1、河北省衡水中学2023年高三四调考试数学本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.共4页，总分150分，考试时间120分钟.第卷（选择题共60分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，则在复平面内对应的点位于（）A. 实轴上B. 虚轴上C. 第一、三象限的角平分线上D. 第二、四象限的角平分线上【答案】C【解析】【分析】根据复数的四则运算得出，然后在利用复数的几何意义即可求解.【详解】因为，所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第一、三象限的角平分线上故选：.2. 已知向量，满足，则向量在向量上的投影向量的坐标为（）
2、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据及相关公式求出，再根据投影向量的计算公式即可求解.【详解】由，得，则，即，则，所以向量在向量上的投影向量的坐标为.故选：.3. 在直角三角形中，则（）A. B. 4C. D. 8【答案】A【解析】【分析】根据数量积的定义即可求得结果.【详解】因为为直角三角形，且，所以,且,所以.故选:A.4. 设，为平面内任意三点，则“与的夹角为钝角”是“”的（）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】设与的夹角为，利用利用数量积的运算性质及余弦定理，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可
3、.【详解】设与的夹角为（），当与的夹角为钝角时，因为，所以，当时，所以，所以，所以，所以为钝角或，所以“与的夹角为钝角”是“”的充分不必要条件，故选：B5. 2000多年前，古希腊雅典学派的第三大算学家欧道克萨斯首先提出黄金分割所谓黄金分割，指的是把长为L的线段分为两部分，使其中一部分对于全部之比，等于另一部分对于该部分之比，黄金分割比为其实有关“黄金分割”，我国也有记载，虽然没有古希腊的早，但它是我国古代数学家独立创造的如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，BFAC，DHAC，AEBD，CGBD，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由黄金分割比可得，结合矩形的特征
4、可用表示出，再利用向量加减法法则及数乘向量运算法则即可作答.【详解】在矩形ABCD中，由已知条件得O是线段EG中点，因，由黄金分割比可得，于是得，即有，同理有，而，即，从而有，所以.故选：D6. 已知复数z满足，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，由复数相等，得出的关系式，消去得到关于的一元二次方程有实数解，利用，求解即可得出答案.【详解】设，则，整理得：,所以，消去得,因为方程有解，所以，解得：.故选：D.7. 已知点P是ABC所在平面内点，有下列四个等式：甲：；乙：；丙：；丁：如果只有一个等式不成立，则该等式为（）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【
5、答案】B【解析】【分析】先根据向量等式推导出甲中P为ABC的重心，乙中ABC为直角三角形，丙中P为ABC的外心，丁中P为ABC的垂心，故得到当ABC为等边三角形时，三心重合，此时甲丙丁均成立，乙不成立，得到答案.【详解】甲：，则，故P为ABC的重心；乙：，则，故，即ABC为直角三角形；丙：点P到三角形三个顶点距离相等，故P为ABC的外心；丁：，则，同理可得：，即P为ABC的垂心，当ABC为等边三角形时，三心重合，此时甲丙丁均成立，乙不成立，满足要求，当乙成立时，其他三个均不一定成立.故选：B8. 对于给定的正整数，设集合，且记为集合中的最大元素，当取遍的所有非空子集时，对应的所有的和记为，则（
6、）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据的定义，推出的表达式，再计算即可.【详解】根据题意知A为集合的非空子集，满足的集合只有1个，即；满足集合有2个，即2，1，2；满足的集合有4个，即3，1，3，2，3，1，2，3；满足的集合有个，所以，则，两式相减得，所以，所以；故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 设非零向量的夹角为为任意非零向量，定义运算，则下列结论正确的是（）A. 若，则B. C. D. 若，则的最大值为1【答案】ACD【解析】【分析】根据的定义，以
