卷子答案网-一个不只有答案的网站2023年武汉东湖风景区普通高等学校招生考试模拟试题
数学（四）
本试卷共4页，23题（含选考题）．全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5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，，若，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．复数，若为纯虚数，则（ ）
A．-i B．7i C．-5i D．5i
3．下列不等式正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，，则 D．若，，，且，则
4．数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列，其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16，从第二项起，每一项与前一项的差组成新数列2，3，4，5，新数列2，3，4，5为等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其中前几项分别为2，5，9，14，20，27记该数列的后一项与前一项之差组成新数列，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
5．已知椭圆的左、右焦点分别为，，A为左顶点，B为短轴的一个端点，若，，构成等比数列，则圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知，则函数存在两个零点的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，若程序框图输出的S值是0，则判断框①中应为（ ）
A． B． C． D．
8．已知点P在棱长为的正方体的外接球O的球面上，当过A，C，P三点的平面截球O的截面面积最大时，此平面截正方体表面的截线长度之和L为（ ）
A． B． C． D．
9．已知圆上两动点A，B满足为正三角形，O为坐标原点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
10．已知函数，若的图象关于点对称，且直线与函数的图象的两个交点之间的最短距离为，则下列四个结论中错误的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的单调递减区间是，
C．的图象关于直线对称
D．的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数
11．已知抛物线的焦点为F，圆，过点F的直线与圆M交于C，D两点，交抛物线E于A，B两点，点A，C位于轴上方，则满足的直线的方程为（ ）
A．
B．
C．或
D．或或
12．若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22～23题为选考题，考生根据要求作答．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相，为了解学生对这一新闻的关注度，某班主任在开学初收集了50份学生的答题问卷，并抽取10份问卷进行了解，现采用系统抽样的方法，将这50份答题问卷从01到50进行编号，分成10组，已知第一组中被抽到的号码为03，则第8组中被抽到的号码为________．
14．已知，则的展开式中含x的项为________．
15．已知在正项等比数列中，，，则使不等式成立的正整数n的最小值为________．
16．中国有悠久的建筑文化，鲁班锁就是其中一种，鲁班锁的形状种类很多，其结构起源于中国古代建筑的榫卯结构，利用了其拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，一般都是易拆难装．现有如图（1）的鲁班锁，其各个面是由正三角形与正八边形构成的，图（2）是该鲁班锁的直观图，则该鲁班锁的各个面中为正三角形的面有________个，若该鲁班锁每条棱的长均为1，则该鲁班锁表面中为正八边形的面的面积之和为________．（本题第一空2分，第二空3分）
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本小题满分12分）
已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若________．
在以下两个条件中任选一个补充在横线上：①；②，并解答下列问题．
（1）求角A；
（2）若，求面积的最大值．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
18．（本小题满分12分）如图，在正四棱台中，，正四棱台的体积为28．
（1）求正四棱台的高；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19．（本小题满分12分）
2022世界机器人大会在北京召开，来自各个领域的参展机器人给参观者带来了不同的高科技体验．现有A，B两种型号的小型家庭生活废品处理机器人，其工作程序依次分为三个步骤：分捡，归类，处理，每个步骤完成后进入下一步骤．若分捡步骤完成并且效能达到95%及以上，则该步骤得分为20分，若归类步骤完成并且效能达到95%及以上，则该步骤得分为30分，若处理步骤完成并且效能达到95%及以上，则该步骤得分为50分．若各步骤完成但效能没有达到95%，则该步骤得分为0分，在第三个步骤完成后，机器人停止工作．现已知A款机器人完成各步骤且效能达到95%及以上的概率依次为，，，B款机器人完成各步骤且效能达到95%及以上的概率均为，每款机器人完成每个步骤且效能是否达到95%及以上都相互独立．
（1）求B款机器人只有一个步骤的效能达到95%及以上的概率；
（2）若准备在A，B两种型号的小型家庭生活废品处理机器人中选择一款机器人，从最后总得分的期望角度来分析，你会选择哪一种型号？
20．（本小题满分12分）
已知点在双曲线上，且C的离心率为．
（1）求C的方程；
（2）直线交C的左支于P，Q两点，且直线AP，AQ的斜率之和为0，若，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，求的面积．
21．（本小题满分12分）
已知函数．
（1）若恒成立，求实数a的取值范围；
（2）当时，证明：．
