福建省晋江市安溪一中、养正中学新高考数学四模试卷及答案解析

福建省晋江市（安溪一中、养正中学新高考数学四模试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（）A． B． C． D．2．设点，，不共线，则“”是“”（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件3．函数的图象大致为()A． B．C． D．4．已知纯虚数满足，其中为虚数单位，则实数等于（）A． B．1 C． D．25．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A． B．4C． D．56．函数的大致图象为A． B．C． D．7．第七届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在中国武汉举行，中国队以133金64银42铜位居金牌榜和奖牌榜的首位.运动会期间有甲、乙等五名志愿者被分配到射击、田径、篮球、游泳四个运动场地提供服务，要求每个人都要被派出去提供服务，且每个场地都要有志愿者服务，则甲和乙恰好在同一组的概率是（）A． B． C． D．8．已知双曲线：的焦距为，焦点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的渐近线方程为（）A． B． C． D．9．已知定义在上的函数的周期为4，当时，，则（）A． B． C． D．10．下图是我国第24~30届奥运奖牌数的回眸和中国代表团奖牌总数统计图，根据表和统计图，以下描述正确的是（）．金牌（块）银牌（块）铜牌（块）奖牌总数2451112282516221254261622125027281615592832171463295121281003038272388A．中国代表团的奥运奖牌总数一直保持上升趋势B．折线统计图中的六条线段只是为了便于观察图象所反映的变化，不具有实际意义C．第30届与第29届北京奥运会相比，奥运金牌数、银牌数、铜牌数都有所下降D．统计图中前六届奥运会中国代表团的奥运奖牌总数的中位数是54.511．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1）），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由个全等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边形，设，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（）A． B．C． D．12．已知集合，则（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，满足，，，则向量在的夹角为______.14．若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是线段上一动点，.给出下列四个结论：①为的重心；②；③当时，平面；④当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为.其中，所有正确结论的序号是________________.15．设为互不相等的正实数，随机变量和的分布列如下表，若记，分别为的方差，则_____．（填>，<，=）16．已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则__________.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，在直棱柱中，底面为菱形，，，与相交于点，与相交于点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.18．（12分）某广告商租用了一块如图所示的半圆形封闭区域用于产品展示,该封闭区域由以为圆心的半圆及直径围成．在此区域内原有一个以为直径、为圆心的半圆形展示区,该广告商欲在此基础上,将其改建成一个凸四边形的展示区,其中、分别在半圆与半圆的圆弧上,且与半圆相切于点．已知长为40米,设为．（上述图形均视作在同一平面内）（1）记四边形的周长为,求的表达式;（2）要使改建成的展示区的面积最大,求的值．19．（12分）已知数列满足，且，，成等比数列．（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）记数列的前n项和为，，求数列的前n项和．20．（12分）已知点和椭圆.直线与椭圆交于不同的两点，.（1）当时，求的面积；（2）设直线与椭圆的另一个交点为，当为中点时，求的值.21．（12分）已知圆的极坐标方程是，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是是参数），若直线与圆相切，求实数的值.22．（10分）已知曲线的参数方程为为参数),以直角坐标系原点为极点,以轴正半轴为极轴并取相同的单位长度建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程,并说明其表示什么轨迹；（2）若直线的极坐标方程为,求曲线上的点到直线的最大距离.

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】由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1的圆柱的一半，上部为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为，上部半圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故应选．2、C【解析】

利用向量垂直的表示、向量数量积的运算，结合充分必要条件的定义判断即可.【详解】由于点，，不共线，则“”；故“”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查向量垂直的表示，考查向量数量积的运算，属于基础题.3、A【解析】

确定函数在定义域内的单调性，计算时的函数值可排除三个选项．【详解】时，函数为减函数，排除B，时，函数也是减函数，排除D，又时，，排除C，只有A可满足．故选：A.【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，可通过解析式研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等等排除，可通过特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势排除，最后剩下的一个即为正确选项．4、B【解析】

先根据复数的除法表示出，然后根据是纯虚数求解出对应的的值即可.【详解】因为，所以，又因为是纯虚数，所以，所以.故选：B.【点睛】本题考查复数的除法运算以及根据复数是纯虚数求解参数值，难度较易.若复数为纯虚数，则有.5、B【解析】

还原几何体的直观图，可将此三棱锥放入长方体中,利用体积分割求解即可.【详解】如图，三棱锥的直观图为，体积.故选:B.【点睛】本题主要考查了锥体的体积的求解,利用的体积分割的方法,考查了空间想象力及计算能力,属于中档题.6、A【解析】

因为，所以函数是偶函数，排除B、D，又，排除C，故选A．7、A【解析】

根据题意，五人分成四组，先求出两人组成一组的所有可能的分组种数，再将甲乙组成一组的情况，即可求出概率.【详解】五人分成四组，先选出两人组成一组，剩下的人各自成一组，所有可能的分组共有种，甲和乙分在同一组，则其余三人各自成一组，只有一种分法，与场地无关，故甲和乙恰好在同一组的概率是.故选：A.【点睛】本题考查组合的应用和概率的计算，属于基础题.8、A【解析】

利用双曲线：的焦点到渐近线的距离为，求出，的关系式，然后求解双曲线的渐近线方程．【详解】双曲线：的焦点到渐近线的距离为，可得：，可得，，则的渐近线方程为．故选A．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，构建出的关系是解题的关键，考查计算能力，属于中档题.9、A【解析】

