2023届广东省部分学校高三上学期12月大联考数学试题（解析版）

2023届广东省部分学校高三上学期12月大联考数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可得，，即可求得，根据补集的定义即可得答案.

【详解】解：因为，

，，

所以，

所以.

故选：B.

2．若函数，则（    ）

A．0 B．1 C．2 D．

【答案】C

【分析】根据分段函数的解析式直接求解即可.

【详解】由，则，

故选：C

3．复数为纯虚数.则实数的值为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】先利用复数的除法法则计算得到，根据复数为纯虚数，得到方程，求出.

【详解】，

由题意得：且，解得：.

故选：C

4．已知向量，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量垂直得出，根据，以及正弦、余弦倍角公式即可求解.

【详解】因为，

所以，

所以，

结合，

得，

，

，

又，

所以，

所以原式.

故选：D.

5．《九章算术·商功》中描述很多特殊几何体，例如“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”，即如图，一个长方体，沿对角面分开（图1），得到两个一模一样的堑堵（图2），将其中一个堑堵，沿平面分开（图2），得到一个四棱锥称为阳马（图3），和一个三棱锥称为鳖臑（图4）. 若鳖臑的体积为4，且，则阳马的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】结合长方体的性质，由鳖臑（即三棱锥）的体积求得，进而求得长方体体对角线，即所求外接球直径，即可求外接球表面积.

【详解】由切割过程可知，平面，，，

∴，∴.

为长方体体对角线，即为的外接球直径，，

∴阳马的外接球的表面积为.

故选：B

6．A､B､C､D､E､F六人站成一排，C站第三位，A不站在两端，D和E相邻，则不同排列方式共有（    ）

A．16种 B．20种 C．24种 D．28种

【答案】B

【分析】根据的所站位置对排列方式分类，结合分步计数乘法原理，分类加法计数原理求解即可.

【详解】符合要求的排法可分为三类，

第一类站在第二位的排法，符合要求的排法可分为3步完成，第一步先排，有一种完成方法，再排，有种排法，再排其余两人有排法，由分步乘法计数原理可得第一类共有排法种，即8种排法，

第二类站在第四位的排法，符合要求的排法可分为3步完成，第一步先排，有一种完成方法，再排，有种排法，再排其余两人有排法，由分步乘法计数原理可得第一类共有排法种，即8种排法，

第三类站在第五位的排法，符合要求的排法可分为3步完成，第一步先排，有一种完成方法，再排，有种排法，再排其余两人有排法，由分步乘法计数原理可得第一类共有排法种，即4种排法，

由分类加法计数原理可得符合要求的排法共有种，即20种排法.

故选：B.

7．定义域为R的函数满足，数列满足，前项利为，则（    ）

A．3 B．0 C． D．2022

【答案】A

【分析】由已知确定函数的周期性，即得数列的周期性，再由函数性质计算函数值得数列的项，从而利用周期性求和．

【详解】，

，

∴，从而，，

∴同周期函数，4是它的一个周期，

中令得，即，，，，

，，

，

故选：A．

8．已知.则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据指数函数，幂函数及对数函数的性质即得.

【详解】因为，，

所以.

故选：B.

二、多选题

9．设函数，，则下列叙述正确的是（    ）

A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称

C．在上的最小值为 D．的图象关于点对称

【答案】ACD

【分析】利用可求得，从而得到；根据正弦型函数最小正周期的求法可知A正确；利用代入检验法可知BD正误；根据正弦型函数最值的求法可知C正确.

【详解】，，又，，；

对于A，的最小正周期，A正确；

对于B，当时，，不关于直线对称，B错误；

对于C，当时，，

则当，即时，，C正确；

对于D，当时，，此时，

的图象关于点对称，D正确.

故选：ACD.

10．如图，多面体中，四边形为正方形，且，则（    ）

A．三棱锥的体积为 B．平面

C．三棱锥的体积为2 D．平面

【答案】ABC

【分析】根据题意建立如图空间直角坐标系，利用三棱锥的体积公式直接计算即可判断A；利用空间向量证明空间中的位置关系即可判断BD；利用空间向量法求出平面的法向量，进而求出点F到平面的距离，结合三棱锥的体积公式计算即可判断C.

【详解】由平面，

得平面，

由题意知，，建立如图空间直角坐标系，

则，

得，，

对A：，故A正确；

对B：由，得，

又平面，所以平面，故B正确；

对C：由，得.

设平面的一个法向量为，

则，令，得，所以，

故点F到平面的距离为，

所以，故C正确；

对D：由，得平面不成立，故D错误.

故选：ABC.

