甘肃省2023-2024学年高考数学四模试卷含解析

甘肃省2023-2024学年高考数学四模试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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。

1.十］的二项展开式中，一的系数是（）

A.70B.-70C.28D.-28

2

2.双曲线炉-匕=1的渐近线方程为（）

2

A.y=±—xB.>=±XC.y=±V2xD.y=±yf3x

2

3.设加、〃是两条不同的直线，£是两个不同的平面，则相，力的一个充分条件是（）

A.且mucB.miln旦n工（3C.a工。昱mllaD.根J_〃且〃///

4.某个命题与自然数〃有关，且已证得“假设〃=左（keN*）时该命题成立，则〃=%+1时该命题也成立”.现已知当

〃=7时，该命题不成立，那么（）

A.当〃=8时，该命题不成立B.当〃=8时，该命题成立

C.当〃=6时，该命题不成立D.当〃=6时，该命题成立

5.某校8位学生的本次月考成绩恰好都比上一次的月考成绩高出50分，则以该8位学生这两次的月考成绩各自组成

样本，则这两个样本不变的数字特征是（）

A.方差B.中位数C.众数D.平均数

3

6.已知c是第二象限的角，tan（〃+a）=--，贝!Jsin2<z=（)

4

12122424

A.——B.---C.—D.---

25252525

7.抛物线*'一金用喑,:那的焦点为少，准线为/,4,3是抛物线上的两个动点，且满足NA网=r-,设线段A3

\MN\

的中点M在/上的投影为N,则的最大值是（）

AB

A.且B.BC.也D.73

432

8.设S“为等差数列｛q,｝的前〃项和，若。3=-3,S[=-7,则S”的最小值为（）

A.-12B.-15C.-16D.-18

9.已知圆V+y2—6x—7=0与抛物线丁2=2/（〃>0）的准线相切，则。的值为（）

1

A.1B.2C.-D.4

2

10.一个封闭的棱长为2的正方体容器，当水平放置时，如图，水面的高度正好为棱长的一半.若将该正方体绕下底

面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，则容器里水面的最大高度为（）

A.1B.V2C.6D.272

11.已知函数/（x）=te2x+«—2）e'—x（?>0）,若函数在xeR上有唯一零点，贝"的值为（）

A.1B.1■或oC.1或0

D.2或0

2

12.已知复数z满足工=1+"则忖的值为（）

Z

A.-B.0C.—D.2

22

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.在矩形ABC。中，BC=4,〃为的中点，将A5河和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点3与C重合

于点P.若ZAPD=150°,则三棱锥M-PAD的外接球的表面积为.

14.已知点P是直线/上的一点，将直线/绕点P逆时针方向旋转角&所得直线方程是尤-y-2=0,

TT

若将它继续旋转一-。角，所得直线方程是2%+y-1=0,则直线/的方程是.

2

15.已知变量-，满足约束条件，贝！I-_的最小值为___________.

1L（---<0--I・一

|二一二二£'3

Q二-二H-6

7

16.的展开式中二项式系数最大的项的系数为（用数字作答）.

7

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）已知aeR,函数/（x）=ae"—x—l,g（x）=x-ln（x+l）（e=2.71828是自然对数的底数）.

（I）讨论函数/（九）极值点的个数；

（II）若。=1,且命题“Vxe[O,y）,/（%）之依⑴”是假命题,求实数上的取值范围.

18.（12分）已知在二二二二中,角二•二二的对边分别为二二匚且学♦警,

（1）求二的值;

⑵若-二一二求,一的取值范围.

19.（12分）已知函数〃x）=|4x—1|—卜+2|.

（1）解不等式/（尤）＞2；

⑵记函数y=/（x）+5|x+2|的最小值为左，正实数。、b满足。+6匕=£求证：但

9Vab

20.（12分）一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分.

（1）设抛掷4次的得分为X,求变量X的分布列和数学期望.

（2）当游戏得分为〃（〃eN*）时，游戏停止，记得〃分的概率和为Q〃,Qi=g.

①求。2；

②当〃eN*时，记4=Q+I+；Q"，4,=Q+J—2,证明：数列｛4｝为常数列，数列｛立｝为等比数列.

21.（12分）已知函数/（%）=51111如一共0〉0）的图象向左平移5后与函数8（%）=＜：05（2%+9）[网＜3图象

重合.

