文档内容
河北省衡水中学 2023 届上学期高三年级四调考试
数 学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共4页，总分150分，考试时间
120分钟。
第Ⅰ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。
i(3−i)
1．已知z= ，则z在复平面内对应的点位于
2+i
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
2．已知向量a，b满足|a|=2，b=(1，1)，|a+b|=√10，则向量a在向量b上的投影向量的
坐标为
√2 √2 √2 √2
A．( , ) B．(1,1) C．(−1,−1) D．(− , )
2 2 2 2
3．在Rt ΔABC中，A=90∘，B=60∘，AB=2，则⃗AB⋅⃗BC=
A．−4 B．4 C．−8 D．8
4．已知A，B，C为平面内任意三点，则“⃗AB与⃗AC的夹角为钝角”是“|⃗AB+⃗AC|<|⃗BC|
”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
5．2 000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
点，指的是把一条线段分割为两部分，使其中一部分与全长之比等于另一部分与这部分之比，
√5−1
黄金分割比为 ．如图，在矩形ABCD中，AC与BD相交于点O，BF⊥AC，
2
DH⊥AC，AE⊥BD，CG⊥BD，且点E为线段BO的黄金分割点，则⃗BF=
3−√5 5+√5 3−√5 5−√5
A． ⃗BA+ ⃗BG B． ⃗BA+ ⃗BG
2 10 2 10
√5−1 5−√5 3−√5 √5
C． ⃗BA+ ⃗BG D． ⃗BA+ ⃗BG
2 10 2 5
6．已知复数z满足z⋅z+4i⋅z=5+ai，则实数a的取值范围是
A．[−4,4] B．[−6,6] C．[−8,8] D．[−12,12]7．已知点P是ΔABC所在平面内一点，有下列四个等式：
①⃗PA+⃗PB+⃗PC=0；②⃗PA⋅(⃗PA−⃗PB)=⃗PC⋅(⃗PA−⃗PB)；
③|⃗PA|=|⃗PB|=|⃗PC|；④⃗PA⋅⃗PB=⃗PB⋅⃗PC=⃗PC⋅⃗PA
如果只有一个等式不成立，则该等式为
A．① B．② C．③ D．④
8．对于给定的正整数n，设集合X ={1,2,3,⋯,n}，A⊆X ，且A≠∅．记I(A)为集合A中的
n n
最大元素，当A取遍X 的所有非空子集时，对应的所有I(A)的和记为S(n)，则S(2023)=
n
A．2023×22023+1 B．2023×22022+1
C．2022×22022+1 D．2022×22023+1
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a，b的夹角为θ，c为任意非零向量，定义运算a∗b=|a||b|sinθ，则下列结论
正确的是
A．若a∗b=0，则a//b B．a∗(b+c)=a∗b+a∗c
C．2(a∗b)(a⋅b)=a2b2sin2θ D．若|a|=|b|=1，则a∗b的最大值为1
10．已知复数z ，z 满足|z |⋅|z |≠0，则下列结论正确的是
1 2 1 2
A．若|z |=|z |，则z =±z B．|z +z |≤|z |+|z |
1 2 1 2 1 2 1 2
C．若|z |=|z |，则z2=z2 D．|z z |=|z |⋅|z |
1 2 1 2 1 2 1 2
11．如图放置的边长为1的正方形ABCD的顶点A，D分别在x轴的正半轴、
y轴的非负半轴上滑动，则⃗OB⋅⃗OC的值可能是
A．1 B．−1 C．2 D．−2
12．已知函数f(x)及其导函数f '(x)的定义域均为R．若对任意的x，y∈R，都有
f(x+ y)+f(x−y)=2f(x)⋅f(y)，则下列结论正确的是
A．f(0)=1 B．f(x)+f(0)≥0
1 2023 1
C．若f(1)= ，则∑ f(n)= D．f '(x)必为奇函数
2 2
n=1第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2z−1
13．已知 =i，则z的虚部是_______．
1+z
π
14．若函数f(x)=asinx+cosx的图象关于直线x= 对称，则实数a=_______．
6
15．在ΔABC中，|⃗AB|=|⃗AC|=|⃗AB−⃗AC|，P是线段BC上的动点，有下列三个结论：
①2|⃗AP|≥√3|⃗AB|；②⃗AB·⃗AC≥⃗AP·⃗AC；③⃗AB·⃗AP≥⃗AC·⃗AP．
则所有正确结论的序号是__________．
16．已知向量a，b，c满足|a|=1，b=−2a，|c−b|=2|c−a|，则向量c−b与a的夹角的
最大 值是_______．
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．（10分）
设复数z =1−i，z =cosθ+isinθ，其中θ∈[0,π]．
1 2
(1)若复数z=z ·z 为实数，求θ的值；
1 2
(2)求|z +z |的取值范围．
1 2
18．（12分）
记ΔABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知ΔABC的外接圆半径R=√2，
√2sin A
且tanB+tanC= ⋅
cosC
(1)求B和b的值；
(2)求ΔABC面积的最大值．
19．（12分）
π
如图，在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=3，∠BAD= ，E为CD的中点，
3
⃗AF=λ⃗AD(0≤λ≤1).
