沈阳市第120中学2023－2024学年度上学期高三年级第四次质量监测数学试题满分：150分时间：120分钟命题人：马健于茂源校对人：高越一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1.设集合，集合，若，则实数取值集合的真子集的个数为（）A.2 B.3 C.7 D.8【答案】C【解析】【分析】先求出集合，然后分和两种情况由可求出的值，从而可求出实数取值集合，进而可求出其真子集的个数.【详解】由，得，解得或，所以，当时，，满足，当时，，因为，所以或，得或，综上，实数取值的集合为，所以实数取值集合的真子集的个数为，故选：C2.已知复数满足，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，结合复数的定义，即可求解.【详解】由复数，可得，所以，所以复数的虚部为.故选：A.3.若的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，则该项式的展开式中常数项为（）A.90 B.-90 C.180 D.-180【答案】C【解析】【分析】由已知可知项数n=10，再表示通项并令其中x的指数为零，求得指定项的系数即可.【详解】解：因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则项数n=10，即，则通项为，令，则.故选：C.4.向量，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用平面向量的数量积及模长计算夹角即可.【详解】由已知可得，又，所以.故选：A5.在《九章算术商功》中将正四面形棱台体棱台的上、下底面均为正方形称为方亭．在方亭中，，四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为，则该方亭的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据方亭四个侧面的面积之和得到的长度，然后作辅助线找到并求方亭的高，最后利用棱台的体积计算公式求解即可．【详解】如图，过作，垂足为，由四个侧面的面积之和为知，侧面的面积为，（梯形的面积公式），则．由题意得：，在中，．连接，，过作，垂足为，易知四边形为等腰梯形且，，则，，该方亭的体积，（棱台的体积公式）．故选：D．6.在数列中，，且函数的导函数有唯一零点，则的值为（）．A.1021 B.1022 C.1023 D.1024【答案】A【解析】【分析】对应函数求导，利用奇偶性定义判断为偶函数，根据有唯一零点知，构造法有，应用等比数列定义写出通项公式并求对应项.【详解】由在上有唯一零点，而，所以为偶函数，则，故，且，所以是首项为4，公比为2的等比数列，则，则.故选：A【点睛】关键点点睛：判断导函数为偶函数，进而得到为关键.7.已知点是圆上的动点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值是（    ）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出图象，过点作，垂足为，连接，则有，从而得点D的轨迹方程为²，由向量的加法法则可得，根据圆与圆的位置关系求出即可得答案.【详解】解：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为2，如图，过点作，垂足为，连接，为中点，即，又，，点D的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，点D的轨迹方程为²，是AB中点，，，所以的最大值为故选：8.已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（）A.6π B.30πC. D.【答案】D【解析】【分析】利用三棱锥的体积，求解底边边长，求出的外接圆半径，以及球心到底面的距离，判断顶点的轨迹是两个不同截面圆的圆周，进而求解周长即可．【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形的边长为，三棱锥的体积解得：的外接圆半径为球心到底面的距离为，又顶点P到底面ABC的距离为3，顶点的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面和截面圆之间时，球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；当球心在底面和截面圆同一侧时，球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；综上所述，顶点P轨迹的总长度为故选：D．【点睛】本题考查空间几何体外接球的问题以及轨迹周长的求法，考查空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度．二、多选题（本题共4小题，共20分，每题选项全对给5分，少选或漏选给2分，错选、多选和不选给0分）9.下列命题正确的是（）A.在回归分析中，相关指数越小，说明回归效果越好B.已知，若根据2×2列联表得到的观测值为4.1，则有95%的把握认为两个分类变量有关C.已知由一组样本数据（，2，，n）得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有D.若随机变量，则不论取何值，为定值【答案】BD【解析】【分析】A.由相关指数的意义判断；B.由临界值表判断；C.由样本数据和回归直线方程的关系判断；D.由正态曲线的原则判断.【详解】A.在回归分析中，相关指数越大，说明回归效果越好，故错误；B.已知若根据2×2列联表得到的观测值为4.1，且，则有95%的把握认为两个分类变量有关，故正确；C.已知由一组样本数据（，2，，n）得到的回归直线方程为，由，得到，则是样本点的中心，一定在直线上，但这组样本中数据不一定有，故错误；D.若随机变量，则，所以，，所以不论取何值，为定值.故选：BD10.若函数的图象关于直线对称，则（）A.B.点是曲线的一个对称中心C.直线也是一条对称轴D.函数在区间上单调【答案】CD【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数，再根据三角函数性质进行求解即可.