山东省山师附中2023年高考数学四模试卷含解析.doc
2023年高考数学模拟试卷考生请注意:1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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已知三棱锥中,为的中点,平面,则有下列四个结论:若为的外心,则;若为等边三角形,则;当时,与平面所成的角的范围为;当时,为平面内一动点,若OM平面,则在内轨迹的长度为1其中正确的个数是( )A1B1C3D42如图,正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图,则该多面体各表面所在平面互相垂直的有( )A2对B3对C4对D5对3已知函数的部分图象如图所示,则( )ABCD4已知i是虚数单位,则( )A B C D5如图,用一边长为的正方形硬纸,按各边中点垂直折起四个小三角形,做成一个蛋巢,将体积为的鸡蛋(视为球体)放入其中,蛋巢形状保持不变,则鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为( )ABCD6马林梅森是17世纪法国著名的数学家和修道士,也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物,梅森在欧几里得、费马等人研究的基础上对2p1作了大量的计算、验证工作,人们为了纪念梅森在数论方面的这一贡献,将形如2P1(其中p是素数)的素数,称为梅森素数.若执行如图所示的程序框图,则输出的梅森素数的个数是( )A3B4C5D67已知全集,则( )ABCD8M、N是曲线y=sinx与曲线y=cosx的两个不同的交点,则|MN|的最小值为()ABCD29设,命题“存在,使方程有实根”的否定是( )A任意,使方程无实根B任意,使方程有实根C存在,使方程无实根D存在,使方程有实根10设,是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )A若,则B若,则C若,则D若,则11已知数列是公差为的等差数列,且成等比数列,则( )A4B3C2D112复数的虚部是 ( )ABCD二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13已知数列的各项均为正数,记为的前n项和,若,则_.14已知实数,满足约束条件,则的最大值是_.15已知椭圆与双曲线(,)有相同的焦点,其左、右焦点分别为、,若椭圆与双曲线在第一象限内的交点为,且,则双曲线的离心率为_16若椭圆:的一个焦点坐标为,则的长轴长为_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)如图1,四边形为直角梯形,为线段上一点,满足,为的中点,现将梯形沿折叠(如图2),使平面平面.(1)求证:平面平面;(2)能否在线段上找到一点(端点除外)使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在,试确定点的位置;若不存在,请说明理由.18(12分)选修45;不等式选讲已知函数(1)若的解集非空,求实数的取值范围;(2)若正数满足,为(1)中m可取到的最大值,求证:19(12分)已知函数.()求的值;()若,且,求的值.20(12分)已知数列的前项和和通项满足.(1)求数列的通项公式;(2)已知数列中,求数列的前项和.21(12分)设函数(1)当时,求不等式的解集;(2)若存在,使得不等式对一切恒成立,求实数的取值范围22(10分)已知矩阵,求矩阵的特征值及其相应的特征向量参考答案一、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、C【解析】由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断正确; 反证法由线面垂直的判断和性质可判断错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得正确.【详解】画出图形:若为的外心,则,平面,可得,即,正确;若为等边三角形,又可得平面,即,由可得,矛盾,错误;若,设与平面所成角为可得,设到平面的距离为由可得即有,当且仅当取等号.