（1）求。和9的值；

（2）若函数Mx）=/[x+5+g、-求//（力的单调递增区间及图象的对称轴方程.

22.（10分）已知a＞0,b＞0,函数/（%）=|2*+4+上一百的最小值为;.

（1）求证：＜2+2Z?=1；

（2）若+恒成立，求实数/的最大值.

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、A

【解析】

试题分析：由题意得，二项展开式的通项为配1=。"〜（_十）「=（_1）/083，令8_|「=2nr=4,所以/的

系数是（-DP；=70,故选A.

考点：二项式定理的应用.

2、C

【解析】

根据双曲线的标准方程，即可写出渐近线方程.

【详解】

2

双曲线Y-匕=1,

2

二双曲线的渐近线方程为y=士也x,

故选：C

【点睛】

本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于容易题.

3、B

【解析】

由机//“且"」万可得修，，，故选B.

4、C

【解析】

写出命题“假设〃=左伏wN*）时该命题成立，则八=k+1时该命题也成立”的逆否命题，结合原命题与逆否命题的真

假性一致进行判断.

【详解】

由逆否命题可知，命题“假设〃=左仪CN*）时该命题成立，则〃=左+1时该命题也成立”的逆否命题为“假设当

"=左+1（左eN*）时该命题不成立,则当〃=左时该命题也不成立”，

由于当九=7时，该命题不成立，则当〃=6时，该命题也不成立，故选：C.

【点睛】

本题考查逆否命题与原命题等价性的应用，解题时要写出原命题的逆否命题，结合逆否命题的等价性进行判断，考查

逻辑推理能力，属于中等题.

5、A

【解析】

通过方差公式分析可知方差没有改变，中位数、众数和平均数都发生了改变.

【详解】

由题可知，中位数和众数、平均数都有变化.

本次和上次的月考成绩相比，成绩和平均数都增加了50,所以（七-Ip没有改变，

1__

根据方差公式S2=-［（%1-%）2+,+（4-X）2］可知方差不变.

8

故选：A

【点睛】

本题主要考查样本的数字特征，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

6、D

【解析】

利用诱导公式和同角三角函数的基本关系求出cos2。,再利用二倍角的正弦公式代入求解即可.

【详解】

3

因为tan（»+。）=——，

4

।-口八八-sin。3

由诱导公式可得,tan。=-----=—,

cosa4

3

即sina=——cosa,

4

因为sin2a+cos2a=1,

--,o16

所以cos。=石，

由二倍角的正弦公式可得，

3,

sin2a=2sintzcostz=——cos-a,

2

….c31624

所以sm2a=——x—=-----.

22525

故选:D

【点睛】

本题考查诱导公式、同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;属于中

7、B

【解析】

试题分析：设A,3在直线/上的投影分别是小耳，又M是A5中点，所以

,冲|,=15缶,1,+网,),，则\MN\胃1IA^I在+IBBJ枷\AF\+\B尸F\中

|AB|2=|AF|2+\BFf-2|AF||BF|COS^=|AF|2+|BF|2+\AF\\BF\=(|AF|+|BF|)2-|AF||BF|>(|AF|+|BF|)2

2

-\AF\+\BF\93.,+,忸「吁(I所AFI+IB以FI)即45|AF|^+|B"F|十2也所\M以N\"造6’故选以

考点：抛物线的性质.

【名师点晴】

在直线与抛物线的位置关系问题中，涉及到抛物线上的点到焦点的距离，焦点弦长，抛物线上的点到准线(或与准线

平行的直线)的距离时，常常考虑用抛物线的定义进行问题的转化.象本题弦A6的中点M到准线的距离首先等于

A,3两点到准线距离之和的一半，然后转化为A,3两点到焦点P的距离，从而与弦长IA国之间可通过余弦定理建立

关系.

8、C

【解析】

根据已知条件求得等差数列的通项公式，判断出“最小时的值，由此求得的最小值.

｛4｝snSn

【详解】

a.+2d=-39

依题意「”，解得％=—7,1=2,所以。“=2〃—9.由。“=2〃一9<°解得“<7,所以前九项和中，前

/«1+21J=-72

4项的和最小，且S4=4q+6d=—28+12=—16.

故选：C

【点睛】

本小题主要考查等差数列通项公式和前“项和公式的基本量计算，考查等差数列前几项和最值的求法，属于基础题.

