2023届江苏省新高考基地学校高三上学期12月第三次大联考数学试题（解析版）

2023届江苏省新高考基地学校高三上学期12月第三次大联考数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据交集与补集的运算求解即可.

【详解】或.

故选：C.

2．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，求得，再结合复数的运算法则，计算即可.

【详解】根据题意：.

故选：A.

3．已知是单位向量，若，则（    ）

A． B． C．8 D．

【答案】B

【分析】根据，求出，然后求解.

【详解】，即，，

故选：B.

4．我国古代魏晋时期数学家刘徽用“割圆术”计算圆周率，“割之弥细，所失弥少，割之，又割，以至于不可割，则与圆周合体无所失矣”·刘徽从圆内㧍正六边形逐次分割，一直分割到圆内接正1536边形，用正多边形的面积逼近圆的面积.利用该方法，由圆内接正边形与圆内接正边形分别计算出的圆周率的比值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】结合正弦定理面积公式求出圆内接正边形与圆内接正边形面积，作比即可求解.

【详解】正边形圆心角，

正边形圆心角，

.

故选：B

5．若函数的极大值点为，则的值为（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】A

【分析】求导，令，可得的极值点，根据题意，可得，根据的单调性，分析可得极大值点，即可得答案.

【详解】由题意得，

令，解得或，

因为极大值点为，

所以，则，且，

所以在为单调递增函数，

在上为单调递减函数，

所以的极大值点为，即，解得.

故选：A

6．设椭圆的左､右焦点分别为，过的直线与交于两点.若，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由椭圆定义及弦长，根据勾股定理即可得出之间的关系式，即可求得椭圆离心率.

【详解】令

则，

又中，

，

，

中，，

所以，离心率

故选：A.

7．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用两角和与差的正弦展开式化简可得答案.

【详解】因为，

所以，

可得，

，

，，

对于A，，故错误；对于B，，故错误；

对于C，，故错误；对于D，，故正确.

故选：D.

8．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】从对数函数的定义域及单调性考虑，结合指数函数的值域，得到，进而得到，，，结合，，得到，，求出.

【详解】∵，由定义域可知，

故，

∵在定义域上单调递减，

，

，

∵，∴，

∵，∴，

故，则，

，

，由定义域可知：，

又∵，

∴，则，

，故，

∵，，

∴，

，

.

故选：B.

【点睛】方法点睛：对数比较大小的方法有：（1）对于真数相同的对数，可利用倒数法加以解决，有时也可把对数转化为指数式进行比较；（2）当底数与真数都不相同时，一般可选取适当的“媒介”（通常以“0”或“1”为媒介），分别与要比较的数比较大小，从而间接地得出要比较的数的大小关系；（3）作差（商）比较法是比较两个数值大小的常用方法，即对两值作差（商），看其值与0（1）的关系，从而确定所比两值的大小关系．

二、多选题

9．若函数的最小正周期为，，则（    ）

A． B．是图象的对称轴

C．是图象的对称中心 D．在上单调递增

【答案】BD

【分析】利用最小正周期可求得；根据可知关于对称，结合五点法可求得，知A错误；利用代入检验的方法依次判断BCD即可得到结果.

【详解】最小正周期，，则；

对于A，，关于对称，

，解得：，又，，A错误；

对于B，由A知：，

当时，，是的对称轴，B正确；

对于C，当时，，

不是的对称中心，C错误；

对于D，当时，，

在上单调递增，D正确.

故选：BD.

10．第22届世界杯足球赛于2022年11月20日到12月18日在卡塔尔举行.世界杯足球赛的第一阶段是分组循环赛，每组四支队伍，每两支队伍比赛一场，比赛双方若有胜负，则胜方得3分，负方得0分；若战平，则双方各得1分.已知某小组甲､乙､丙､丁四支队伍小组赛结束后，甲队积7分，乙队积6分，丙队积4分，则（    ）

A．甲､丁两队比赛，甲队胜 B．丁队至少积1分

C．乙､丙两队比赛，丙队负 D．甲､丙两队比赛，双方战平

【答案】ACD

【分析】分析得到甲胜乙和丁，平丙，乙胜丙和丁，丙胜丁，平甲，丁全负，对比选项得到答案.

