2022～2023学年白山市高三四模联考试卷
数学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知，为纯虚数，则（ ）
A.2 B.3 C.4 D.5
3.设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
4.函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
5.已知圆：与圆：外切，直线：与圆相交于，两点，则（ ）
A.4 B.2 C. D.
6.在正三棱柱中，，，以为球心，为半烃的球面与侧面的交线长为（ ）
A. B. C. D.
7.甲、乙、丙三人玩传球游戏，每个人都等可能地把球传给另一人，由甲开始传球，作为第一次传球，经过3次传球后，球回到甲手中的概率为（ ）
A. B. C. D.
8.已知双曲线：（，）的左、右焦点分別为，，是双曲线上一点.，的平分线与轴交于点，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.2 C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.给出下列说法，其中正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则的最小值为2 D.若，则的最小值为2
10.十项全能是田径运动中全能项目的一种，是由跑、跳、投等10个田径项目组成的综合性男子比赛项目，比赛成绩是按照国际田径联合会制定的专门田径运动会全能评分表将各个单项成绩所得的评分加起来计算的，总分多者为优胜者.如图，这是某次十项全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图，则下列说法正确的是（ ）
A.在400米跑项目中，甲的得分比乙的得分低
B.在跳高和标枪项目中，甲、乙水平相当
C.甲的各项得分比乙的各项得分更均衡
D.甲的各项得分的极差比乙的各项得分的极差大
11.古希腊数学家普洛克拉斯指出：“哪里有数，哪里就有美.”“对称美”是数学美的重要组成部分，在数学史上，人类对数学的对称问题一直在思考和探索，图形中对称性的本质就是点的对称、线的对称.如正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称性也是函数一个非常重要的性质.如果一个函数的图象经过某个正方形的中心并且能够将它的周长和面积同时平分，那么称这个函数为这个正方形的“优美函数”.下列关于“优美函数”的说法中正确的有（ ）
A.函数（）可以是某个正方形的“优美函数”
B.函数只能是边长不超过的正方形的“优美函数”
C.函数可以是无数个正方形的“优美函数”
D.若函数是“优美函数”，则的图象一定是中心对称图形
12.已知正数，满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13.已知向量，，且，则______.
14.设，分别在正方体的棱，上，且，，则直线与所成角的余弦值为______.
15.已知抛物线：（）的焦点为，过且被截得的弦长为4的直线有且仅有两条，写出一个满足条件的抛物线的方程：______，此时该弦的中点到轴的距离为______.（本题第一空2分，第二空3分）
16.对20不断进行“乘以2”或“减去3”的运算，每进行一次记为一次运算，若运算次得到的结果为23，则的最小值为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）
已知等差数列满足，，公比不为的等比数列满足，.
（1）求与的通项公式；
（2）设，求的前项和.
18.（12分）
2023年，全国政协十四届一次会议于3月4日下午3时在人民大会堂开幕，3月11日下午闭幕，会期7天半；十四届全国人大一次会议于3月5日上午开幕，13日上午闭幕，会期8天半.为调查学生对两会相关知识的了解情况，某高中学校开展了两会知识问答活动，现从全校参与该活动的学生中随机抽取320名学生，他们的得分（满分100分）的频率分布折线图如下.
（1）若此时知识问答的得分，用样本来估计总体，设，分别为被抽取的320名学生得分的平均数和标准差，求（）的值；
（2）学校对这些被抽取的320名学生进行奖励，奖励方案如下：用频率估计概率，得分小于或等于55的学生获得1次抽奖机会，得分高于55的学生获得2次抽奖机会.假定每次抽奖抽到价值10元的学习用品的概率为，抽到20元的学习用品的概率为.从这320名学生中任取一位，记该同学在抽奖活动中获得学习用品的价值总额为，求的分布列和数据期望（用分数表示），并估算此次抽奖要准备的学习用品的价值总额.
参考数据：，，，，.
19.（12分）
在四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值.
20.（12分）
已知函数（，）的图象是由的图象向右平移个单位长度得到的.
（1）若的最小正周期为，求图象的对称轴中，与轴距离最近的对称轴的方程；
（2）若在上有且仅有一个零点，求的取值范围.
21.（12分）
已知椭圆：（）的离心率为，且椭圆经过点，过右焦点的直线与椭圆交于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，求面积的最大值以及此时直线的方程.
22.（12分）
已知函数，为的导函数.
（1）证明：当时，；
（2）判断函数的零点个数.
2022～2023学年白山市高三四模联考试卷
数学参考答案
1. C 【解析】本题考查集合的运算，考查数学运算的核心素养.
因为，，所以.
2. A【解析】 本题考查复数的有关概念，考查数学运算的核心素养.
因为，所以，所以.
3. D 【解析】本题考查解三角形的知识，考查数学运算的核心素养.
因为，所以，由，得，所以.
4. A 【解析】本题考查函数的图象和性质，考查逻辑推理与直观想象的核心素养.
的定义域为，因为，
所以为偶函数，排除B，D.当时，，故选A.
5. C 【解析】本题考查直线与圆的位置关系，考查数学运算与直观想象的核心素养.
因为圆与圆外切，所以.设圆心到直线的距离为，则，
从而.
6. C 【解析】本题考查球面与柱体侧面的交线长度，考查直观想象与数学运算的核心素养.
设为的中点，连接（图略），可知，平面，由，得题中所求交线即以为圆心，为半径的圆弧，设该圆弧与，分别相交于点，，经计算可知，故交线长.