【详解】由题意函数，其对称轴为，即，所以令，解得，对于选项A,因此错误；对于选项B，该函数没有对称中心，因此错误；对于选项C，令，解得，取，符合题意，因此C正确；对于选项D，函数在单调递增，即，当时，函数在区间上单调递增，当时，函数在区间上单调递减，因此选项D正确.故选：CD11.已知是数列的前项和，且，则下列选项中正确的是（）.A.（）B.C.若，则D.若数列单调递增，则的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】对于A，由，多写一项，两式相减即可得出答案.对于B，由（），多递推一项，两式相减即可得出答案少了条件.对于C，由分析知，所以奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，由等差数列得前项和公式即可得出答案.对于D，因为数列单调递增，根据，即可求出取值范围.【详解】对于A，因为，当，两式相减得：（）,所以A正确.对于B，因为（）,所以，两式相减得：（），所以B不正确.对于C，，令，则，，因为，所以.令，则，，所以.因为（），而，所以.所以奇数项是以为首项，2为公差的等差数列.偶数项是以为首项，2为公差的等差数列.则：，所以C正确.对于D，，令，则，，则又因为，令则，所以，同理：，，因为数列单调递增，所以，解得：，解得：，解得：，解得：，解得：，所以的取值范围是，所以D不正确.故选：AC.【点睛】本题考查的是等差数列的知识，解题的关键是利用，得出的奇数项、偶数项分别成等差数列，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.12.若正实数满足，且，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或.对于ABC，分、，结合对数函数的性质及作差比较法即可判断；对于D，由两边取自然对数得到，即，构造函数（且），通过导数判断单调性即可判断.【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，当时，，此时；，故；，；当时，，此时，，故；，；对于ABC，A正确，BC均错误；对于D，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确．故选：AD．【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.若直线：与：平行，则，间的距离是______．【答案】【解析】【分析】先根据两直线平行得出的值，再根据平行线的距离公式计算即可.【详解】因为两直线平行可得且，解之得，所以，，故两直线的距离为.故答案为：.14.已知锐角，满足，则__________.【答案】【解析】【分析】根据二倍角公式与同角三角函数的关系可得，进而可得.【详解】由题意，，由二倍角公式与同角三角函数的关系可得，即，整理可得，故，又锐角，，故，故.故答案为：15.第19届杭州亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河.现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”､“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数共有__________.（用数字作答）【答案】336【解析】【分析】考虑到前排是有两种不同名称的吉祥物，还是有三种不同名称的吉祥物，分类求出排法数，根据分类加法计数原理即可得答案.【详解】由题意可分两种情形：①前排含有两种不同名称的吉祥物，首先，前排从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”中取两种，其中一种取两个，另一种选一个，有种排法；其次，后排有种排法，故共有种不同的排法；②前排含有三种不同名称的吉祥物，有种排法；后排有种排法，此时共有种排法；因此，共有种排法，故答案为：336【点睛】关键点睛：解答本题的关键是分类考虑，即考虑到前排是有两种不同名称的吉祥物，还是有三种不同名称的吉祥物，分类求解即可.16.在锐角中，，若点为的外心，且，则的最大值为___________.【答案】##0.8【解析】【分析】通过向量的减法，把，转化为与，进行整理后再平方处理即可得解.【详解】，整理得：设锐角外接圆的半径为，所以，则上式两边平方得：①，其中，代入①式，得：，整理得：，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立即，解得：或当时，此时，，此时P点在△ABC外部，△ABC为钝角三角形，与题干矛盾，所以舍去，成立故答案为：四、解答题（本题共6小题，共70分）17.的内角，，的对边分别为，，，已知．（1）求；（2）若，的面积为，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理得，从而求得；（2）根据面积公式和余弦定理即可求得周长.【小问1详解】因为，所以由正弦定理可得．又，所以．因为，所以．又，所以，．【小问2详解】的面积，则．由余弦定理：，得，所以，故的周长为．18.已知点，圆的半径为1.（1）若圆的圆心坐标为，过点作圆的切线，求此切线的方程；（2）若圆的圆心在直线上，且圆上存在点，使，为坐标原点，求圆心的横坐标的取值范围.【答案】（1）或（2）或.【解析】【分析】（1）根据圆心到直线距离分直线斜率存在与不存在求解；（2）由条件求出M所在圆，利用两圆相交求出的取值范围.【小问1详解】由题意得圆标准方程为，当切线的斜率存在时，设切线方程为，由，解得：，当切线的斜率不存在时，切线方程为，满足题意；所以切线的方程为或.【小问2详解】由圆心在直线上，设，设点，由，得：，化简得：，所以点在以为圆心，2为半径的圆上.又点在圆上，所以圆与圆有交点，则，即，解得：或.19.已知数列中，，是数列的前项和，且.（1）求数列的通项公式：（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用与关系可推导得到，利用累乘法即可求得；（2）由，结合可得，并由此得到；采用裂项相消法可整理得到，由可证得结论.【小问1详解】由得：且；当且时，，整理可得：，，则，，，，，各式相乘得：，又，.当时成立，故.【小问2详解】由得：，，，又，.20.已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出