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t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，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线C的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）已知点，直线与曲线C交于A，B两点，求的值．
23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲
已知函数，．
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式有解，求整数k的最小值．
参考答案
一、选择题
1．C 【解析】由题得，因为，，，所以，即实数的取值范围为．故选C．
2．B 【解析】由题意得，因为为纯虚数，所以，所以．故选B．
3．D 【解析】对于A，当，，时满足，但，所以A错误；对于B，当，，时，满足，但，所以B错误；对于C，由不等式的基本性质易知，当，，时满足，，但，所以C错误；对于D，，所以，故D正确．故选D．
4．D 【解析】法一：根据题意知，数列2，5，9，14，20，27，…满足，所以．故选D．
法二：由题意得新数列为3，4，5，6，7，8，…，故．故选D．
5．D 【解析】由题可知，因为，，构成等比数列，所以，即，即，所以，解得或（舍）．故选D．
6．B 【解析】由题可知若，函数存在两个零点，则需满足，解得，所以．故选B．
7．A 【解析】由程序框图知初始值为，，第一次循环结果为，，第二次循环结果为，，第三次循环结果为，，第四次循环结果为，，退出运行，所以符合①中的条件．故选A．
8．A 【解析】设底面正方形的中心为，当过A，C，P三点的平面截球的截面面积最大时，截面圆为大圆，截面过球心，故点P，O，三点共线，且此时平面，此平面截正方体的截面即为正方体的面，所以．故选A．
9．D 【解析】由题可知是边长为1的正三角形，设的中点为，则，又，所以点的轨迹方程为，且．因为，所以，因为，所以．故选D．
10．C 【解析】由题知直线与函数的交点之间的最短距离为，所以，故A正确；所以，所以，因为的图象关于点对称，所以，即，，又因为，所以当时，，所以，令，，解得，，所以的单调递减区间为，，故B正确；因为，故C错误；函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数，故D正确．故选C．
11．B 【解析】由题可知，当直线的斜率为0时，不适合题意；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，由，得，则，设，，，则，，所以．由，得，设，，，所以，因为，所以，若，则，此时，则直线为，符合题意；若，则，所以，此方程无解．综上所述，直线的方程为2．故选B．
12．C 【解析】令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，又当时，，当时，，故作出的大致图象，如图所示．
由题知函数恰有2个零点，即函数的图象与直线的图象恰有2个交点，易知点为与直线的公共点，又曲线在点处的切线方程为，所以当，直线与与曲线有2个交点；当时，直线与曲线有2个交点．综上所述，实数的取值范围为．故选C．
二、填空题
13．38 【解析】依题可知系统抽样中抽到的相邻两个编号的间隔为，因为第一组中抽到的是03号，所以第8组中被抽到的号码为．
14．3x 【解析】因为，所以，则的展开式的通项公式为，令，得，所以含的项为．
15．9 【解析】设等比数列的公比为，且，因为，，所以，所以，所以．因为，即，当时，；当时，，所以正整数的最小值为9．
16．8 【解析】从图（2）的直观图中可知，各个面中为正三角形的面共有8个．由直观图可知表面为正八边形的面有6个，如图为正八边形的平面图，易得，分别过点，作，，垂足分别为M，N，则，则每个正八边形的面积为，所以该鲁班锁表面的所有正八边形的面的面积之和为
三、解答题
17．解：（1）选（1）：因为，所以由正弦定理得，
即，
又由余弦定理得，
所以，
又因为，
所以．
选②：由得，则由正弦定理得，
因为A，，
所以，
所以，
所以．
（2）由（1）可知，
则由余弦定理得，当且仅当时取等号，
又，
所以，
所以，
所以面积的最大值为．
18．解：（1）由题可知，，
所以，，
设正四棱台的高为，
则
，
所以，
即正四棱台的高为3．
（2）设正四棱台的上、下底面的中心分别为，O取BC，AB的中点分别为F，G，连接OF，OG，，易知OG，OF，两两垂直，
所以以为坐标原点，分别以OG，OF，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，
取，则，，
所以，
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．
19．解：（1）记“B款机器人只有一个步骤的效能达到及以上”为事件，
则．
（2）设款机器人完成所有工作总得分为，
则的可能取值为，
所以，
，
，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 20 30 50 70 80 100
则．
设款机器人完成所有工作总得分为，
则的可能取值为，
所以，
，
所以的分布列为：
0 20 30 50 70 80 100
则
因为，
所以，
所以从最后总得分的期望角度来分析，应该选择种型号的机器人．
20．解：（1）由题意得，
解得
所以双曲线的方程为．
（2）不妨设直线AP，AQ的倾斜角分别为，，
因为，
所以．
因为，
所以，
即，解得或-2（舍），
所以直线，
直线．
在直线中，令，得，
所以，
同理得，
所以，
所以的面积为．
21．解：（1）因为，，
所以，
因为，
所以时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以．
因为恒成立，
所以，
解得．
所以实数的取值范围为．
（2）当时，，
则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
（6分）所以，
即，
所以，当且仅当时取等号，
所以，，
所以，…，，
将以上各不等式两边分别相加得：
，
即
所以
22．解：（1）由（为参数），变形，
所以，
消去参数得，
所以曲线的普通方程为．
因为直线，
又，，
所以，
所以直线的直角坐标方程为．
（2）因为点在直线上，
所以直线的参数方程为（为参数），
设A，B对应的参数分别为与，
将直线的参数方程代入到中，
化简整理得，
所以，
，，
所以．
23．解：（1）由题知，
因为，
所以当时，，
解得；
当时，，
解得，
所以不等式的解集为．
（2）由题知不等式有解，即有解，
所以有解，等价于，
令，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，
所以，
所以整数的最小值为-2．