7. D 【解析】本题考查古典概型，考查数学运算的核心素养.
画出树状图，，可知所求概率为.
8. B 【解析】本题考查双曲线的性质，考查逻辑推理与数学运算的核心素养.
由已知得，因为平分，所以，所以，整理得，由，得，所以.
9. AD【解析】本题考查三角恒等变换和基本不等式，考查数学运算的核心素养.
对于A，，A正确；
对于B，因为，所以或，B错误；
令，易知在上单调递减，在上单调递增，所以当时，的最小值为2，当时，的最小值为，C错误，D正确.
10. BD 【解析】本题考查统计的知识，考查数据分析与数学运算的核心素养.
由雷达图可知，400米跑项目中，甲的得分比乙的得分高，A错误；由图可知，B正确；甲各项得分的波动较大，乙的各项得分均在内，波动较小，C错误；甲的各项得分的极差约为，乙的各项得分的极差小于200，D正确.
11. AC 【解析】本题考查新定义以及函数的性质，考查逻辑推理的核心素养.
对于A，易知函数为奇函数，所以函数可以是中心为原点且边长为2的正方形的“优美函数”，故A正确.
对于B，令（），得（），所以函数图象的对称中心为（），故以（）为中心的正方形都能被函数的图象平分，即可以同时是无数个正方形的“优美函数”，故B错误.
对于C，令，易知函数为奇函数.又因为函数的图象是由函数的图象向下平移一个单位长度得到的，所以函数图象的对称中心为，故以为中心的正方形都能被函数的图象平分，故C正确.
对于D，如图所示，可知D错误.
12. BCD 【解析】本题考查不等关系，考查逻辑推理与数学运算的核心素养.
因为，所以，所以，A错误，B正确；
令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，C正确；
令，则，可知当时，
单调递增，当时，单调递减，所以，D正确.
13. 【解析】本题考查平面向量的平行，考查数学运算的核心素养.
因为，所以，整理得，解得.
14. 【解析】本题考查立体几何初步的知识，考查直观想象的核心素养.
在棱，上分别取点，，使得，，连接，，可知，则为直线与所成的角.设，在中，易得，，，设，则，从而.
15.；（答案不唯一，只要，且所求距离为即可） 【解析】本题考查抛物线的定义及性质，考查直观想象的核心素养.
易知过焦点的弦中，通径最短，所以，解得.设该弦所在的直线与的交点分别为，，则弦的中点到轴的距离为.取，则抛物线的方程为，此时弦的中点到轴的距离为.
16.【解析】本题考查逻辑推理的知识，考查数学建模的核心素养以及分类讨论的数学思想.
因为，所以至少要进行一次“乘以2”的运算.
（ⅰ）若一共只有一次“乘以2”的运算.
设做了次“减去3”的运算之后，再“乘以2”，再做了次“减去3”的运算后，得数为，即，其中，，显然无非负整数解.
（ⅱ）若一共只有2次“乘以2”的运算.
设做了次“减去3”的运算之后“乘以2”，再做了次“减去3”的运算之后“乘以2”，再做了次“减去3”的运算后，得数是，即，，，.当时，，或当时，；当时，.所以的最小值为6，即至少运算8次，过程为.
（ⅲ）若一共有3次或3次以上“乘以2”的运算，总运算次数显然不止8次.
17.解：（1）设的公差为，因为，，
所以，解得，从而，所以.
设的公比为，因为，所以，解得，
因为，所以，所以.
（2）因为，所以，
所以，
所以.
18.解：（1）.
，
所以，，
所以.
（2）的可取值为10，20，30，40，
，，
，，
，，
所以的分布列为
10 20 30 40
故此次抽奖要准备的学习用品的价值总额约为元.
19.（1）证明：在等腰梯形中，，，，
过点作于（图略），则，可知，
由余弦定理知，
则，所以.
又，，，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解：以为坐标原点，，的方向分别为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.
因为平面，，所以，，，，，，，
设平面的法向量为，
则取.
设直线与平面所成的角为，则
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
20.解：（1）由，得，
所以，
令，，解得，，
取，得，取，得，
因为，所以与轴距离最近的对称轴方程为.
（2）由已知得，
令，，解得，.
因为在上有且仅有一个零点，所以
所以
因为，所以解得，，所以，
所以解得，即的取值范围为.
21.解：（1）由，得，
所以椭圆的方程为，
把点的坐标代入上式，得，可得，
所以，，故椭圆的方程为.
（2）由（1）知焦点的坐标为，若直线的斜率为0，则，，三点不能构成三角形，
所以直线的斜率不为0，设直线的方程为，
联立方程组消去，得，
设，，则，，
令（），则，当且仅当时，等号成立，即面积的最大值为.
令，解得，所以此时直线的方程为或.
22.（1）证明：令，则.
当时，，
当时，
即当时，，所以在上单调递增，则，
故当时，成立.
（2）解：，即，
所以
.
设，由（1）可知当时，，
所以在上单调递增，从而.
下面证明：当时，，即证.
设，则，
所以在上单调递减，从而，即当时，.
当时，，，所以是的零点；
当时，，，即，所以在上无零点；
当时，，，即，所以在上无零点；
当时，，所以，，即，所以在上无零点；
当时，，所以，
即，所以在上无零点.
综上，在上只有1个零点.