(1)若⃗AE⊥⃗BF，求实数λ的值；
(2)求⃗BF⋅⃗FE的取值范围．20．（12分）
已知函数f(x)=ax3+bx2−3x+c为奇函数，且在区间(−∞,−1)上单调递增，在区间(−1,1)
上单调递减．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若过点A(1,m)(m≠−2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围．
21．（12分）
治理垃圾是某市改善环境的重要举措．2021年该市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣
传、环保处理等一系列措施，预计从2022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75%．
(1)写出该市从2022年开始的年垃圾排放量与治理年数n(n∈N∗)的表达式；
(2)设A 为从2022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
n
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．
22．（12分）
已知函数f(x)=ln(x+1)−1．
(1)证明：f(x−1)≤2√x−3；
1
(2)设函数g(x)=(x+1)f(x)− ax2+1，若g(x)在区间(0,+∞)上存在最大值，求实数a的
2
取值范围．数学参考答案一、选择题
1+3i (1+3i)(2−i) 5+5i
1．C【解析】因为z= = = =1+i，所以z在复平面内对应的点的
2+i (2+i)(2−i) 5
坐标为(1,1)，位于第一、三象限的角平分线上．
2．B【解析】由b=(1,1)，得|b|=√12+12=√2，则
|a+b|=√a2+b2+2a⋅b=√|a|2+|b|2+2a⋅b=√10，即4+2+2a⋅b=10，则
a⋅b b
a⋅b=2，所以向量a在向量b上的投影向量的坐标为( ) =b=(1,1).
|b| |b|
3．A【解析】因为ΔABC为直角三角形，且A=90∘，B=60∘，AB=2，所以BC=4，且
1
<⃗AB,⃗BC>=120∘，所以⃗AB⋅⃗BC=|⃗AB|⋅|⃗BC|cos120∘=2×4×(− )=−4.
2
4．B【解析】设⃗AB与⃗AC的夹角为θ(θ∈[0,π])，当θ为钝角时，
|⃗AB+⃗AC|2−|⃗BC|2=|⃗AB+⃗AC|2−|⃗AC−⃗AB|2=4⃗AB⋅⃗AC<0，所以
|⃗AB+⃗AC|<|⃗BC|；当|⃗AB+⃗AC|<|⃗BC|时，|⃗AB+⃗AC|2<|⃗AC−⃗AB|2，所以
π
4⃗AB⋅⃗AC<0，即⃗AB⋅⃗AC<0，故cosθ<0，所以 <θ≤π，所以“⃗AB与⃗AC的夹角
2
为钝角”是“|⃗AB+⃗AC|<|⃗BC|”的充分不必要条件．
√5−1 1
5．D【解析】由题意得⃗BE= ⃗BO，显然BE=DG，BO=OD= BD，所以
2 2
√5−1 5−√5 2 2
⃗BG=(2− )⃗BO= ⃗BO，故 ⃗BO= ⃗BG= ⃗BG，因为
2 2 5−√5 √5(√5−1)
√5−1 √5−1 3−√5 √5−1
⃗BF=⃗BA+⃗AF=⃗BA+ ⃗AO=⃗BA+ (⃗BO−⃗BA)= ⃗BA+ ⃗BO
2 2 2 2
3−√5 √5
，所以⃗BF= ⃗BA+ ⃗BG.
2 5
6．D【解析】设z=x+ yi，x，y∈R，则x2+ y2+4i(x−yi)=5+ai，整理得
a2
x2+ y2+4 y+4xi=5+ai，所以¿即y2+4 y+ −5=0．因为此方程有实根，所以
16
a2
Δ=16−4( −5)≥0，解得−12≤a≤12.
