2023屆上海市寶山區市級名校高三第四次教學質量檢測試題數學試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知非零向量滿足，若夾角的余弦值為，且，則實數的值為（）A． B． C．或 D．2．已知復數滿足，則（）A． B． C． D．3．設函數，則使得成立的的取值范圍是（）．A． B．C． D．4．“完全數”是一些特殊的自然數，它所有的真因子（即除了自身以外的約數）的和恰好等于它本身.古希臘數學家畢達哥拉斯公元前六世紀發現了第一、二個“完全數”6和28，進一步研究發現后續三個完全數”分別為496，8128，33550336，現將這五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則6和28不在同一組的概率為（）A． B． C． D．5．設分別是雙曲線的左右焦點若雙曲線上存在點，使，且，則雙曲線的離心率為（）A． B．2 C． D．6．函數的部分圖象大致是（）A． B．C． D．7．點在所在的平面內，，，，，且，則（）A． B． C． D．8．已知，，分別是三個內角，，的對邊，，則（）A． B． C． D．9．設分別是雙線的左、右焦點，為坐標原點，以為直徑的圓與該雙曲線的兩條漸近線分別交于兩點（位于軸右側），且四邊形為菱形，則該雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．10．如圖，在四邊形中，，，，，，則的長度為（）A． B．C． D．11．已知函數（），若函數有三個零點，則的取值范圍是（）A． B．C． D．12．函數的圖象在點處的切線為，則在軸上的截距為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，則展開式的系數為__________．14．若的展開式中各項系數之和為32，則展開式中x的系數為_____15．已知，，求____________.16．正四面體的各個點在平面同側，各點到平面的距離分別為1，2，3，4，則正四面體的棱長為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在中，角的對邊分別為，已知．（1）求角的大小；（2）若，求的面積．18．（12分）已知.（1）求的單調區間；（2）當時，求證：對于，恒成立；（3）若存在，使得當時，恒有成立，試求的取值范圍.19．（12分）已知關于的不等式解集為（）.（1）求正數的值；（2）設，且，求證：.20．（12分）己知的內角的對邊分別為.設（1）求的值；（2）若，且，求的值.21．（12分）在國家“大眾創業，萬眾創新”戰略下，某企業決定加大對某種產品的研發投入.為了對新研發的產品進行合理定價，將該產品按事先擬定的價格試銷，得到一組檢測數據如表所示:試銷價格(元)產品銷量(件)已知變量且有線性負相關關系，現有甲、乙、丙三位同學通過計算求得回歸直線方程分別為:甲；乙；丙，其中有且僅有一位同學的計算結果是正確的.（1）試判斷誰的計算結果正確？（2）若由線性回歸方程得到的估計數據與檢測數據的誤差不超過，則稱該檢測數據是“理想數據”，現從檢測數據中隨機抽取個，求“理想數據”的個數的分布列和數學期望.22．（10分）已知橢圓的離心率為是橢圓的一個焦點，點，直線的斜率為1．（1）求橢圓的方程；（1）若過點的直線與橢圓交于兩點，線段的中點為，是否存在直線使得？若存在，求出的方程；若不存在，請說明理由．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

根據向量垂直則數量積為零，結合以及夾角的余弦值，即可求得參數值.【詳解】依題意，得，即.將代入可得，，解得（舍去）.故選：D.【點睛】本題考查向量數量積的應用，涉及由向量垂直求參數值，屬基礎題.2、A【解析】

由復數的運算法則計算．【詳解】因為，所以故選：A．【點睛】本題考查復數的運算．屬于簡單題．3、B【解析】

由奇偶性定義可判斷出為偶函數，由單調性的性質可知在上單調遞增，由此知在上單調遞減，從而將所求不等式化為，解絕對值不等式求得結果.【詳解】由題意知：定義域為，，為偶函數，當時，，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，則在上單調遞減，由得：，解得：或，的取值范圍為.故選：.【點睛】本題考查利用函數的單調性和奇偶性求解函數不等式的問題；奇偶性的作用是能夠確定對稱區間的單調性，單調性的作用是能夠將函數值的大小關系轉化為自變量的大小關系，進而化簡不等式.4、C【解析】