7、及向量运算规则逐项分析.【详解】对于A，因为，并且，所以，解得或，所以，故选项A正确；对于B，不妨取，设与的夹角，与的夹角为，与的夹角为，则，此时，故选项B错误；对于C，故选项C正确；对于D，当时，当且仅当时取等号，所以，故选项D正确；故选：ACD.10. 已知复数满足，则下列结论正确的是（）A. 若，则B. C. 若，则D. 【答案】BD【解析】【分析】根据复数的几何意义以及复数计算的规则逐项分析.【详解】设则，不满足，也不满足，故选项AC错误；对于B，设在复平面内对应的向量分别为，且，由向量加法几何意义知，故，故选项B正确；对于D，设，则，所以，故选项D正确；故选：BD.11. 如图放置边
8、长为1的正方形的顶点，分别在轴的正半轴、轴的非负半轴上滑动，则的值可能是（）AB. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】设，由边长为1的正方形的顶点，分别在轴的正半轴、轴的非负半轴上滑动，可得出的坐标，由此可表示出两个向量，算出它们的内积即可.【详解】设，因为，所以，故，所以同理可得，所以，所以因为，所以，则，故的值可能是，2故选：12. 已知函数及其导函数的定义域均为R，对任意的，恒有，则下列说法正确的有（）A. B. 必为奇函数C. D. 若，则【答案】BCD【解析】【分析】赋值法求的值，判断A；赋值法结合导数以及函数奇偶性的定义，判断B；赋值法结合换元法判断C;利用赋值法求得的值有周
9、期性，即可求得的值，判断D.【详解】对于A，令，则由可得，故或，故A错误；对于B,当时，令，则，则，故，函数既是奇函数又是偶函数；当时，令，则，所以，为偶函数，则为奇函数；综合以上可知必为奇函数，B正确；对于C，令 ，则，故。由于,令,即，即有，故C正确；对于D，若，令，则，则，故令，则，即，令，则，即，令，则，即，令，则，即，令，则，即，令，则，即，由此可得的值有周期性，且6个为一周期，且，故，故D正确，故选：BCD【点睛】本题考查了抽象函数的奇偶性和特殊值以及求函数值的和的问题，涉及到导数问题，综合性强，对思维能力要求高，解答的关键是利用赋值法确定的周期性.第卷（非选择题共90分）三、填空
10、题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则的虚部是_【答案】#【解析】【分析】由复数的概念与四则运算求解【详解】由题意化简得，故故z的虚部是，故答案为：14. 若函数的图像关于直线对称，则_.【答案】【解析】【分析】由题知，进而解方程即可得答案.【详解】解：因为函数的图像关于直线对称，所以函数在时取得最值，所以，结合辅助角公式得：，即，整理得：，解得.故答案为：15. 在中，是线段上的动点，有下列三个结论：；则所有正确结论的序号是_【答案】【解析】【分析】根据条件知是等边三角形，建立直角坐标系，用平面向量逐项分析.【详解】因为，所以是等边三角形，取BC的中点为O，连接AO，以O为
11、坐标原点，BC所在的直线为轴，OA所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系如图，设，则，所以，即，故正确；，故错误；，故错误；故答案为：.16. 已知向量，满足，则向量与的夹角的最大值是_【答案】#【解析】【分析】根据条件化简整理可得，然后利用向量的夹角公式和均值不等式即可求解.【详解】由，得又由，得，则，即，即，所以，当且仅当时取等号，所以向量与的夹角的最大值是.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 设复数，其中.（1）若复数为实数，求的值；（2）求的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用复数的乘法运算法则计算可得，再列出
12、等量关系，求解即可；（2）先计算，结合和余弦函数的性质，分析即得解【小问1详解】由题意，若复数为实数，则故，解得：【小问2详解】由题意，由于，故故故故的取值范围是18. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c已知的外接圆半径，且（1）求B和b的值；（2）求面积的最大值【答案】（1），b=2；（2）【解析】【分析】（1）利用同角三角函数间的关系切化弦得，再由正弦的和角公式化简可求得B，再利用正弦定理可求得b；（2）由余弦定理得，利用基本不等式得，由三角形的面积公式可求得答案.【小问1详解】解：因为，所以，即，因为，所以，又，所以，所以，又的外接圆半径，所以由正弦定理得；【小问2详解】解：由余