9、B

【解析】

因为圆好+'2-6x-7=0与抛物线丁=2勿(2>0)的准线相切，则圆心为(3,0),半径为4,根据相切可知，圆心

到直线的距离等于半径，可知。的值为2,选B.

【详解】

请在此输入详解！

10、B

【解析】

根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半，由此得到结论.

【详解】

正方体的面对角线长为2&，又水的体积是正方体体积的一半，

且正方体绕下底面(底面与水平面平行)的某条棱任意旋转，

所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半，

即最大水面高度为0,故选B.

【点睛】

本题考查了正方体的几何特征，考查了空间想象能力，属于基础题.

11、C

【解析】

求出函数的导函数，当，〉0时，只需/(—In/)=o,Bpinz--+l=o,令g⑺=ln/二+l,利用导数求其单调区间，

tt

即可求出参数f的值，当/=0时，根据函数的单调性及零点存在性定理可判断；

【详解】

解：V/(x)=te2x+a-2)ex-x(z>0),

f\x)=2te2x+(/-2)e*—1="e，—)(2e'+1),.•.当.>0时，由f\x)=0得x=—Inf,

则f(x)在(—,—In。上单调递减，在(-In/,转)上单调递增，

所以/'(—In/)是极小值，.•.只需/(—In/)=0,

即ln"1+l=0.令g⑺=ln/二+l,则g'⑺=1+±>0,.•.函数g⑺在(0,+s)上单

tttt

调递增.•••g(l)=0,.•"=1；

当/=0时，f(x)^-2ex-x,函数f(x)在R上单调递减，=—2e—1<0,/(-2)=2-2e-2>0,函数/\x)

在R上有且只有一个零点，的值是1或0.

故选：C

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的零点问题，零点存在性定理的应用，属于中档题.

12、C

【解析】

由复数的除法运算整理已知求得复数z,进而求得其模.

【详解】

因为(=i+f=占=吕=1?’所以目=「：+，£)=与

故选：C

【点睛】

本题考查复数的除法运算与求复数的模，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、68TT.

【解析】

计算△4DP外接圆的半径厂，并假设外接球的半径为R,可得球心在过外接圆圆心且垂直圆面的垂线上，然后根据

9上面上4。，尺2=(?)+厂2即可得解.

【详解】

由题意可知，MPLPA,MPVPD,PDryPA^P,

所以可得？ML面R4D,

设AADP外接圆的半径为r,

AD4

由正弦定理可得=2r,即-------二2r,厂=4,

sinZAPDsin150°

设三棱锥〃-外接球的半径R,

因为外接球的球心为过底面圆心垂直于底面的直线与中截面的交点,

则在2=(^^)+r2=1+16=17,

所以外接球的表面积为S=4万尺2=68万.

故答案为：68".

【点睛】

本题考查三棱锥的外接球的应用，属于中档题.

14、x-2y-3=0

【解析】

求出点P坐标，由于直线2x+y-1=0与直线/垂直，得出直线/的斜率为工，再由点斜式写出直线/的方程.

2

【详解】

2%+丁一1=0_

x-y-2=0nHD

77

由于直线2x+y-l=0可看成直线I先绕点P逆时针方向旋转角«,再继续旋转生-。角得到，则直线2x+y-l=0

2

与直线/垂直，即直线/的斜率为工

2

所以直线/的方程为y+l=；(x—l),即x—2y—3=0

故答案为：x-2y-3=0

【点睛】

本题主要考查了求直线的方程，涉及了求直线的交点以及直线与直线的位置关系，属于中档题.

15、-5

【解析】

画出-满足的可行域，当目标函数-一经过点-时，-最小，求解即可。

【详解】

画出一，满足的可行域，由I解得「，当目标函数经过点时，取得最小值为

WZ----6

【点睛】

本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想。需要注意的是：一，

准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免

出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得。

16、5670

【解析】

根据二项式展开的通项，可得二项式系数的最大项，可求得其系数.

【详解】

二项展开式一共有9项，所以由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第5项，系数为3,=5670.

故答案为：5670

【点睛】

本题考查了二项式定理展开式的应用，由通项公式求二项式系数，属于中档题.

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)当aWO时，/(X)没有极值点，当。>0时，/(九)有一个极小值点.⑵(L+?)