先求出五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個的基本事件總數為，再求出6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，根據即可求出6和28不在同一組的概率.【詳解】解：根據題意，將五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則基本事件總數為，則6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，∴6和28不在同一組的概率.故選：C.【點睛】本題考查古典概型的概率的求法，涉及實際問題中組合數的應用.5、A【解析】

由及雙曲線定義得和（用表示），然后由余弦定理得出的齊次等式后可得離心率．【詳解】由題意∵，∴由雙曲線定義得，從而得，，在中，由余弦定理得，化簡得．故選：A．【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，解題關鍵是應用雙曲線定義用表示出到兩焦點的距離，再由余弦定理得出的齊次式．6、C【解析】

判斷函數的性質，和特殊值的正負，以及值域，逐一排除選項.【詳解】，函數是奇函數，排除，時，，時，，排除，當時，，時，，排除，符合條件，故選C.【點睛】本題考查了根據函數解析式判斷函數圖象，屬于基礎題型，一般根據選項判斷函數的奇偶性，零點，特殊值的正負，以及單調性，極值點等排除選項.7、D【解析】

確定點為外心，代入化簡得到，，再根據計算得到答案.【詳解】由可知，點為外心，則，，又，所以①因為，②聯立方程①②可得，，，因為，所以，即．故選：【點睛】本題考查了向量模長的計算，意在考查學生的計算能力.8、C【解析】

原式由正弦定理化簡得，由于，可求的值.【詳解】解：由及正弦定理得.因為，所以代入上式化簡得.由于，所以.又，故.故選：C.【點睛】本題主要考查正弦定理解三角形，三角函數恒等變換等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，屬于中檔題.9、B【解析】

由于四邊形為菱形，且，所以為等邊三角形，從而可得漸近線的傾斜角，求出其斜率.【詳解】如圖，因為四邊形為菱形，，所以為等邊三角形，，兩漸近線的斜率分別為和.故選：B【點睛】此題考查的是求雙曲線的漸近線方程，利用了數形結合的思想，屬于基礎題.10、D【解析】

設，在中，由余弦定理得，從而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.【詳解】設，在中，由余弦定理得，則，從而，由正弦定理得，即，從而，在中，由余弦定理得：，則.故選：D【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理的應用，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.11、A【解析】

分段求解函數零點，數形結合，分類討論即可求得結果.【詳解】作出和，的圖像如下所示：函數有三個零點，等價于與有三個交點，又因為，且由圖可知，當時與有兩個交點，故只需當時，與有一個交點即可.若當時，時，顯然??=??(??)與??=4|??|有一個交點??，故滿足題意；時，顯然??=??(??)與??=4|??|沒有交點，故不滿足題意；時，顯然??=??(??)與??=4|??|也沒有交點，故不滿足題意；時，顯然與有一個交點，故滿足題意.綜上所述，要滿足題意，只需.故選：A.【點睛】本題考查由函數零點的個數求參數范圍，屬中檔題.12、A【解析】

求出函數在處的導數后可得曲線在處的切線方程，從而可求切線的縱截距.【詳解】，故，所以曲線在處的切線方程為：.令，則，故切線的縱截距為.故選：A.【點睛】本題考查導數的幾何意義以及直線的截距，注意直線的縱截距指直線與軸交點的縱坐標，因此截距有正有負，本題屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先根據定積分求出的值，再用二項展開式公式即可求解.【詳解】因為所以的通項公式為當時，當時，故展開式中的系數為故答案為：【點睛】此題考查定積分公式，二項展開式公式等知識點，屬于簡單題目.14、2025【解析】

利用賦值法，結合展開式中各項系數之和列方程，由此求得的值.再利用二項式展開式的通項公式，求得展開式中的系數.【詳解】依題意，令，解得，所以，則二項式的展開式的通項為：令，得，所以的系數為.故答案為：2025【點睛】本小題主要考查二項式展開式各項系數之和，考查二項式展開式指定項系數的求法，屬于基礎題.15、【解析】

求出向量的坐標，然后利用向量數量積的坐標運算可計算出結果.【詳解】，，，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查平面向量數量積的坐標運算，考查計算能力，屬于基礎題.16、【解析】

