5人被分为3，1，1时，情况数为；当5人被分为2，2，1时，情况数为；所以共有由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，当5人被分为3，1，1时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则，共计种；当5人被分即为2，2，1时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，所以甲不在小区的概率为，故选：B6C【解析】延长，交于一点，取中点，连接，如图所示：因为正四棱台，所以为正四棱锥，因为，且，所以，即，解得，所以，即为等边三角形因为为中

10、点，所以，且，同理可得，因为，所以，即，因为，为，中点，所以，故，因为，所以，所以，因为，所以在上，在上因为，所以，即，因为平面，平面，所以平面故选：C7B【解析】设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，又，则公切线的斜率，则，所以，则公切线方程为，即，代入得：，则，整理得，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，设，则，令得，当时，单调递增，时，单调递减，又可得，则时，；时，则函数的大致图象如图：所以解得，故实数的取值范围为故选：B8D【解析】由题，又，同理：，即数列，均是周期为6的数列，而，故选D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出

11、的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分9AC10BD【解析】，选发生，则乙箱中有4个红球3个白球3个黑球，先发生，则乙箱中有3个红球4个白球3个黑球，先发生，则乙箱中有3个红球3个白球4个黑球，B对，C错，A错，D对，故选：BD11ABD【解析】依题意，解得，即抛物线：，焦点，准线方程为：，直线，与坐标轴不垂直，因为，则四边形为矩形，有，当且仅当时取等号，即四边形面积的最大值为2，A正确；因为，则，当且仅当时取等号，因此四边形周长的最大值为，B正确；设直线方程为：，由消去得：，则，同理因此，C错误；四边形面积，当且仅当时取等号，所以四边形面积的最小值为3

12、2，D正确故选：ABD12ACD【解析】对选项A：如图1，设截面为，为中点，连接，设，则，当，即时等号成立，A正确；对选项B：如图2，中，则当时，B错误；对选项C：如图3，为等腰直角三角形，将放平得到，当，三点共线时最小，为中点，连接，则，C正确；对选项D：由，可解得或者，而，所以，从而该圆锥侧面与平面的交线必为双曲线的一部分，D正确故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分1360【解析】由题知，即，解得，而，又含的项为，又，含的项为，故的系数为：14190【解析】设对正整数按照上述变换，得到数列：，则：则的所有可能取值为2，3，16，20，21，128，共6个，其和为：19

13、015【解析】设椭圆，双曲线，且设，由椭圆的定义得，由双曲线的定义得，得，得，由余弦定理可得，所以，设，所以，当即时，取最大值为16【解析】，因为，分别是函数的极小值点和极大值点所以函数在和上递减，在上递增，所以当时，当时，若时，当时，则此时，与前面矛盾，故不符合题意；若时，则方程的两个根为，即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的变点令，则，设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为，则有，解得，则切线的斜率为，因为函数与函数的图象有两个不同的交点，所以，解得，又，所以，综上所述，的范围为四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算

14、步骤17【解析】（1）由正弦定理，可得，再由余弦定理，又，所以因为，所以（2）由（1）可知：，则，则在中，由正弦定理，所以，则，又，所以，所以，所以18【解析】（1）取中点，连接，为等边三角形，又平面平面，平面平面，平面，平面又平面，又，平面，平面，平面又平面，设点到平面的距离为，则即，（2）由（1），分别以，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，得，则又平面，则取平面的法向量设与平面所成的角为，则，解得则，设平面的法向量，则令，则取平面的法向量，又平面的法向量故平面与平面夹角的余弦值为19【解析】（1）方法一：的所有可能取值为0，1，2，3，在一次扑球中，扑到点球的概

15、率，所以，所以的分布列如下：0123方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为0，1，2，3，易知，所以，故的分布列为：0123所以的期望（2）第次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，即，又，所以是以为首项，公比为的等比数列由可知，所以，所以，故20【解析】（1）因为，所以，又，即，代入中有，化简得所以数列是以为首项，为公差的等差数列所以；（2）由（1）有，所以，所以，当时，所以当时，且，所以，当时，21【解析】（1）不妨设点在第一象限，则因为，则，由已知，即，即因为，则，即因为

16、为渐近线的倾斜角，则，即又，则，所以双曲线的方程是（2）由题意易知直线的斜率存在，设其方程为，联立直线与双曲线的方程，消去，得，得，则，设切点，则，设，因为是直线与直线的交点，所以，假设轴上存在定点满足条件，则恒成立，即：，故存在，使得，即，所以轴上存在定点在以为直径的圆上22【解析】（1）由题意，因为为的零点，所以，即，从而， 因为，所以0是的零点；当时，设，则，（）若，令，则，所以在区间上单调递减，因为，所以存在唯一的，使得当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减；（）若，令，则，故在区间上单调递减，所以又，所以，在区间上单调递减；（）若，则，在区间上单调递减由（）（）（）可得，在区间上单调递增，在区间上单调递减，因为，所以存在唯一使得当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递减，因为，所以在区间上有且只有一个零点，综上可得，在区间上有两个零点（2）当时，则不等式化为，即为令则，（）当时，在区间上单调递增，且，故时满足题意；（）当时，令，则在上有无数零点，且存在最小的一个零点，当时，则在区间上单调递增，所以，即，所以，所以，故不满足题意，舍去；（）当时，因为，所以，令，不满足题意，舍去综上可得，即实数的取值范围是