2023届江苏省南京师范大学附属中学、天一中学、海安中学、海门中学高三上学期12月联考数学试题含解析

这是一份2023届江苏省南京师范大学附属中学、天一中学、海安中学、海门中学高三上学期12月联考数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江苏省南京师范大学附属中学、天一中学、海安中学、海门中学高三上学期12月联考数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A．或 B．或C． D．【答案】D【分析】由对数函数性质解不等式得，再由交集的概念求解，【详解】，即，得，得，故，由或得或或，则，所以故选：D2．若，则的实部为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数运算法则可求得，结合共轭复数定义和复数乘法运算可求得，根据实部定义可得结果.【详解】，，，，则的实部为.故选：C.3．打羽毛球是一项全民喜爱的体育活动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为7cm，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成的直径是6.8cm，底部所围成圆的直径是2.8cm，据此可估算得球托之外羽毛所在的曲面的面积大约为（    ）A． B． C． D．
【答案】A【分析】将圆台补成圆锥，由相似求出小圆锥的母线长，结合圆锥侧面积公式求出圆台的侧面积.【详解】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面的面积为大,小圆锥的侧面积之差，设小圆锥母线长为x，则大圆锥母线长为x＋7，由相似得，即x＝4.9，所以羽毛所在曲面面积，故选：A. 4．若函数在恰好存在两个零点和两个极值点，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用整体代入法可得，再根据零点和极值点个数，可知即可得出结果.【详解】解：设，对于的图象要满足题意则需，解得.故选：B.5．已知点P在椭圆上，点Q在圆，其中c为椭圆C的半焦距，若的最大值恰好等于椭圆C的长轴长，则椭圆C的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由圆与椭圆的性质求解，【详解】点在椭圆上，则的最大值为，圆的半径为，则的最大值为，故，故选：D6．在中，若向量在上的投影向量为，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，上的高为，可用表示出，利用两角和差正切公式可得，结合基本不等式可求得最大值.【详解】设，上的高为，在上的投影向量为，，，（当且仅当时取等号），，，，，，.故选：C.7．设，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】首先可以大致判断的取值范围，初步断定，只需比b与c的大小即可；根据所给表达式形式以及三角函数值域即可判断.【详解】解：易知，且故只需比b与c大小，此时由根号和c中分母4联想二倍角公式，因此要比b和c大小，即比较和大小，而明显，所以.即可得.故选：B.8．四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面为正三角形，则其外接球体积最小值为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设二面角的大小为，由得外接圆半径最大值，再由球的体积公式求解，【详解】设二面角的大小为，中点为，正方形的中心为，则，，，则，到底面的距离为，设球心到底面的距离为，而正方形的外接圆半径为，则，而由得，，恒成立，故最小值为，，即外接球体积最小值为，故选：C 二、多选题9．在中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，，则（    ）A． B．向量，夹角的最小值为C．内角A的最大值为 D．面积的最小值为【答案】AC【分析】根据向量的运算法则结合余弦定理得到，根据均值不等式得到，计算，得到AC正确，B错误，利用面积公式得到，得到答案.【详解】，，故A对；，，当且仅当时取等，，，即，故B错，C对；，故D错.故选：AC10．在棱长为1的正方体中，E为的中点，则下列各选项正确的是（    ）A． B．BE与所成的角为C．四面体的体积为 D．与平面所成的角为【答案】AC【分析】根据题意可知，以为基底建立空间直角坐标系，利用空间向量研究直线和直线、直线和平面的位置关系.可知，即A对；，即BE与所成的角为，所以B错误；求出E到面的距离可求得四面体的体积为，故C正确；易得面的一个法向量为，所以，选项D错.【详解】如下图所示：以为基底建立空间直角坐标系，易得，，，，，所以，，故A对；所以，，即BE与所成的角为，故B错；设平面的一个法向量为，，所以，令，则，即；而，所以E到面的距离，由图易知是边长为的等边三角形，所以所以四面体的体积，故C对；设面的一个法向量为，，所以令，则，所以所以，故D错误.