【解析】

试题分析：⑴f'(x)=ae'-l,分aWO,a>0讨论，当aWO时，对VxeR,f'(x)=ae'-1<0,当a>0时

“x)=0,解得x=—Ina,f(x)在—Ina)上是减函数，在(—Ina,+“)上是增函数。所以，当aWO时，f(x)没

有极值点，当a>0时，f(x)有一个极小值点.⑵原命题为假命题，则逆否命题为真命题。即不等式f(x)<kg(x)

在区间［0,+“)内有解。设F(x)=f(x)-kg(x)=ex+kln(x+l)-(k+l)x-l,所以F<x)=eX+上

ik

-(k+1),设h(x)=ex+—^-(k+1)，则h'(x)=ex-——7,且h'(x)是增函数,所以h'(x)2h'(0)=l—k。

所以分kKl和k>l讨论。

试题解析：(I)因为f(x)=aex—x—1,所以f〈x)=aex—l,

当aWO时，对VxeR,f,(x)=aex-l<0,

所以f(x)在是减函数，此时函数不存在极值，

所以函数f(x)没有极值点；

当a>0时，f'(x)=aex—1,令f'(x)=O,解得x=—Ina,

若xe(—Ina),则f'(x)<0,所以f(x)在(―a,—Ina)上是减函数，

若xe(—lna,+”)，贝!］f'(x)>0,所以f(x)在(—Ina,+。)上是增函数，

当x=—lna时，“*)取得极小值为£(一届)=11«1,

函数f(x)有且仅有一个极小值点x=-Ina,

所以当aWO时，f(x)没有极值点，当a>0时，f(x)有一个极小值点.

(II)命题“Vxe［0,+a),f(x/kg(x)”是假命题,贝！］Txe［0,+8),f(x)<kg(x)”是真命题,即不等式

“乂)<1^伍)在区间［0,+。)内有解.

若a=l,则设F(x)=f(x)—kg(x)=ex+kln(x+l)-(k+l)x-l,

kV

所以F'(x)=ex+--(k+1),设h(x)=e*+谕-(k+1),

k

则h〈x)=ex—且h'(x)是增函数，所以h'(x"h'(O)=l-k

当kVl时,hf(x)>0,所以h(x)在［0,+功上是增函数,

h(x)>h(O)=O,BPF(X)>0,所以F(x)在［0,+句上是增函数,

所以F(x)>F(0)=0,即f(x)2kg(x)在xG［0,+“)上恒成立.

k

当k>l时，因为h'(x)=eX-G^在［o,+⑹是增函数，

因为h'(O)=l—k<0,hf(k-l)=e"i—1>0,

k

所以h'(x)在(0,k—1)上存在唯一零点x0,

,,

当xe［O,x())时,h(x)<h(xo)=O,11,)在［0出0)上单调递减，

从而h(x)Wh(O)=O,即F'(x)WO,所以F(x)在［0,x0)上单调递减,

所以当xe(O,Xo)时，F(x)<F(O)=O,即f(x)<kg(x).

所以不等式f(x)<kg(x)在区间［0,+巧内有解

综上所述，实数k的取值范围为(1,+").

18、⑴二=(2)二-二二"

【解析】试题分析：(1)本问考查解三角形中的的“边角互化”.由于求的值，所以可以考虑到根据余弦定理将---

分别用边表示，再根据正弦定理可以将三转化为N于是可以求出的值；(2)首先根据:.-夫：一—一求出角的

tfnC.

值，根据第(1)问得到的一值，可以运用正弦定理求出外接圆半径-，于是可以将转化为：「！,一：・：厂I,

又因为角二的值已经得到，所以将二7：1二-二二三□二转化为关于二的正弦型函数表达式，这样就可求出取值范围；另外

本问也可以在求出角的值后，应用余弦定理及重要不等式-「2-一一，求出•一的最大值，当然，此时还要注

意到三角形两边之和大于第三边这一条件.

试题解析：(1)由「■二=」：一,

应用余弦定理，可得

化简得二=u则二=二

(2)cc：Z—•、三：a二=二

：coS二+9疝二=」即+Z)=J

二口+：=:所以口.号

法一..Z==

SOL.

则二+二=smZ+.smZi

二31，二-sin'：--二；

=-s:nZ*—cc>3

=%3smZi*7

又：0<口〈草［4<匚,十二0行

法二

因为二=-由余弦定理二,=二；+二；一二匚CCS二

得.=;二，二,•■

又因为一,当且仅当二:二时"=”成立.