因为给出的解析式只适用于，所以利用周期性，将转化为，再与一起代入解析式，利用对数恒等式和对数的运算性质，即可求得结果.【详解】定义在上的函数的周期为4，当时，，，，.故选：A.【点睛】本题考查了利用函数的周期性求函数值，对数的运算性质，属于中档题.10、B【解析】

根据表格和折线统计图逐一判断即可.【详解】A.中国代表团的奥运奖牌总数不是一直保持上升趋势，29届最多，错误；B.折线统计图中的六条线段只是为了便于观察图象所反映的变化，不表示某种意思，正确；C.30届与第29届北京奥运会相比，奥运金牌数、铜牌数有所下降，银牌数有所上升，错误；D.统计图中前六届奥运会中国代表团的奥运奖牌总数按照顺序排列的中位数为,不正确；故选：B【点睛】此题考查统计图，关键点读懂折线图，属于简单题目.11、D【解析】

设，则，小正六边形的边长为，利用余弦定理可得大正六边形的边长为，再利用面积之比可得结论.【详解】由题意，设，则，即小正六边形的边长为，所以，，，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，大正六边形的边长为，所以，小正六边形的面积为，大正六边形的面积为，所以，此点取自小正六边形的概率.故选：D.【点睛】本题考查概率的求法，考查余弦定理、几何概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．12、C【解析】

由题意和交集的运算直接求出.【详解】∵集合，∴.故选:C.【点睛】本题考查了集合的交集运算.集合进行交并补运算时，常借助数轴求解.注意端点处是实心圆还是空心圆.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

把平方利用数量积的运算化简即得解.【详解】因为，，，所以，∴，∴，因为所以.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算法则，考查向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14、①②③【解析】

①点在平面内的正投影为点，而正方体的体对角线与和它不相交的的面对角线垂直，所以直线垂直于平面，而为正三角形，可得为正三角形的重心，所以①是正确的；②取的中点，连接，则点在平面的正投影在上，记为，而平面平面，所以，所以②正确；③若设，则由可得，然后对应边成比例，可解，所以③正确；④由于，而的面积是定值，所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，而当点与点重合时，点到平面的距离最大，此时为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.【详解】因为，连接，则有平面平面为正三角形，所以为正三角形的中心，也是的重心，所以①正确；由平面，可知平面平面，记，由，可得平面平面，则，所以②正确；若平面，则，设由得，易得，由，则，由得，，解得，所以③正确；当与重合时，最大，为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.故答案为：①②③【点睛】此题考查立体几何中的垂直、平行关系，求几何体的体积，考查空间想象能力和推理能力，属于难题.15、>【解析】

根据方差计算公式，计算出的表达式，由此利用差比较法，比较出两者的大小关系.【详解】，故.，.要比较的大小，只需比较与，两者作差并化简得①，由于为互不相等的正实数，故，也即，也即.故答案为：【点睛】本小题主要考查随机变量期望和方差的计算，考查差比较法比较大小，考查运算求解能力，属于难题.16、【解析】

根据的展开式中第项与第项的二项式系数相等，得到，再利用组合数公式求解.【详解】因为的展开式中第项与第项的二项式系数相等，所以，即，所以，即，解得.故答案为：10【点睛】本题主要考查二项式的系数，还考查了运算求解的能力，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）证明见解析（2）【解析】

（1）要证明平面，只需证明，即可：（2）取中点，连，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出与平面的法向量，再利用计算即可.【详解】（1）∵底面为菱形，∵直棱柱平面.∵平面..平面；（2）如图，取中点，连，以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：，点，设平面的法向量为，，有，令，得又，设直线与平面所成的角为，所以故直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明以及向量法求线面角的正弦值，考查学生的运算求解能力，本题解题关键是正确写出点的坐标.18、（1）,．（2）【解析】

（1）由余弦定理的,然后根据直线与圆相切的性质求出,从而求出;（2）求得的表达式,通过求导研究函数的单调性求得最大值.【详解】解：（1）连．由条件得．在三角形中,,,,由余弦定理,得,因为与半圆相切于,所以,所以,所以．所以四边形的周长为,．（2）设四边形的面积为,则,．所以,．令,得列表：+0-增最大值减答：要使改建成的展示区的面积最大,的值为．【点睛】本题考查余弦定理、直线与圆的位置关系、导数与函数最值的关系,考查考生的逻辑思维能力,运算求解能力,以及函数与方程的思想.19、（1）见解析；（2）【解析】

（1）因为，所以，所以，所以数列是等差数列，设数列的公差为，由可得，因为成等比数列，所以，所以，所以，因为，所以，解得（舍去）或，所以，所以．（2）由（1）知，，所以，所以．20、（1）；（2）或【解析】

（1）联立直线的方程和椭圆方程，求得交点的横坐标，由此求得三角形的面积.（2）法一：根据的坐标求得的坐标，将的坐标都代入椭圆方程，化简后求得的坐标，进而求得的值.法二：设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，化简后写出根与系数关系，结合求得点的坐标，进而求得的值.【详解】（1）设，，若，则直线的方程为，由，得，解得，，设直线与轴交于点，则且.（2）法一：设点因为，，所以又点，都在椭圆上，所以解得或所以或.法二：设显然直线有斜率，设直线的方程为由，得所以又解得或所以或所以或.【点睛】本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中三角形面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题.21、【解析】

将圆的极坐标方程化为直角坐标方程，直线的参数方程化为普通方程，再根据直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半