16
7．B【解析】对于①，设BC的中点为D，连接PD，则⃗PB+⃗PC=2⃗PD. 又
⃗PA+⃗PB+⃗PC=0，所以⃗PB+⃗PC=−⃗PA，所以⃗PA=−2⃗PD，故点P为ΔABC的重
心；对于②，由⃗PA⋅(⃗PA−⃗PB)=⃗PC⋅(⃗PA−⃗PB)，得(⃗PA−⃗PB)⋅⃗CA=⃗BA⋅⃗CA=0
，故AB⊥AC，即ΔABC为直角三角形；对于③，由点P到ΔABC三个顶点的距离相
等，得点P为ΔABC的外心；对于④，由⃗PA⋅⃗PB=⃗PB⋅⃗PC，得
(⃗PA−⃗PC)⋅⃗PB=⃗CA⋅⃗PB=0，同理可得⃗BA⋅⃗PC=⃗CB⋅⃗PA=0，所以AC⊥PB，AB⊥PC，BC⊥PA，即点P为ΔABC的垂心，当ΔABC为等边三角形时，重心、
外心、垂心重合，此时①③④均成立，②不成立，满足要求；当②成立时，其他三个均
不一定成立．8．D【解析】根据题意知A为集合X 的非空子集，满足I(A)=1的集合只有1个，即{1}
n
；满足I(A)=2的集合有2个，即{2}，{1，2}；满足I(A)=3的集合有4个，即{3}，
{1，3}，{2，3}，{1，2，3}；……；满足I(A)=n的集合有2n−1个，所以
S(n)=1+2×2+3×22+⋯+n⋅2n−1，则
2S(n)=1×2+2×22+3×23+⋯+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n，两式相减得
−S(n)=1+2+22+...+2n−1−n⋅2n=2n−1−n⋅2n，所以S(n)=(n−1)∙2n+1，所以
S(2023)=2022×22023+1.
二、选择题
9．ACD【解析】对于A，因为a∗b=|a||b|sinθ=0，所以sinθ=0，解得θ=0或θ=π
，所以a//b，故选项A正确；对于B，不妨取a=(1,0)，b=(0,1)，c=(0,−1)，
设a与b+c的夹角为α，a与c的夹角为β，则
a∗(b+c)=|a||b+c|sinα=1×0×0=0,a∗b+a∗c=|a||b|sinθ+|a||c|sinβ=1×1×1+1×1×1=2
，此时a∗(b+c)≠a∗b+a∗c，故选项B错误；对于C，
2(a∗b)(a⋅b)=2(|a||b|sinθ)(|a||b|cosθ)=2|a|2|b|2sinθcosθ=a2b2sin2θ
，故选项C正确；对于D，当|a|=|b|=1时，a∗b=|a||b|sinθ=sinθ≤1，当
π
且仅当θ= 时取等号，所以(a∗b) =1，故选项D正确．
2 max
10．BD【解析】设z =1+i，z =√2i，则
1 2
|z |=|z |=√2,z2=(1+i) 2=2i,z2=(√2i) 2=−2，不满足z =±z ，也不满足z2=z2
1 2 1 2 1 2 1 2
，故选项AC错误；对于B，设z ，z 在复平面内对应的向量分别为⃗OZ ，⃗OZ ，且
1 2 1 2
⃗OZ ,⃗OZ ≠0，由向量加法的几何意义知|⃗OZ +⃗OZ |≤|⃗OZ |+|⃗OZ |，故
1 2 1 2 1 2
|z +z |≤|z |+|z |，故选项B正确；对于D，设
1 2 1 2
z =a+bi，z =c+di，a，b，c，d∈R，且a，b，c，d≠0，则
1 2
z z =(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i，所以
1 2
|z z |=√(ac−bd) 2+(ad+bc) 2=√(ac) 2+(bd) 2+(ad) 2+(bc) 2，
1 2
|z |⋅|z |=√a2+b2∙√c2+d2=√(ac) 2+(bd) 2+(ad) 2+(bc) 2=|z z |，故选项D
1 2 1 2
正确．
π
11．AC【解析】设∠OAD=θ(0≤θ< )，因为AD=1，所以
2
π
OA=cosθ,OD=sinθ,∠BAx= −θ，故
2
π π
x =cosθ+cos( −θ)=cosθ+sinθ，y =sin( −θ)=cosθ，所以
B 2 B 2⃗OB=(cosθ+sinθ, cosθ)．同理可得C(sinθ,cosθ+sinθ)，所以
⃗OC=(sinθ,cosθ+sinθ)，所以
π
⃗OB⋅⃗OC=(cosθ+sinθ,cosθ)⋅(sinθ,cosθ+sinθ)=1+s∈2θ．因为0≤θ< ，