可得的最大值为, 即的范围为,正确;取中点,的中点,连接由中位线定理可得平面平面可得在线段上,而,可得正确;所以正确的是:故选:C【点睛】此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断,处理这类问题,可以用已知的定理或性质来证明,也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.2、C【解析】画出该几何体的直观图,易证平面平面,平面平面,平面平面,平面平面,从而可选出答案【详解】该几何体是一个四棱锥,直观图如下图所示,易知平面平面,作POAD于O,则有PO平面ABCD,POCD,又ADCD,所以,CD平面PAD,所以平面平面,同理可证:平面平面,由三视图可知:POAOOD,所以,APPD,又APCD,所以,AP平面PCD,所以,平面平面,所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对【点睛】本题考查了空间几何体的三视图,考查了四棱锥的结构特征,考查了面面垂直的证明,属于中档题3、A【解析】先利用最高点纵坐标求出A,再根据求出周期,再将代入求出的值.最后将代入解析式即可.【详解】由图象可知A1,所以T,.f(x)sin(2x+),将代入得)1,结合0,.sin.故选:A.【点睛】本题考查三角函数的据图求式问题以及三角函数的公式变换.据图求式问题要注意结合五点法作图求解.属于中档题.4、D【解析】利用复数的运算法则即可化简得出结果【详解】故选【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算,属于基础题。5、D【解析】先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离,再加上侧面三角形的高,即可求解.【详解】设四个支点所在球的小圆的圆心为,球心为,由题意,球的体积为,即可得球的半径为1,又由边长为的正方形硬纸,可得圆的半径为,利用球的性质可得,又由到底面的距离即为侧面三角形的高,其中高为,所以球心到底面的距离为.故选:D.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征,以及球的性质的综合应用,着重考查了数形结合思想,以及推理与计算能力,属于基础题.6、C【解析】模拟程序的运行即可求出答案【详解】解:模拟程序的运行,可得:p1,S1,输出S的值为1,满足条件p7,执行循环体,p3,S7,输出S的值为7,满足条件p7,执行循环体,p5,S31,输出S的值为31,满足条件p7,执行循环体,p7,S127,输出S的值为127,满足条件p7,执行循环体,p9,S511,输出S的值为511,此时,不满足条件p7,退出循环,结束,故若执行如图所示的程序框图,则输出的梅森素数的个数是5,故选:C【点睛】本题主要考查程序框图,属于基础题7、C【解析】先求出集合U,再根据补集的定义求出结果即可【详解】由题意得,故选C【点睛】本题考查集合补集的运算,求解的关键是正确求出集合和熟悉补集的定义,属于简单题8、C【解析】两函数的图象如图所示,则图中|MN|最小,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1=,x2=,|x1-x2|=,|y1-y2|=|sinx1-cosx2|=+=,|MN|=.故选C.9、A【解析】只需将“存在”改成“任意”,有实根改成无实根即可.【详解】由特称命题的否定是全称命题,知“存在,使方程有实根”的否定是“任意,使方程无实根”.故选:A【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定,此类问题要注意在两个方面作出变化:1.量词,2.结论,是一道基础题.10、D【解析】试题分析:,,故选D.考点:点线面的位置关系.11、A【解析】根据等差数列和等比数列公式直接计算得到答案.【详解】由成等比数列得,即,已知,解得.故选:.【点睛】本题考查了等差数列,等比数列的基本量的计算,意在考查学生的计算能力.12、C【解析】因为 ,所以的虚部是 ,故选C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、127【解析】已知条件化简可化为,等式两边同时除以,则有 ,通过求解方程可解得,即证得数列为等比数列,根据已知即可解得所求.【详解】由.故答案为:.【点睛】本题考查通过递推公式证明数列为等比数列,考查了等比的求和公式,考查学生分析问题的能力,难度较易.14、【解析】令,所求问题的最大值为,只需求出即可,作出可行域,利用几何意义即可解决.【详解】作出可行域,如图令,则,显然当直线经过时,最大,且,故的最大值为.故答案为:.【点睛】本题考查线性规划中非线性目标函数的最值问题,要做好此类题,前提是正确画出可行域,本题是一道基础题.15、【解析】先根据椭圆得出焦距,结合椭圆的定义求出,结合双曲线的定义求出双曲线的实半轴,最后利用离心率的公式求出离心率即可.