2022-2023学年四川省绵阳南山实验高中高三第四次模拟考试数学试卷含解析

2023年高考数学模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动,则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为A． B． C． D．2．函数y=sin2x的图象可能是A． B．C． D．3．设向量，满足，，，则的取值范围是A． B．C． D．4．已知函数，不等式对恒成立，则的取值范围为（）A． B． C． D．5．下列函数中，图象关于轴对称的为（）A． B．，C． D．6．在中，为中点，且，若，则（）A． B． C． D．7．一艘海轮从A处出发，以每小时24海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（）A．6海里 B．6海里 C．8海里 D．8海里8．命题“”的否定是（）A． B．C． D．9．对两个变量进行回归分析，给出如下一组样本数据：，，，，下列函数模型中拟合较好的是（）A． B． C． D．10．某几何体的三视图如图所示，若侧视图和俯视图均是边长为的等边三角形，则该几何体的体积为A． B． C． D．11．若，则实数的大小关系为（）A． B． C． D．12．在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为：．假设蚂蚁窝在点，一只蚂蚁从点出发，需要在，上分别任意选择一点留下信息，然后再返回点．那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知椭圆的离心率是，若以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为，此时椭圆的方程是____.14．已知等边三角形的边长为1．,点、分别为线段、上的动点,则取值的集合为__________．15．展开式中，含项的系数为______.16．如图是一个几何体的三视图，若它的体积是，则_________，该几何体的表面积为_________．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）已知椭圆的左右焦点分别为，焦距为4，且椭圆过点，过点且不平行于坐标轴的直线交椭圆与两点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点.（1）求的周长；（2）求面积的最大值.18．（12分）如图，在四棱锥中，是边长为的正方形的中心，平面，为的中点.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.19．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），为上的动点，点满足，点的轨迹为曲线.（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与的异于极点的交点为，与的异于极点的交点为，求.20．（12分）在中，角的对边分别为，若.（1）求角的大小；（2）若，为外一点，，求四边形面积的最大值.21．（12分）已知直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设点，直线与曲线交于两点，求的值.22．（10分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝asinC．（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）求sin（2B+）的值．

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、B【解析】

求得基本事件的总数为，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，现有甲乙丙丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，基本事件的总数为，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,所以乙丙两人恰好参加同一项活动的概率为，故选B.【点睛】本题主要考查了排列组合的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中合理应用排列、组合的知识求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.2、D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令，因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．3、B【解析】

由模长公式求解即可.【详解】，当时取等号，所以本题答案为B.【点睛】本题考查向量的数量积，考查模长公式，准确计算是关键，是基础题.4、C【解析】

确定函数为奇函数，且单调递减，不等式转化为，利用双勾函数单调性求最值得到答案.【详解】是奇函数，，易知均为减函数，故且在上单调递减，不等式，即，结合函数的单调性可得，即，设，，故单调递减，故，当，即时取最大值，所以.故选：.【点睛】本题考查了根据函数单调性和奇偶性解不等式，参数分离求最值是解题的关键.5、D【解析】

图象关于轴对称的函数为偶函数,用偶函数的定义及性质对选项进行判断可解.【详解】图象关于轴对称的函数为偶函数；A中，，，故为奇函数；B中，的定义域为，不关于原点对称，故为非奇非偶函数；C中，由正弦函数性质可知，为奇函数；D中，且，，故为偶函数.故选：D.【点睛】本题考查判断函数奇偶性.判断函数奇偶性的两种方法:(1)定义法：对于函数的定义域内任意一个都有，则函数是奇函数；都有，则函数是偶函数(2)图象法：函数是奇(偶)函数函数图象关于原点(轴)对称．6、B【解析】

选取向量，为基底，由向量线性运算，求出，即可求得结果.【详解】，，，，，.故选：B.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量基本定理，属于基础题.7、A【解析】

先根据给的条件求出三角形ABC的三个内角，再结合AB可求，应用正弦定理即可求解.【详解】由题意可知：∠BAC＝70°﹣40°＝30°.∠ACD＝110°，∴∠ACB＝110°﹣65°＝45°，∴∠ABC＝180°﹣30°﹣45°＝105°.又AB＝24×0.5＝12.在△ABC中，由正弦定理得，即，∴.故选：A.【点睛】本题考查正弦定理的实际应用，关键是将给的角度、线段长度转化为三角形的边角关系，利用正余弦定理求解.属于中档题.8、D【解析】

根据全称命题的否定是特称命题,对命题进行改写即可.【详解】全称命题的否定是特称命题，所以命题“,”的否定是：，．故选D．【点睛】本题考查全称命题的否定,难度容易.9、D【解析】

作出四个函数的图象及给出的四个点，观察这四个点在靠近哪个曲线．【详解】如图，作出A，B，C，D中四个函数图象，同时描出题中的四个点，它们在曲线的两侧，与其他三个曲线都离得很远，因此D是正确选项，故选：D．【点睛】本题考查回归分析，拟合曲线包含或靠近样本数据的点越多，说明拟合效果好．10、C【解析】