2
所以0≤sin2θ≤1，则1≤⃗OB⋅⃗OC≤2，故⃗OB⋅⃗OC的值可能是l，2．
12．BC【解析】对于A，令x= y=0，由f(x+ y)+f(x−y)=2f(x)⋅f(y)，得
2f(0)=2f2 (0)，故f(0)=0或f(0)=1，故选项A错误；对于B，令x= y，则
f(2x)+f(0)=2f2 (x)，故f(2x)+f(0)≥0．因为x∈R，令t=2x，t∈R，所以
f(t)+f(0)≥0，即f(x)+f(0)≥0，故选项B正确；对于C，令x=1，y=0，则
1
f(1)+f(1)=2f(1)⋅f(0)，若f(1)= ，则f(0)=1；令x= y=1，则
2
1 1
f(2)+f(0)=2f2 (1)，即f(2)+1= ，所以f(2)=− ；令x=2，y=1，则
2 2
1 1
f(3)+f(1)=2f(2)⋅f(1)，即f(3)+ =− ，所以f(3)=−1；令x=3，y=1，则
2 2
1 1
f(4)+f(2)=2f(3)⋅f(1)，即f(4)− =−1，所以f(4)=− ；令x=4，y=1，则
2 2
1 1
f(5)+f(3)=2f(4)⋅f(1)，即f(5)−1=− ，所以f(5)= ；令x=5，y=1，则
2 2
1 1
f(6)+f(4)=2f(5)⋅f(1)，即f(6)− = ，所以f(6)=1；令x=6，y=1，则
2 2
1 1
f(7)+f(5)=2f(6)∙f(1)，即f(7)+ =1，所以f(7)= ，……由此可得
2 2
f(n),n∈N∗的值有周期性，且周期为6．又
f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0，所以
2023
1
∑ f(n)=337×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)]+f(1)= ，故选项C正
2
n=1
确；对于D，令x=0，则f(y)+f(−y)=2f(0)⋅f(y)，当f(0)=0时，
f(y)+f(−y)=，即f(x)+f(−x)=0，则f '(x)−f '(−x)=0，即f '(x)=f '(−x)，
所以f(x)为偶函数，故选项D错误．
三、填空题
3 2z−1
13． 【解析】设z=a+bi(a,b∈R)，由 =i，得2(a+bi)−1=i(1+a+bi)，即
5 1+z
1 3 3
2a−1+2bi=−b+(a+1)i，所以¿解得¿，所以z= + i，故z的虚部是 ．
5 5 5
√3 π
14． 【解析】因为函数f(x)=asinx+cosx的图象关于直线x= 对称，所以
3 6π π
f(x)=asinx+cosx在x= 时取得最值，结合辅助角公式得f( )=±√a2+1，即
6 6
1 √3 √3
a+ =±√a2+1，整理得3a2−2√3a+1=(√3a−1) 2=0，解得a= ．
2 2 3
15．①【解析】因为|⃗AB|=|⃗AC|=|⃗AB−⃗AC|=|⃗CB|，所以ΔABC是等边三角形，
取BC的中点为O，连接AO，以O为坐标原点，BC所在的直线为x轴，OA所在的直
线为y轴，建立平面直角坐标系如图．设|⃗AB|=2，则
A(0,√3)，B(−1,0)，C(1,0)，P(x,0)(−1≤x≤1)，所以
⃗AP=(x,−√3),⃗AB=(−1,−√3)，所以(2|⃗AP|) 2 −(√3|⃗AB|) 2 =4x2≥0，即
2|⃗AP|≥√3|⃗AB|，故①正确；
⃗AB⋅⃗AC−⃗AP⋅⃗AC=−1+3−(x+3)=−1−x∈[−2,0]，故②错误；
⃗AB⋅⃗AP−⃗AC⋅⃗AP=−x+3−(x+3)=−2x∈[−2,2]，故③错误．
π
16． 【解析】由|c−b|=2|c−a|，得|c−b|=2|c−b+b−a|．又由b=−2a，得
6
2|(c−b)−3a|=|c−b|，则4[(c−b) 2−6a⋅(c−b)+9a2 ]=(c−b) 2，即
(c−b) 2+12
(c−b) 2−8a⋅(c−b)+12=0，即a⋅(c−b)= ，所以
8
a⋅(c−b) (c−b) 2+12 2√12(c−b) 2 √3
cos= = ≥ = ，当且仅当
|a||c−b| 8|c−b| 8|c−b| 2
π
(c−b) 2=12时取等号，所以向量c−b与a的夹角的最大值是 .