11．已知定义域为的函数，则（    ）

A．为奇函数 B．为偶函数

C．在上单调递减 D．在上单调递增

【答案】AB

【分析】由定义判断AB；由导数得出单调性判断C；由特殊值判断D.

【详解】，则为奇函数；，，则为偶函数；当时，，即在上单调递增；，，，即在上不是单调递增，故只有AB正确；

故选：AB

12．抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点；反之，由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出，已知抛物线的焦点为F，一束平行于x轴的光线从点射入，经过C上的点反射后，再经C上另一点反射后，沿直线射出，则（    ）

A． B．

C．延长（为坐标原点）交直线于点，则轴 D．

【答案】ACD

【分析】对A：根据抛物线方程，即可求得焦点坐标；对B，根据题意求得点坐标，写出方程，联立抛物线方程，即可判断；对C：求得方程，联立直线，从而求得点坐标，即可判断；对D：根据选项B中所求，结合抛物线中的弦长公式，即可求得结果.

【详解】对A：由抛物线方程可得，其焦点坐标为，故A正确；

对B：对抛物线，令，可得，则点坐标为，又，

则直线的斜率，故方程为：，联立抛物线方程，

可得，整理可得：，

则，即，则，代入可得，

故，故B错误；

对C：因为点坐标为，故直线斜率，故直线方程为，

联立可得，，即点坐标为；

又根据选项B中所求，可知点的坐标为；又，故与轴平行，C正确；

对D：，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．的展开式中含项的系数为__________.

【答案】240

【分析】可分项求解，当第一个因式取1时，第二个因式取含的项；第一个因式取时，第二个因式取含的项，进而得解.

【详解】对的展开式通项，令得，此时；令得（舍去），故的展开式中含项的系数为.

故答案为：240

14．我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”.写出一个焦点在轴上，对称中心为坐标原点的“黄金椭圆”的标准方程__________.

【答案】（答案不唯一）

【分析】由题可设，根据离心率结合条件即得.

【详解】由题可设，

令，由题可知，

所以，，

所以“黄金椭圆”的标准方程可为.

故答案为：.

15．已知直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则原点到直线的距离的取值范围为__________.

【答案】

【分析】根据题意可知，两点的轨迹是以为直径的圆与圆的交点，求出公共弦的方程即可求得原点到直线的距离的表达式，整理变形可求得其取值范围.

【详解】如图所示，，

在直线上，设，又因为是切点，

所以，两点的轨迹是以为直径的圆与圆的交点，

以为直径的圆的圆心为，半径为

所以，圆的方程为

即圆

所以，即为圆和圆的公共弦，

公共弦的方程为

所以原点到直线的距离为

当时，；

当时，

综上可知，

即原点到直线的距离的取值范围为.

故答案为：

【点睛】方法点睛：本题主要考察轨迹方程以及两圆公共弦方程问题；将切点问题转化成四点共圆问题，写出圆的方程，将两圆方程相减即可得到公共弦方程.

16．若存在直线与曲线，都相切，则的范围是__________.

【答案】

【分析】设直线与相切于点，，结合导数的几何意义可求得切线方程；根据该方程的唯一性可得方程组，整理得到；令，利用导数可求得的值域，由此可得的范围.

【详解】设该直线与相切于点，

，，

该切线方程为：，即；

设该直线与相切于点，

，，

该切线方程为：，即，

，则；

令，；

当时，；当时，；

在，上单调递减；在，上单调递增；

又，，，的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：本题考查曲线公切线相关问题的求解，求解曲线公切线的基本思路是假设切点坐标，利用导数的几何意义分别求得两曲线的切线方程，根据切线方程的唯一性构造方程组来进行求解.

四、解答题

17．已知等差数列前项和为，再从条件①､条件②､条件③选择一个作为已知，求：

(1)数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

条件①；条件②；条件③.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)选①，②，③可以直接利用等差数列的性质转化为首项和公差的方程组，

求出首项和公差即可求出通项公式.

(2)将第一问结论代入通项公式，再利用裂项相消即可求出.

【详解】（1）设等差数列首项，公差，

选条件①：由已知，得

，解得，故，

选条件②：由已知，得，解得，

，

选条件③：由已知，则，所以，

解得，即，

综上所述，数列的通项公式为

（2）由(1)问的结论代入，

则，

所以数列的前项和.

18．如图，中，若角所对的边分别是.

(1)证明：；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理求出和即得证；

（2）设由得，再利用余弦定理求出即得解.

【详解】（1）证明：在中，由正弦定理得.

在中，由正弦定理得.

所以.

故得证.

（2）解：设由题得,

所以.所以.

所以.

所以的面积为.

19．如图，图1是由正方形，直角梯形组成的一个平面图形，其中，将正方形沿折起，使得.