不妨設點A，D，C，B到面的距離分別為1，2，3，4，平面向下平移兩個單位，與正四面體相交，過點D，與AB，AC分別相交于點E，F，根據題意F為中點，E為AB的三等分點（靠近點A），設棱長為a，求得，再用余弦定理求得：，從而求得，再根據頂點A到面EDF的距離為，得到，然后利用等體積法求解，【詳解】不妨設點A，D，C，B到面的距離分別為1，2，3，4，平面向下平移兩個單位，與正四面體相交，過點D，與AB，AC分別相交于點E，F，如圖所示：由題意得：F為中點，E為AB的三等分點（靠近點A），設棱長為a，，頂點D到面ABC的距離為所以，由余弦定理得：，所以，所以，又頂點A到面EDF的距離為，所以，因為，所以，解得，故答案為：【點睛】本題主要考查幾何體的切割問題以及等體積法的應用，還考查了轉化化歸的思想和空間想象，運算求解的能力，屬于難題，三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解析】

(1)利用正弦定理邊化角,再利用二倍角的正弦公式與正弦的和角公式化簡求解即可.(2)由(1)有,根據正弦定理可得,進而求得的值,再根據三角形的面積公式求解即可.【詳解】（1）由,得,得,由正弦定理得,顯然,同時除以,得.所以.所以.顯然,所以,解得.又,所以.（2）若,由正弦定理得,得,解得.又,所以.【點睛】本題主要考查了正余弦定理與面積公式在解三角形中的運用,需要根據題意用正弦定理進行邊角互化,再根據三角恒等變換進行化簡求解等.屬于中檔題.18、（1）單調減區間為，單調增區間為；（2）詳見解析；（3）.【解析】

試題分析：（1）對函數求導后，利用導數和單調性的關系，可求得函數的單調區間.（2）構造函數，利用導數求得函數在上遞減，且，則，故原不等式成立.（3）同（2）構造函數，對分成三類，討論函數的單調性、極值和最值，由此求得的取值范圍.試題解析：（1），當時，.解得．當時，解得．所以單調減區間為，單調增區間為．（2）設，當時，由題意，當時，恒成立．，∴當時，恒成立，單調遞減．又，∴當時，恒成立，即．∴對于，恒成立．（3）因為．由（2）知，當時，恒成立，即對于，，不存在滿足條件的；當時，對于，，此時．∴，即恒成立，不存在滿足條件的；當時，令，可知與符號相同，當時，，，單調遞減．∴當時，，即恒成立．綜上，的取值范圍為．點睛：本題主要考查導數和單調區間，導數與不等式的證明，導數與恒成立問題的求解方法.第一問求函數的單調區間，這是導數問題的基本題型，也是基本功，先求定義域，然后求導，要注意通分和因式分解.二、三兩問一個是恒成立問題，一個是存在性問題，要注意取值是最大值還是最小值.19、（1）1；（2）證明見解析.【解析】

（1）將不等式化為，求解得出，根據解集確定正數的值；（2）利用基本不等式以及不等式的性質，得出，，，三式相加，即可得證.【詳解】（1）解：不等式，即不等式∴，而，于是依題意得（2）證明：由（1）知，原不等式可化為∵，∴，同理，三式相加得，當且僅當時取等號綜上.【點睛】本題主要考查了求絕對值不等式中參數的范圍以及基本不等式的應用，屬于中檔題.20、（1）（2）【解析】

（1）由正弦定理將，轉化，即，由余弦定理求得，再由平方關系得再求解.（2）由，得，結合再求解.【詳解】（1）由正弦定理，得，即，則，而，又，解得，故.（2）因為，則，因為，故，故，解得，故，則.【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理、三角形的面積公式，考查運算求解能力以及化歸與轉化思想，屬于中檔題.21、（1）乙同學正確（2）分布列見解析，【解析】

（1）由已知可得甲不正確，求出樣本中心點代入驗證，即可得出結論；（2）根據（1）中得到的回歸方程，求出估值，得到“理想數據”的個數，確定“理想數據”的個數的可能值，并求出概率，得到分布列，即可求解.【詳解】（1）已知變量具有線性負相關關系，故甲不正確，，代入兩個回歸方程，驗證乙同學正確，故回歸方程為：（2）由（1）得到的回歸方程，計算估計數據如下表：“理想數據”有3個，故“理想數據”的個數的取值為:.，，于是“理想數據”的個數的分布列【點睛】本題考查樣本回歸中心點與線性回歸直線方程關系，以及離散型隨機變量的分布列和期望，意