河南省周口市川汇区周口恒大中学2023-2024高三下学期4月模拟考试数学试题（含解析）

周口恒大中学2023-2024学年高三下学期4月模拟考试
数学试题
试卷考试时间：120分钟 满分：150
第I卷（选择题）
单项选择题（每小题5分，共40分）
1．若以集合的四个元素为边长构成一个四边形，则这个四边形可能是（ ）
A．矩形 B．平行四边形
C．梯形 D．菱形
2．已知关于的方程有一个大于的实数根，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
3．设，则“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．若向量，，则
A． B． C．3 D．
5．执行如图所示的程序框图，如果输入的，则输出的值的取值范围是
A．或 B．
C．或 D．或
6．函数的值域为
A． B．
C． D．
7．O是△ABC所在平面外一点且满足=+λ，λ为实数，则动点P的轨迹必经过△ABC的　(　　)
A．重心 B．内心 C．外心 D．垂心
8．已知定义在R上的奇函数满足，已知当时，，若恰有六个不相等的零点，则实数m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
二．多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9．下列有关回归分析的结论中，正确的有（ ）
A．若回归方程为，则变量y与x负相关
B．运用最小二乘法求得的经验回归直线一定经过样本点的中心
C．若决定系数的值越接近于1，表示回归模型的拟合效果越好
D．若散点图中所有点都在直线上，则相关系数
10．已知函数，则（ ）
A．与均在单调递增
B．的图象可由的图象平移得到
C．图象的对称轴均为图象的对称轴
D．函数的最大值为
11．函数是定义在上的奇函数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．若在上有最小值，则在上有最大值1
C．若在上为增函数，则在上为减函数
D．若时，，则时，
12．已知双曲线C的方程为：，则下列结论正确的是（ ）
A．实轴长为6 B．渐近线方程为
C．顶点坐标为， D．焦距为
第II卷（非选择题）
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知是第三象限的角，若，则 .
14．在边长为4的等边中，，则 .
15．如图，设、是平面内相交成角的两条数轴，、分别是与轴、轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.若在该坐标系中，，，则 .