故选：AC.11．已知为坐标原点，直线与抛物线相交于，两点，且的面积为，则（    ）A．B．的中点到轴的距离为C．点满足D．过点作的切线，切点为，则与直线距离的最小值为．【答案】BC【分析】联立直线方程与抛物线方程得，进而结合韦达定理得，进而得，，即可判断AB；再根据向量数量积运算可判断C；设，，设，进而与抛物线联立，结合直线与抛物线相切可，进而根据在直线上得，同理可得，再消去得：，进而得，再结合基本不等式求距离即可判断D.【详解】解：联立直线方程与抛物线方程得，所以，，所以，，解得，所以，，，所以，故A错；所以中点纵坐标为，即横坐标，所以，的中点到轴的距离为，故B对；，故C对；设，，设，联立方程得，所以，由直线与抛物线相切可得，解得，所以，，又因为在直线上，所以有，同理可得，两式联立消得：，所以，所以，整理得，所以，与直线距离，当且仅当时取等，故D错故选：BC12．已知函数是定义域为R的可导函数，．若是奇函数，且的图象关于直线对称，则（    ）A．B．曲线在点处的切线的倾斜角为C．是周期函数（是的导函数）D．的图象关于点中心对称【答案】BCD【分析】根据函数奇偶性和对称性可知，也是奇函数，且可得出A错误；根据导数的几何意义求出得B正确；对求导，结合奇偶性和对称性可推出，故C正确；由为奇函数且，可得到的对称中心，即得到的对称中心.【详解】解：由题意有，，令，有，所以，故A错；，令得，故B对；为奇函数，即，又因为，所以，即，所以周期，故C对；因为，，所以，得，即关于对称，所以；即关于对称，故D对.故选：BCD. 三、填空题13．若非零向量与满足：，且，，则的最大值为______．【答案】##-0.5【分析】由，两边同时平方，利用数据和不等式的性质求解.【详解】由已知有，∴，得，∴，当且仅当时取等号.即的最大值为.故答案为：14．德国数学家米勒曾提出最大视角问题，这一问题的一般描述是：已知点A，B是∠MON的ON边上的两个定点，C是OM边上的动点，当C在何处时，∠ACB最大？问题的结论是：当且仅当△ABC的外接圆与OM相切于点C时，∠ACB最大．人们称这一命题为米勒定理．已知，，，则∠ACB最大时，______．【答案】【分析】根据米勒定理可知：当△ABC的外接圆与x轴相切时，最大，利用垂径定理和三角形外接圆的性质即可求解.【详解】由题意得∠ACB最大时，△ABC的外接圆与x轴相切，且C为切点，此时圆心G横坐标为a，且圆心G在线段AB的垂直平分线上，因为，，则的中点坐标为，且，所以线段AB的垂直平分线为，则圆心，半径r为（由三角形三个顶点坐标位置可知：），因为，解得，故答案为：.15．已知函数的定义域，，，且．若数列是首项为，公差为的等差数列，则______．【答案】【分析】令可求得，令可求得，则推导得到；将所求式子化为，结合等比数列求和公式可求得结果.【详解】令，则，又，；令，则，，，以此类推，可得，所以令，.故答案为：.16．已知函数，，若与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，则实数的取值范围为______．【答案】【分析】根据题意，方程有且仅有两解，即与图象有两个交点，利用导数分析单调性，即可求解.【详解】因为与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，所以方程有且仅有两解，而，设，即与图象有两个交点，所以，令，即；令，即.所以函数在单调递减，在单调递增，且两边趋向正无穷，所以，所以要满足题意则.故答案为：. 四、解答题17．设为数列的前n项和，已知，且，，成等差数列．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据等差数列定义可得，利用与之间关系可证得数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得；（2）采用分组求和法，分别对奇数项和偶数项求和，结合等差数列求和公式和裂项相消法可求得结果.【详解】（1）由题意得：；当时，，又，；当且时，，整理可得：，，，数列是以为首项，为公差的等差数列，.（2）由（1）得：，.18．随着经济的发展，富裕起来的人们健康意识日益提升，越来越多的人走向公园、场馆，投入健身运动中，成为一道美丽的运动风景线．某兴趣小组为了解本市不同年龄段的市民每周锻炼时长情况，随机抽取人进行调查，得到如下表的统计数据： 周平均锻炼时间少于小时周平均锻炼时间不少于小时合计岁以下岁以上（含）合计 (1)运用独立性检验的思想方法判断：是否有以上的把握认为，周平均锻炼时长与年龄有关联？并说明理由．(2)现从岁以上（含）的样本中按周平均锻炼时间是否少于小时，用分层抽样法抽取人做进行一步访谈，最后再从这人中随机抽取人填写调查问卷．记抽取人中周平均锻炼时间是不少于小时的人数为，求的分布列和数学期望．  【答案】(1)有以上的把握认为周平均锻炼时长与年龄有关联；理由见解析(2)分布列见解析； 【分析】（1）由表格数据计算可得，对比临界值表可得结论；（2）根据分层抽样原则可确定人中，周平均锻炼时长少于小时和不少于小时的人数，由此可确定所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望值.