福福建省泉州市2023年高考数学四模试卷含解析

1、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设集合，则（ ）ABCD2正项等比数列中，且与的等差中项为4，则的公比是 ( )A1B2CD3历史上有不少数学家都对圆周率作过研究，第一个用科学方法寻求圆周率数值的人是阿基米德，他用圆内接和外

2、切正多边形的周长确定圆周长的上下界，开创了圆周率计算的几何方法，而中国数学家刘徽只用圆内接正多边形就求得的近似值，他的方法被后人称为割圆术近代无穷乘积式、无穷连分数、无穷级数等各种值的表达式纷纷出现，使得值的计算精度也迅速增加华理斯在1655年求出一个公式：，根据该公式绘制出了估计圆周率的近似值的程序框图，如下图所示，执行该程序框图，已知输出的，若判断框内填入的条件为，则正整数的最小值是ABCD4已知复数，满足，则（ ）A1BCD55的展开式中的项的系数为（ ）A120B80C60D406如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）ABCD87已

3、知函数，则（ ）A2B3C4D58已知数列为等差数列，为其前 项和，则（ ）ABCD9M、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()ABCD210已知复数（为虚数单位，），则在复平面内对应的点所在的象限为（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限11函数在上的大致图象是（ ）ABCD12若函数函数只有1个零点，则的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在中，、的坐标分别为，且满足，为坐标原点，若点的坐标为，则的取值范围为_.14若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中各项的系数和是_15的展开式中的常数项

4、为_.16若一个正四面体的棱长为1，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为_.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）已知函数当时，求函数的极值；若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围18（12分）已知函数的导函数的两个零点为和（1）求的单调区间；（2）若的极小值为，求在区间上的最大值19（12分）已知椭圆：，不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于，两点.（）若线段的中点坐标为，求直线的方程；（）若直线过点，点满足（，分别为直线，的斜率），求的值.20（12分）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，为的中点，为棱上的一点.（1）证明：面面；（2）当为中点

5、时，求二面角余弦值.21（12分）已知，函数，（是自然对数的底数）.（）讨论函数极值点的个数；（）若，且命题“，”是假命题，求实数的取值范围.22（10分）已知动点到定点的距离比到轴的距离多.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设，是轨迹在上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当，变化且时，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.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。1C【解析】解对数不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.【详解】由，解得，故.依题意，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查对数不等式的解法，考查集合交

6、集的概念和运算，属于基础题.2D【解析】设等比数列的公比为q，运用等比数列的性质和通项公式，以及等差数列的中项性质，解方程可得公比q【详解】由题意，正项等比数列中，可得，即，与的等差中项为4，即，设公比为q，则，则负的舍去，故选D【点睛】本题主要考查了等差数列的中项性质和等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列通项公式，合理利用等比数列的性质是解答的关键，着重考查了方程思想和运算能力，属于基础题3B【解析】初始：，第一次循环：，继续循环；第二次循环：，此时，满足条件，结束循环，所以判断框内填入的条件可以是，所以正整数的最小值是3，故选B4A【解析】首先根据复数代数形式的除法运算求出，求

7、出的模即可【详解】解：，故选：A【点睛】本题考查了复数求模问题，考查复数的除法运算，属于基础题5A【解析】化简得到，再利用二项式定理展开得到答案.【详解】展开式中的项为.故选：【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.6A【解析】由三视图还原出原几何体，得出几何体的结构特征，然后计算体积【详解】由三视图知原几何体是一个四棱锥，四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，直观图如图所示，故选：A【点睛】本题考查三视图，考查棱锥的体积公式，掌握基本几何体的三视图是解题关键7A【解析】根据分段函数直接计算得到答案.【详解】因为所以.故选：.【点睛】本题考查了分段函数计算，意在考查学生的计算能力

8、.8B【解析】利用等差数列的性质求出的值，然后利用等差数列求和公式以及等差中项的性质可求出的值.【详解】由等差数列的性质可得，.故选：B.【点睛】本题考查等差数列基本性质的应用，同时也考查了等差数列求和，考查计算能力，属于基础题.9C【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.10B【解析】分别比较复数的实部、虚部与0的大小关系，可判断出在复平面内对应的点所在的象限.【详解】因为时，所以，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B.【点睛】

9、本题考查复数的几何意义，考查学生的计算求解能力，属于基础题.11D【解析】讨论的取值范围，然后对函数进行求导，利用导数的几何意义即可判断.【详解】当时，则，所以函数在上单调递增，令，则，根据三角函数的性质，当时，故切线的斜率变小，当时，故切线的斜率变大，可排除A、B；当时，则，所以函数在上单调递增，令 ，当时，故切线的斜率变大，当时，故切线的斜率变小，可排除C，故选：D【点睛】本题考查了识别函数的图像，考查了导数与函数单调性的关系以及导数的几何意义，属于中档题.12C【解析】转化有1个零点为与的图象有1个交点，求导研究临界状态相切时的斜率，数形结合即得解.【详解】有1个零点等价于与的图象有1个