16．在直角三角形中， ， ， ，若点满足，则 ．
四、解答题（共6小题，共计70分.第17题10分，第18---22题，每题12分）
17．讨论函数在上的单调性．
18．画出二次函数的图像，并根据图像回答下列问题：
（1）比较f(0)、f(1)、f(3)的大小；
（2）求函数的值域.
19．不求值，判断下列各式的符号：
（1）；
（2）.
20．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．
(1)求角C的大小；
(2)若，，求的取值范围．
21．设，，，．
(1)求、的值及、；
(2)求.
22．已知函数是定义在上的偶函数，且当时，．现已画出函数在轴左侧的图象，如图所示，根据图象：
（1）请将函数的图象补充完整并写出该函数的增区间（不用证明）.
（2）求函数的解析式.
（3）若函数，求函数的最小值.
参考答案：
1．C
【分析】根据集合中元素的互异性，可得四个元素互不相等，结合选项，即可求解.
【详解】由题意，集合的四个元素为边长构成一个四边形，
根据集合中元素的互异性，可得四个元素互不相等，
以四个元素为边长构成一个四边形，结合选项，只能为梯形.
故选：C.
2．D
【解析】令，则方程可变形为则方程有一个大于的实数根，然后再对对称轴及根的判别式计算可得.
【详解】解：因为关于的方程有一个大于的实数根，
令，则方程可变形为
，
所以方程有一个大于的实数根，
当时，则解得
当时，则且解得
综上可得
故选：
【点睛】本题考查方程的解，考查转化思想，属于中档题.
3．A
【解析】计算直线平行等价于或，根据范围大小关系得到答案.
【详解】直线与直线平行，则，或，
验证均不重合，满足.
故“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.
4．D
【分析】先求出的坐标，再求模长即可.
【详解】则=
故选D.
【点睛】本题考查空间向量的坐标运算，模长公式，熟记加减运算性质，准确计算是关键，是基础题.
5．C
【详解】由题意知，该程序的功能是求函数的值域．
①当时，在区间上单调递增，
∴，即；
②当时，，当且仅当，即时等号成立．
综上输出的值的取值范围是或．选C．
6．B
【详解】试题分析：，所以函数值域为
考点：函数值域
7．B
【分析】表示的是方向上的单位向量.画图图像，根据图像可知点的角平分线上，故动点必过三角形的内心.
【详解】如图，设==，已知均为单位向量，
故 AEDF为菱形，所以AD平分∠BAC，由=+λ
得=λ，又与有公共点A，故A，D，P三点共线，
所以P点在∠BAC的平分线上，故动点P的轨迹经过△ABC的内心.所以选B.
【点睛】本小题主要考查这个方向上的单位向量的理解，考查三角形的内心、外心、重心和垂心的几何特征.属于中档题.
8．D
【分析】根据已知求出，再分析出函数的周期性和对称性，作出函数的图象分析即得解.
【详解】解：因为是定义在R上的奇函数，所以.
所以当时，.
因为，则关于对称，
因为关于对称，有6个不相同的根，
∴在有三个不同的根，
表示过定点的直线系，
.
作出在上的图象,如图所示，
时，，又,
则；
时，;
时，显然不满足题意.
∴m的取值范围.
故选：D．
9．ABC
【分析】根据统计案例相关知识逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为回归方程为，可知，
所以变量y与x负相关，故A正确；
对于选项B：由线性回归方程的性质可知：回归直线一定经过样本点的中心，故B正确；
对于选项C：决定系数的值越接近于1，表示回归模型的拟合效果越好，故C正确；
对于选项D：散点图中所有点都在直线上，则，
且，所以变量y与x正相关，即，可知，故D错误．
故选：ABC．
10．AD
【分析】根据二倍角正弦公式、辅助角公式，结合正弦型函数的单调性、平移的性质、对称性、换元法逐一判断即可.
【详解】，
当时，，，显然、都是的子集，所以函数与均在单调递增，因此选项A正确；
函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，因为左右、上下平移不改变正弦型函数的最小正周期，故选项B不正确；
由，所以函数的对称轴为，
函数的对称轴为，
显然当为奇数时，图象的对称轴不为图象的对称轴，因此选项C不正确；
令，
所以，因为，
所以当时，该函数有最大值，因此选项D正确，
故选：AD
11．ABD
【分析】根据奇函数的定义并取特值即可判定；利用奇函数的定义和最值得定义可以求得在上有最大值，进而判定B；利用奇函数的单调性性质判定C；利用奇函数的定义根据时的解析式求得时的解析式，进而判定D．
【详解】由得，A正确；
在时，，且存在使得，
则时，，则，
则，且当有,
在上有最大值1，故B正确；
若在上为增函数，而奇函数在对称区间上具有相同的单调性，则在上为增函数，故C错误；
若时，，则时，，
则，故D正确．
故选：ABD
12．AB
【分析】根据双曲线方程求解出a，b，c，由双曲线的性质逐一判断.
【详解】由双曲线方程为：，焦点在轴，所以，
所以实轴长为，故A正确；
渐近线方程为，故B正确；
顶点坐标为，，故C错误；
焦距为，故D错误.
故选：AB.
13．7
【解析】利用同角三角函数关系，求得，进而得.结合正切和角公式展开即可求解.
【详解】是第三象限的角，若，
则，
所以，
由正切和角公式可得，
‘’
故答案为：7.
【点睛】本题考查了同角三角函数关系式的应用，正切和角公式的应用，属于基础题.
14．.
【分析】画出图形，利用已知条件，转化求解向量的数量积即可．
【详解】解：边长为4的等边中，，，
可得是的中点，是的中点，
所以，
则
．
故答案为：．
15．
【分析】利用平面向量数量积的定义可求得的值，由题意得出，，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】由平面向量数量积的定义可得，
由题意可得，，
所以，.
故答案为：.
16．10
【分析】以为原点，以所在直线为轴、轴建立直角坐标系，根据向量运算得到，再计算模长得到答案。
【详解】因为，，，
以为原点，以所在直线为轴、轴建立直角坐标系，
则，设，由得，，
，可得，
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题主要考查共线向量的性质、向量的坐标表示及几何意义，属于基础题．
向量的运算有两种方法，
一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：
（1）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；
（2）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；
二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答(这种方法将几何问题转化为代数问题你，更加直观)．本题就是根据三角形特点，建立直角坐标系后进行解答的.
17．函数在上单调递减．
【分析】判断导函数的符号即可.
【详解】解：，
因为，，所以，
函数在上单调递减．
【点睛】考查函数的单调性的判断，判断导函数的的符号即可，基础题.
18．画图见解析；（1）；（2）.
【分析】先画出函数的图象，由图象即可得到相应的答案．
【详解】的图像如图所示：

（1），
所以.
（2）由图像可知二次函数的最大值为，则函数的值域为.
【点睛】本题考查二次函数图象的画法和识别，属于基础题．
19．（1）；（2）.
【分析】首先根据诱导公式将已知角化为同一单调区间内的角，然后再根据正切函数的单调性比较大小即可.
【详解】（1）。
因为在内单调递增，，
所以，即，所以，
即.
（2），
，
因为在内单调递增，，
所以，即，所以，
所以
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式得到，再由余弦定理将角化边，最后由余弦定理计算可得；
（2）由（1）可得，由正弦定理将边化角，由三角恒等变换公式化简得到，再根据三角形为锐角三角形及求出角的取值范围，最后由正弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）解：因为，
所以，
即，
由余弦定理可得，
所以，
所以，
因为在锐角中，所以.
（2）解：由（1）知，
所以，
因为，
由正弦定理，
所以，，
所以
因为，所以，所以，解得，
又三角形为锐角三角形，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以，即的取值范围为.
21．(1)，，，
(2)
【分析】（1）分析可知，，可求得、的值，即可求得集合、；
（2）利用并集和交集的定义可求得集合.
【详解】（1）解：由题意可得，，则，解得，
所以，，，
则，满足题意.
综上所述，，，，.
（2）解：由（1）可知，因此，.
22．(1)图见解析，增区间为；(2)；(3)
【分析】（1）根据偶函数的图象关于轴对称，可作出的图象，由图象可得的单调递增区间；（2）令，则，根据条件可得，利用函数是定义在上的偶函数，可得，从而可得函数的解析式；（3）先求出抛物线对称轴，然后分当时，当时，当时三种情况，根据二次函数的增减性解答．
【详解】解：（1）如图：
函数的增区间为.
（2）当时，，
又∵是上的偶函数，∴，
∴
（3）∵，∴，∴
对称轴.
当，即时，，
当，即时，，
当，即时，
∴
【点睛】本题主要考查函数图象的作法，考查函数解析式的确定与函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．