所以-二二二二，一二二二三二一二■一=「I

•4•

二一二三#又由三边关系定理可知二-二〉二=二

综上二-二

考点：1.正、余弦定理；2.正弦型函数求值域；3.重要不等式的应用.

19、(1)^-co,--(2)见解析.

【解析】

(1)分xW-2、-2<x<：、xN；三种情况解不等式/(x)>2,综合可得出原不等式的的解集；

(2)利用绝对值三角不等式可求得函数y=/(x)+5|x+2|的最小值为左=9,进而可得出。+66=1,再将代数式

9+工与。+6人相乘，利用基本不等式求得9+工的最小值，进而可证得结论成立.

abab

【详解】

(1)当xW—2时，由/(x)>2,得1—4x+x+2>2,即1—3x>0,解得x<；,此时xW—2；

i33

当—2<%<w时，由/(x)>2,得1—4x—%—2>2,即5%+3<0,解得x<—不，此时—2<x<—］；

当X'：时，由/(%)>2,得4x—1—X—2>2,即3x—5>0,解得x〉g,此时尤〉；.

综上所述，不等式4］)>2的解集为g，+8］；

(2)y=/(x)+5|x+2|=|4x-l|+4|x+2|=|4x-l|+|4x+8|>|4x-l-(4x+8)|=9,

当且仅当(4%—1)(4%+8)<0时取等号，所以攵=9,a+6b=l.

g、i61(61Y「36ba/、一。136ba..

所以—i—=—I—(a+6/?)=6H----1F6212+2J----=24,

ab\ab)ab\ab

当且仅当呦=q,即。=L，匕='时等号成立，所以£+4》24.

ab212ab

所以19+422卡,即'匡亘22瓜

V<7bVab

【点睛】

本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用基本不等式证明不等式成立，涉及绝对值三角不等式的应用，考

查运算求解能力，属于中等题.

3

20、(1)分布列见解析，数学期望为6；(2)①一；②证明见解析

4

【解析】

(1)变量X的所有可能取值为4,5,6,7,8,分别求出对应的概率，进而可求出变量X的分布列和数学期望；

(2)①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得。2；②得〃分分两

种情况，第一种为得〃-2分后抛掷一次正面向上，第二种为得n-1分后抛掷一次反面向上，可知当〃23且〃eN*时,

1T+：2-2,结合4=2用+：Q.，可推出4+1=&+2+：2,+1=&+1+；2,=4,从而可证明数列｛A｝

为常数列；结合&=Q,,+「2,可推出g,M=2+2—Q“M=—g(Q“+「&)=—。耳，进而可证明数列｛4｝为等比

数列.

【详解】

(1)变量X的所有可能取值为4,5,6,7,8.

每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为反面向上的概率也为

22

则p（x=4）=d）4=々,p（x=5）=C；xd）4=!，p（x=6）=C：x（:）4=］，

2162428

P（X=7）=窃x（与=1p（y=8）=C；x（1）4=々.

24216

所以变量X的分布列为：

X45678

1£3£1

P

1648416

故变量X的数学期望为E(X)=4XL+5XL+6X3+7><L+8XL=6.

1648416

（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为2=g+（g）2=；.

②得九分分两种情况，第一种为得〃-2分后抛掷一次正面向上，第二种为得〃-1分后抛掷一次反面向上，

故且“cN*时，有Q“=gQ„.i+gQ„.2，

则“eN*时，Q"+2=300+1+；Q”，

+

所以4+i=Q+2+52+1=jQ“+i+—Qll^Qll+i=Qn+\+3Q0=4，

故数列｛4｝为常数列；

+B

又5.+1=Q〃+2_&+1=；Q〃+1+_Q“+1=-^Qn+l^Qn=~~r（Qn+i-Qn）=--n'

乙乙乙乙乙乙

311

B^Q2-Q1=---=-,所以数列｛g,｝为等比数列.

【点睛】

本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查常数列及等比数列的证明，考查学生的计算求解能力与推理论证

能力，属于中档题.

71k7l71

21>(1)。=2,(p=—；(2)kn--,kn+—左eZ,X--------1-----9keZ.

3-1212212

【解析】

（1）直接利用同角三角函数关系式的变换的应用求出结果.

（2）首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果.

【详解】

（1）由题意得＜9=2,

/[x+f=sin^2x+^^=cos^2x