【详解】（1）由表格数据得：，有以上的把握认为周平均锻炼时长与年龄有关联.（2）抽取的人中，周平均锻炼时长少于小时的有人，不少于小时的有人，则所有可能的取值为，；；；；的分布列为： 数学期望19．记锐角的角所对的边分别为．已知．(1)求角的大小；(2)若，求边上的高的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】(1)由正弦定理边角互化得，再根据正切的和角公式得，进而得；（2）设边上高为，垂足为，，进而得，，再结合（1）得，进而根据得，再解不等式即可得答案.【详解】（1）解：因为，所以，由正弦定理边角互化可得：所以，因为，所以，所以．因为所以.（2）解：设边上高为，垂足为，设，则，所以，，由（1）得，所以，因为，所以，即，解不等式得或；解不等式得，因为所以20．如图，梯形中，，，，将沿对角线翻折，使点至点，且使平面平面，如图．(1)求证：；(2)连接，当四面体体积最大时，求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，易知四边形为平行四边形，得到，从而证得，由面面垂直的性质可得平面，由线面垂直的性质可得结论；（2）取中点，由面面垂直性质可证得平面，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，，，利用，可得之间的关系，由棱锥体积公式可得，利用导数可求得当时，四面体体积最大，由此可得所需的坐标，利用二面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）取中点，连接，，，四边形为平行四边形，，，，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.（2）取中点，连接，，即，，平面平面，平面平面，平面，平面；分别为中点，，平面，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设，，，则，，，，，，，，，，即，，；，即，，令，则，则当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，即四面体体积取得最大值，此时，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；轴平面，平面的一个法向量，；二面角为锐二面角，二面角的大小为.21．已知函数在是减函数．(1)求实数a的取值范围；(2)记，当时，①求证：在区间内存在唯一极值点（记为）；②求证：．【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据题意可得在上恒成立，设，求确定导函数的单调性，即可判断函数的最值，从而得实数a的取值范围；（2）①根据函数，确定其函数导函数的单调性，令，由于区间，所以，即在区间上单调递减，集合零点存在定理可得在区间上单调递减，又因为，，故可证得；②要证：，利用函数性质转化为证明恒成立，结合三角函数的性质与指数函数性质证明即可.【详解】（1）解：因为在是减函数所以在上恒成立令，则又令，，则恒成立，所以在上单调递减，所以，即所以在上单调递减，所以要满足题意则，即；（2）解：时，①由（1）知，，又，则，因为，所以，即在区间上单调递减，又有所以在区间上单调递减，又因为所以存在唯一的满足，即题意得证；②要证：，即证：，即证，即证，即证，即证因为，所以，，即成立，所以得证．22．已知双曲线的中心为坐标原点，焦点在坐标轴上，且点，，三个点中有且仅有两点在双曲线上．(1)求双曲线的标准方程；(2)直线交双曲线于轴右侧两个不同点的，连接分别交直线于点．若直线与直线的斜率互为相反数，证明：为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）分别讨论在双曲线上和在双曲线上的情况，采用待定系数法，代入点的坐标即可构造方程求得结果；（2）设，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论；利用斜率公式表示出，代入韦达定理的结论可整理得到；当时，可知过，知不合题意；当时，由可得；采用分析法可知要证，只需证明为定值，由此可得结论.【详解】（1）由题意知：不可能同时在双曲线上；若在双曲线上，则双曲线焦点在轴上，可设为，，解得：，双曲线方程为；若在双曲线上，则双曲线焦点在轴上，可设为，，方程组无解；综上所述：双曲线的标准方程为.（2）由题意知：直线，即直线斜率存在，可设，，，由得：，且，即且；，，直线与直线的斜率互为相反数，，即，化简得：，整理可得：，即；当时，，则，恒过点，与已知矛盾，舍去；当，即时，直线直线，即，，，即；要证为定值，即证为定值，即证为定值，，，即为定值.【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的常见思路如下：①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数关系式；④化简所得函数式，消元可得定值.