(1)求证：平面平面；

(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明，加上，可得平面，，加上，可得平面，，加上，可得平面，可得平面平面；

（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可求出结果.

【详解】（1）如图：连，

在直角三角形中，，

在三角形中，，，，满足，

所以，

又，，

所以平面，

因为平面，所以，

又，，

所以平面，

因为平面，所以，

因为四边形为正方形，所以，

因为，所以平面.

因为平面，

所以平面平面.

（2）由（1）知，两两垂直，

以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图：

则，，，， ，

，，，，

设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，

由，得，

取，得，得，

由，得，

取，得，得，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

20．试剂A是用来检测某种药品B的酸碱值，假设不同的药品B的酸碱值为定值，现对试剂A的检测效果的稳定性进行测试，测试方法如下：

第一步，拿出n个外观相同，但酸碱值不同的药品B用试剂A检测，要求其按酸碱值大小为它们排序；

第二步，过一段时间，再用试剂A检测这n个药品B，并重新按酸碱值大小为它们排序，这称为一轮测试.

根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低检验试剂A的检测效果的稳定性.

现设，分别以，表示第一次排序时被排为1，2，3，4的四种药品B在第二次排序时的序号，并令，则X是对两次排序的偏离程度的一种描述，假设，等可能地为1，2，3，4的各种排列.

(1)写出的可能值集合，并求的分布列；

(2)若试剂A在连续进行的三轮测试中，都有，则认为该试剂对药品B的酸碱值检测效果是稳定的，求出出现这种现象的概率.

【答案】(1)答案见详解；

(2).

【分析】（1）分别列举出可能的排列结果，可得可取0，2，4，6，8.然后分别求出取不同值的概率，即可得到的分布列；

（2）根据（1）的结果可知，一轮测试中，然后根据独立事件的乘法公式即可求出结果.

【详解】（1）可能的排列结果如下：

，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共24种可能，且每种结果的可能性相同.

所以，可取0，2，4，6，8.

所以，，，，，.

所以的分布列为

（2）由（1）知，一轮测试中，，每轮检测结果互不影响，

则连续进行的三轮测试中，都有的概率为，

所以出现这种现象的概率为.

21．已知过点，的双曲线的右顶点为.

(1)求双曲线的标准方程；

(2)设过点的直线交双曲线于两点，过作轴的垂线与线段交于点，点满足，证明：直线过定点.

【答案】(1)；

(2)证明见详解.

【分析】（1）将、点坐标代入双曲线方程，即可解出结果；

（2）由已知可得，点是线段的中点，直线的方程为.当直线的斜率不存在时，根据条件可知不满足；当的斜率存在时，设点坐标，表示出的方程为，证明该直线过点，即证明恒成立.联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理表示出与，代入整理，即可证明.

【详解】（1）由已知可得，解得 ，

所以双曲线的标准方程为.

（2）证明：由（1）可得，，设，，

，直线的方程为.

由可得，即点是线段的中点.

假设直线的斜率不存在，此时直线的方程为，此时直线与双曲线相切，只有一个交点，不满足，所以直线斜率一定存在.

设斜率为，则直线的方程为，即.

因为点是线段的中点，且，设，

则有，所以，所以.

于是的方程为.

下面证明：直线过定点.

即证，即证，

即证.

又，代入左边可得，（*）

联立直线的方程与双曲线的方程，可得，

由已知应满足，解得且，

且，代入（*）式可得，

恒成立，

所以，直线过定点.

【点睛】本题第2问为直线恒过定点问题.在证明中，因为的方程为较为复杂，所以将其转化为等价条件，即证明恒成立，继而找到关键点，联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理表示出与，代入整理，即可证明.

22．已知函数

(1)若恒成立，求实数的取值范围；

(2)设，求证：.

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）设，首先根据题意得到,从而将题意等价为,再结合的单调性分类讨论求解即可;

（2）根据（1）知:,从而得到,再化简得到,累加即可证明.

【详解】（1）恒成立，即恒成立，

设

因为,所以恒成立等价于恒成立.

由已知的定义域为.

令,

有两根,

因为，

时,单调递减;

,时,单调递增，

,

当时,,故满足题意.

当时,时，单调递减，故不满足题意.

当时,时, 单调递增，故不满足题意.

综上可知：.

（2）证明:由（1）可知:时,,即,当且仅当时取等号.

故当时,可得

即，

即.

故

故

【点睛】关键点睛：本题对于第一问恒成立问题的处理是移项构造新函数，不使用较为复杂的分离参数法，而是将0代换为，变成恒成立，再利用函数的单调性即可求解值，第二问的关键是在（1）的基础上得到，然后当时，则得到，再通过累加即可证明不等式.