由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是边长为的等边三角形，三棱锥的高为，所以该几何体的体积，故选C．11、A【解析】

将化成以为底的对数，即可判断的大小关系；由对数函数、指数函数的性质，可判断出与1的大小关系，从而可判断三者的大小关系.【详解】依题意，由对数函数的性质可得.又因为，故.故选:A.【点睛】本题考查了指数函数的性质，考查了对数函数的性质，考查了对数的运算性质.两个对数型的数字比较大小时，底数相同，则构造对数函数，结合对数的单调性可判断大小；若真数相同，则结合对数函数的图像或者换底公式可判断大小；若真数和底数都不相同，则可与中间值如1,0比较大小.12、C【解析】

将四面体沿着劈开，展开后最短路径就是的边，在中，利用余弦定理即可求解.【详解】将四面体沿着劈开，展开后如下图所示：最短路径就是的边．易求得，由，知，由余弦定理知其中，∴故选：C【点睛】本题考查了余弦定理解三角形，需熟记定理的内容，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据题意设为椭圆上任意一点,表达出,再根据二次函数的对称轴与求解的关系分析最值求解即可.【详解】因为椭圆的离心率是,,所以,故椭圆方程为.因为以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为,所以椭圆上的点到点的距离的最大值为.设为椭圆上任意一点,则.所以因为的对称轴为.(i)当时,在上单调递增,在上单调递减.此时,解得.(ii)当时,在上单调递减.此时,解得舍去.综上,椭圆方程为.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆上的点到定点的距离最值问题,需要根据题意设椭圆上的点,再求出距离,根据二次函数的对称轴与区间的关系分析最值的取值点分类讨论求解.属于中档题.14、【解析】

根据题意建立平面直角坐标系,设三角形各点的坐标,依题意求出,,,的表达式,再进行数量积的运算,最后求和即可得出结果.【详解】解:以的中点为坐标原点,所在直线为轴,线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系,如图所示,则,,,,则,,,设,,,即点的坐标为,则,,,所以故答案为:【点睛】本题考查平面向量的坐标表示和线性运算,以及平面向量基本定理和数量积的运算,是中档题.15、2【解析】

变换得到，展开式的通项为，计算得到答案.【详解】，的展开式的通项为：.含项的系数为：.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.16、；【解析】试题分析：如图：此几何体是四棱锥，底面是边长为的正方形，平面平面，并且，，所以体积是，解得，四个侧面都是直角三角形，所以计算出边长，表面积是考点：1．三视图；2．几何体的表面积．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）12（2）【解析】

（1）根据焦距得焦点坐标，结合椭圆上的点的坐标，根据定义；（2）求出椭圆的标准方程，设，联立直线和椭圆，结合韦达定理表示出面积，即可求解最大值.【详解】（1）设椭园的焦距为，则，故.则椭圆过点，由椭圆定义知:，故，因此，的周长；（2）由（1）知:，椭圆方程为:设，则，，，，，当且仅当在短轴顶点处取等，故面积的最大值为.【点睛】此题考查根据椭圆的焦点和椭圆上的点的坐标求椭圆的标准方程，根据直线与椭圆的交点关系求三角形面积的最值，涉及韦达定理的使用，综合性强，计算量大.18、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由正方形的性质得出，由平面得出，进而可推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论；（Ⅱ）取的中点，连接、，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法能求出二面角的余弦值.【详解】（Ⅰ）是正方形，，平面，平面，、平面，且，平面，又平面，平面平面；（Ⅱ）取的中点，连接、，是正方形，易知、、两两垂直，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，在中，，，，、、、，设平面的一个法向量，，，由，得，令，则，，.设平面的一个法向量，，，由，得，取，得，，得.，二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19、（Ⅰ）（为参数）；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）设点，，则，代入化简得到答案.（Ⅱ）分别计算，的极坐标方程为，，取代入计算得到答案.【详解】（Ⅰ）设点，，，故，故的参数方程为：（为参数）.（Ⅱ），故，极坐标方程为：；，故，极坐标方程为：.，故，，故.【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，弦长，意在考查学生的计算能力和转化能力.20、（1）（2）【解析】

（1）根据正弦定理化简等式可得，即；（2）根据题意，利用余弦定理可得，再表示出，表示出四边形，进而可得最值.【详解】（1），由正弦定理得：在中，，则，即，，即.（2）在中，又，则为等边三角形，又，-当时，四边形的面积取最大值，最大值为.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基础题．21、（1）直线普通方程：，曲线直角坐标方程：；（2）.【解析】

（1）消去直线参数方程中的参数即可得到其普通方程；将曲线极坐标方程化为，根据极坐标和直角坐标互化原则可得其直角坐标方程；（2）将直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，根据参数的几何意义可知，利用韦达定理求得结果.【详解】（1）由直线参数方程消去可得普通方程为：曲线极坐标方程可化为：则曲线的直角坐标方程为：，即（2）将直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，整理可得：设两点对应的参数分别为