【详解】解: 因为椭圆,则焦点为,又因为椭圆与双曲线(,)有相同的焦点,椭圆与双曲线在第一象限内的交点为,且,在椭圆中: 由椭圆的定义: 在双曲线中: ,所以双曲线的实轴长为: ,实半轴为则双曲线的离心率为: .故答案为: 【点睛】本题主要考查椭圆与双曲线的定义,考查离心率的求解,利用定义解决综合问题.16、【解析】由焦点坐标得从而可求出,继而得到椭圆的方程,即可求出长轴长.【详解】解:因为一个焦点坐标为,则,即,解得或 由表示的是椭圆,则,所以,则椭圆方程为 所以.故答案为:.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程,考查了椭圆的几何意义.本题的易错点是忽略,从而未对 的两个值进行取舍.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)证明见解析;(2)存在点是线段的中点,使得直线与平面所成角的正弦值为.【解析】(1)在直角梯形中,根据,得为等边三角形,再由余弦定理求得,满足,得到,再根据平面平面,利用面面垂直的性质定理证明.(2)建立空间直角坐标系:假设在上存在一点使直线与平面所成角的正弦值为,且,求得平面的一个法向量,再利用线面角公式求解.【详解】(1)证明:在直角梯形中,因此为等边三角形,从而,又,由余弦定理得:,即,且折叠后与位置关系不变,又平面平面,且平面平面.平面,平面,平面平面.(2)为等边三角形,为的中点,又平面平面,且平面平面,平面,取的中点,连结,则,从而,以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系:则,则,假设在上存在一点使直线与平面所成角的正弦值为,且,故,又,该平面的法向量为,令得,解得或(舍),综上可知,存在点是线段的中点,使得直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查面面垂直的性质定理和向量法研究线面角问题,还考查了转化化归的思想和运算求解的能力,属于中档题.18、 (1);(2)见解析.【解析】试题分析:(1)讨论三种情况去绝对值符号,可得所以,由此得,解得;(2)利用分析法,由(1)知,所以,因为,要证,只需证,即证,只需证 即可得结果.试题解析:(1)去绝对值符号,可得所以,所以,解得,所以实数的取值范围为(2)由(1)知,所以因为,所以要证,只需证,即证,即证.因为,所以只需证,因为,成立,所以解法二:x2+y2=2,x、yR+,x+y2xy 设:证明:x+y-2xy= =令, 原式= = = = 当时, 19、();().【解析】()直接代入再由诱导公式计算可得;()先得到,再根据利用两角差的余弦公式计算可得【详解】解:();()因为所以,由得,又因为,故,所以,所以.【点睛】本题考查了三角函数中的恒等变换应用,属于中档题20、(1);(2)【解析】(1)当时,利用可得,故可利用等比数列的通项公式求出的通项.(2)利用分组求和法可求数列的前项和.【详解】(1)当时,所以,当时,所以,即,又因为,故,所以,所以是首项,公比为的等比数列,故.(2)由得:数列为等差数列,公差, .【点睛】本题考查数列的通项与求和,注意数列求和关键看通项的结构形式,如果通项是等差数列与等比数列的和,则用分组求和法;如果通项是等差数列与等比数列的乘积,则用错位相减法;如果通项可以拆成一个数列连续两项的差,那么用裂项相消法;如果通项的符号有规律的出现,则用并项求和法.21、 () .().【解析】()时,根据绝对值不等式的定义去掉绝对值,求不等式的解集即可;()不等式的解集为,等价于,求出在的最小值即可【详解】()当时,时,不等式化为,解得,即时,不等式化为,不等式恒成立,即时,不等式化为,解得,即综上所述,不等式的解集为()不等式的解集为 对任意恒成立当时,取得最小值为实数的取值范围是【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法与应用问题,也考查了函数绝对值三角不等式的应用问题,属于常规题型22、矩阵属于特征值的一个特征向量为,矩阵属于特征值的一个特征向量为【解析】先由矩阵特征值的定义列出特征多项式,令解方程可得特征值,再由特征值列出方程组,即可求得相应的特征向量.【详解】由题意,矩阵的特征多项式为,令,解得, 将代入二元一次方程组,解得,所以矩阵属于特征值的一个特征向量为;同理,矩阵属于特征值的一个特征向量为v【点睛】本题主要考查了矩阵的特征值与特征向量的计算,其中解答中熟记矩阵的特征值和特征向量的计算方法是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.