10、交点记，则过原点作的切线，设切点为，则切线方程为，又切线过原点，即，将，代入解得所以切线斜率为，所以或故选：C【点睛】本题考查了导数在函数零点问题中的应用，考查了学生数形结合，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】由正弦定理可得点在曲线上，设，则，将代入可得，利用二次函数的性质可得范围.【详解】解：由正弦定理得，则点在曲线上，设，则，又，因为，则，即的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的定义，考查向量数量积的坐标运算，考查学生计算能力，有一定的综合性，但难度不大.14【解析】由题意得出展开式中共有11项，；再令求得展开式中

11、各项的系数和【详解】由的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以展开式中共有11项，所以；令，可求得展开式中各项的系数和是：故答案为：1【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式的运用，考查二项式展开式各项系数和的求法，属于基础题.15160【解析】先求的展开式中通项，令的指数为3即可求解结论.【详解】解：因为的展开式的通项公式为：；令，可得；的展开式中的常数项为：.故答案为：160.【点睛】本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，属于基础题16【解析】将四面体补成一个正方体，通过正方体的对角线与球的半径的关系，得到球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】如图所示，将正

12、四面体补形成一个正方体，则正四面体的外接球与正方体的外接球表示同一个球，因为正四面体的棱长为1，所以正方体的棱长为，设球的半径为，因为球的直径是正方体的对角线， 即，解得，所以球的表面积为.【点睛】本题主要考查了有关求得组合体的结构特征，以及球的表面积的计算，其中巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径等于正方体的对角线长，得到球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及运算与求解能力，属于基础题.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）当时，函数取得极小值为，无极大值；（2）【解析】试题分析：（1），通过求导分析，得函数取得极小值为，无极大值；（2），所

13、以，通过求导讨论，得到的取值范围是试题解析：（1）函数的定义域为当时，所以 所以当时，当时，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以当时，函数取得极小值为，无极大值； （2）设函数上点与函数上点处切线相同，则 所以 所以，代入得： 设，则不妨设则当时，当时，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 代入可得：设，则对恒成立，所以在区间上单调递增，又所以当时，即当时, 又当时 因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立；即存在使得函数上点与函数上点处切线相同又由得：所以单调递减，因此所以实数的取值范围是18（1）单调递增区间是，单调递减区间是和；（2）最大值是【解析】（1）求得，由题意可

14、知和是函数的两个零点，根据函数的符号变化可得出的符号变化，进而可得出函数的单调递增区间和递减区间；（2）由（1）中的结论知，函数的极小值为，进而得出，解出、的值，然后利用导数可求得函数在区间上的最大值.【详解】（1），令，因为，所以的零点就是的零点，且与符号相同又因为，所以当时，即；当或时，即.所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和； （2）由（1）知，是的极小值点，所以有，解得， ，所以因为函数的单调递增区间是，单调递减区间是和.所以为函数的极大值，故在区间上的最大值取和中的最大者，而，所以函数在区间上的最大值是【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间与最值，考查计算能力，属于中等题.

15、19（）（）【解析】（）根据点差法，即可求得直线的斜率，则方程即可求得；（）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，根据，即可求得参数的值.【详解】（1）设，则两式相减，可得.（*）因为线段的中点坐标为，所以，.代入（*）式，得.所以直线的斜率.所以直线的方程为，即.（）设直线：（），联立整理得.所以，解得.所以，.所以，所以.所以.因为，所以.【点睛】本题考查中点弦问题的点差法求解，以及利用代数与几何关系求直线方程，涉及韦达定理的应用，属中档题.20（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）要证明面面，只需证明面即可；（2）以为坐标原点，以，分别为，轴建系，分别计算出面法向量，面的法向量，再

16、利用公式计算即可.【详解】证明：（1）因为底面为正方形，所以又因为，满足，所以又，面，面，所以面.又因为面，所以，面面.（2）由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，以，分别为，轴建系如图所示，则，,，则，.所以，设面法向量为，则由得，令得，即；同理，设面的法向量为，则由得，令得，即，所以，设二面角的大小为，则所以二面角余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明以及利用向量法求二面角，考查学生的运算求解能力，此类问题关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.21（1）当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）【解析】试题分析 ：（1），分，讨论，当时，对，当时，解得，在上是减函数，在上是增函数。所以

17、，当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）原命题为假命题，则逆否命题为真命题。即不等式在区间内有解。设 ，所以 ，设 ，则，且是增函数，所以 。所以分和k1讨论。试题解析：（）因为，所以，当时，对，所以在是减函数，此时函数不存在极值，所以函数没有极值点；当时，令，解得，若，则，所以在上是减函数，若，则，所以在上是增函数，当时，取得极小值为，函数有且仅有一个极小值点，所以当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（）命题“，”是假命题，则“，”是真命题，即不等式在区间内有解.若，则设 ，所以 ，设 ，则，且是增函数，所以 当时，所以在上是增函数，即，所以在上是增函数，所以，即在上恒成立.当时，因为在是增函数，因为， ，所以在上存在唯一零点，当时，在上单调递减，从而，即，所以在上单调递减，所以当时，即.所以不等式在区间内有解综上所述，实数的取值范围为.22（1）或；（2）