13、弦定理得，由基本不等式得（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），故面积的最大值为19. 如图，在平行四边形ABCD中，E为CD中点，（1）若，求实数的值；（2）求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）建立平面直角坐标系，求出点的坐标，依题意可得，从而得到的坐标，再根据，即可得到，根据平面向量数量积的坐标表示得到方程，解得即可；（2）依题意可得的坐标，根据向量数量积的坐标运算及二次函数的性质计算可得【小问1详解】在平行四边形中，建立如图坐标系，则，为中点，故，故，所以，；【小问2详解】由（1）可知，所以，对称轴为，当时，的最大值为，当时，最小值为
14、，所以20. 若函数为奇函数，且在上单调递增，在上单调递减（1）求函数的解析式；（2）若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据函数的奇偶性求出，由函数单调性，利用导函数求出，确定函数解析式；（2）点不在曲线上，设切点为，根据导函数的几何意义与斜率公式列出方程，得到，设，通过研究其单调性，极值情况，求出的取值范围.【小问1详解】因为函数为奇函数，则，故，又因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，因，所以，即，解得：，经检验符合题意，所以【小问2详解】，因为曲线方程为，点不在曲线上，设切点为，则点的坐标满足，因为，故切线的斜率为，整理
15、得：，因为过点可作曲线的三条切线，所以关于的方程有三个实根设，则，由，得，得或，所以在，上单调递增，在上单调递减，所以函数的极值点为，所以关于的方程有三个实根的必要条件是，解得：，又当时，当时，所以时，必有三个实根，故所求的实数的取值范围是【点睛】过函数上某一点的切线条数，转化为函数零点个数问题，构造函数，通过求导研究函数单调性，极值和最值情况，从而解决问题.21. 治理垃圾是S市改善环境的重要举措去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的（1）写出S市从今年开始
16、的年垃圾排放量与治理年数的表达式；（2）设为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由【答案】（1）（2）有效，理由见详解【解析】【分析】（1）分别求出当时和时的通项公式，即可得到年垃圾排放量的表达式；（2）先根据，利用作差法，可证明数列为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势【小问1详解】设治理年后，S市的年垃圾排放量构成数列.当时，是首项为，公差为的等差数列，所以；当时，数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，所以，治理年后，S市的年垃圾排放量的表达式为【小问2详解】设为数
17、列的前项和，则由于由（1）知，时，所以为递减数列，时，所以为递减数列，且，所以为递减数列，于是因此，所以数列为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，故认为现有的治理措施是有效的22. 已知函数（1）求证：；（2）设函数，若在上存在最大值，求实数a的取值范围【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）将所证不等式转化为，再构造函数，求导分析函数的单调性，并求出最小值证明即可；（2）令，再求导分，和三种情况讨论可得的单调性，结合零点存在性定理可得的零点区间，进而判断出有最大值即可.【小问1详解】要证明，只要证明设，则，令，则；令，则，所以在上单调递减，在单调递增，所以，即，即，即【小
18、问2详解】由题可得，令，则，当时，在上单调递增，所以，所以在上单调递增，无最大值，不符合题意，当时，在上单调递减，所以，所以在上单调递减，无最大值，不符合题意当时，由，可得，在上单调递增，在上单调递减；由（1）知：所以当时，取，则，且又，所以由零点存在性定理，存在，使得，所以当时，即，当时，即，所以在上单调递增，在上单调递减，在上存在最大值，符合题意综上，实数a的取值范围为【点睛】本题主要考查了利用导数证明不等式的问题，同时也考查了构造函数求导分析单调性与最值的问题，在遇到极值点不能直接求出的情况，可设极值点，根据零点存在性定理确定极值点所在的区间，再根据不等式适当放缩得出极值的范围进行求解.属于难题.