6
四、解答题
17．解：(1)z=z ∙z =(1+i)⋅(cosθ+isinθ)=(cosθ−sinθ)+(cosθ+sinθ)i （2
1 2
分）
若复数z=z ∙z 为实数，则cosθ+sinθ=0
1 2
故tanθ=−1.
（3分）
3π
又θ∈[0,π]，所以θ=
4
（4分）
(2)因为z =1−i，z =cosθ+isinθ
1 2
所以|z +z |=|1−i+cosθ+isinθ|=|(1+cosθ)+(−1+sinθ)i|
1 2
=√(1+cosθ) 2+(−1+sinθ) 2=√3+2cosθ−2sinθ
√ π
= 3+2√2cos(θ+ )
4（6分）
π π 5π
又θ∈[0,π]，所以θ+ ∈[ , ]
4 4 4
π √2
所以−1≤cos(θ+ )≤ ,
4 2
（8分）
则√3−2√2≤|z +z |≤√5
1 2
即√2−1≤|z +z |≤√5
1 2
故|z +z |的取值范围是[√2−1,√5].
1 2
（10分）
√2sin A sinB sinC √2sin A
18．解：(1)因为tanB+tanC= ，所以 + =
cosC cosB cosC cosC
即sinBcosC+cosBsinC=√2sin AcosB,
故 sin(B+C)=√2sin AcosB
（2分）
因为A+B+C=π，所以sin A=√2sin AcosB
√2 π
又 sinA≠0， 所 以 cosB= ， 因 为 00，得x<0或x>1
所以g(x)在区间(−∞,0),(1,+∞)上单调递增，在区间(0,1)上单调递减，
所以g(x)的极大值点为x=0，极小值点为x=1
（9分）
所以关于x的方程2x3−3x2+m+3=0有三个实根的必要条件是¿
解得−34>0
所以当−30， 则 φ'(x)= − =
√x x x
（1分）
令φ'(x)<0，得00，得x>1
所以φ(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(1)=0，即2√x−lnx−2≥0
即 lnx−1≤2√x−3， 故 f(x−1)≤2√x−3
（4分）
1
(2)解：由题意得g(x)=(x+1)ln(x+1)− ax2−x，则g'(x)=ln(x+1)−ax
2
1
令ℎ(x)=g'(x)=ln(x+1)−ax，x>0，则ℎ'(x)= −a.
x+1
（5分）
当a≤0时，ℎ'(x)>0，g'(x)在区间(0,+∞)上单调递增，所以
g'(x)>g'(0)=0，所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增，无最大值，不符合题意；
（6分）
1
当a≥1时，ℎ'(x)= −a<1−a≤0，g'(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
x+1
所以g'(x)0
x+1 a
1 1
当x∈(0, −1)时，ℎ'(x)>0，g'(x)在区间(0, −1)上单调递增
a a
1 1
当x∈( −1,+∞)时，ℎ'(x)<0，g'(x)在区间( −1,+∞)上单调递减
a a
（9分）
由(1)知lnx≤2(√x−1)
所以当x>0时，
ℎ(x)≤2√x+1−2−ax<2√x+1−a(x+1)=√x+1(2−a√x+1).
（10分）
4 1
取t= −1，则t> −1，且ℎ(t)<√t+1(2−a√t+1)=0
a2 a
1 1
又ℎ( −1)> ℎ(0)=0，所以由零点存在定理，得存在x ∈( −1,t)，使
a 0 a
得ℎ(x )=0
0
所以当x∈(0,x )时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0；
0
当x∈(x ,+∞)时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，
0
所以g(x)在区间(0,x )上单调递增，在区间(x ,+∞)上单调递减，
0 0
所以g(x)在区间(0,+∞)上存在最大值g(x )，符合题意，
0
综上，实数a的取值范围是(0,1)．
（12分）