【详解】甲队积7分，胜两场平一场；

乙队积6分，胜两场负一场，负的一场一定是负给甲的，

乙队胜了丙､丁两队，对.

丙队积了4分，胜平负各一场，负是输给乙，

当甲､丙平时，丙胜丁，甲胜丁；当丙､丁平时，丙胜甲,不可能.

故甲丙平，甲胜丁，AD对，丁队全负，B错误.

故选：ACD.

11．已知正四棱锥的所有棱长都相等，分别是侧面，侧面和底面的中心，则（    ）

A． B．平面

C． D．平面

【答案】BCD

【分析】根据BN与平面PEF相交，可知PM与BN不平行；利用已知条件可证，利用线面平行的判定，进而得到平面；根据线面垂直的判定可证平面，再根据线面垂直的性质得到，利用平行关系得证；设，求出各边长度，利用余弦定理求出，满足勾股定理，可知，再由线面垂直的判定与性质，即可证出平面.

【详解】已知正四棱锥的所有棱长都相等，分别为的中心，

则，

取中点E，中点F，连接EF，MN，PE，PF，

则，,

，

又，

，

而平面，平面

平面，B选项正确；

连接BN，可知平面，

而平面，

则BN不可能与平行，A选项错误；

连接PO，AC，BD，

，

且平面PBD，

平面，

又平面，

而，则，C选项正确；

连接OM，OE，设，则，，

，，，

在中，由余弦定理可知，，

满足，，

又，，，平面，

平面，

而平面，，

又，平面，

平面，D选项正确；

故选：BCD.

12．已知函数的定义域为是偶函数，是奇函数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】由函数的奇偶性可得，，且，通过赋值法可得的值，即可判断选项A，B，C；再将上述两式合并整理可得，结合数列中的分组求和思想与等比数列求和公式，即可得的表达式，能判断选项D.

【详解】解：是偶函数关于对称，关于对称，即，

又函数为奇函数，所以，即，

，，则，，

，故选项A正确，B错误；

则，，又，所以，故选项C正确；

由，可得，即，

所以

，故选项D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．设等差数列的前项和为，若，，则______.

【答案】

【分析】由等差数列的通项公式、前项和公式列出关于和公差的方程组，解之可得．

【详解】设公差为，

由题意，解得，

故答案为：．

14．过点作曲线的两条切线，则这两条切线的斜率之和为______.

【答案】

【分析】考虑与时，设出切点坐标，求出相应的切线方程，将代入，得到相应的斜率，相加得到答案.

【详解】时，，设切点，

则，

切线过，

，

，

时，，切点，

，

切线过，

，

，

故.

故答案为：.

15．设抛物线和的焦点分别为，点在上，轴，线段交于点，且为的中点，则的值为______.

【答案】##

【分析】根据题意求出的坐标，利用中点坐标公式求得坐标，代入可求解.

【详解】由题，，将代入得，

所以，

因为点在上，，

即解得或（舍），

故答案为: .

四、双空题

16．已知圆柱的轴截面是边长为8的正方形，是圆上两点，是圆上两点，且，则四面体的外接球的表面积为______，四面体的体积为______.

【答案】         

【分析】对于第一空，由题可知中点为四面体外接球球心，据此可得答案；

对于第二空，做辅助线，有，可得答案.

【详解】对于第一空，由题意得圆柱底面半径为4，高为8，取中点，则为四面体外接球球心，故四面体的外接球半径为，

得四面体的外接球的表面积为；

对于第二空，过作，且，则四边形为平行四边形，

因，平面，平面，得平面.

故A到平面距离等于E到平面距离，

故.

故答案为：；.

五、解答题

17．记的内角所对边分别为，已知.

(1)证明：；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用三角恒等变换，结合正弦定理即可证明；

（2）由余弦定理和三角形的面积公式即可得出答案.

【详解】（1）因为，所以，

因为，所以，

所以，由正弦定理，得.

（2）由①得，①

由余弦定理，得，②

由①②解得.

所以的面积为.

18．已知数列满足.

(1)设，证明：是等比数列；

(2)记数列的前项和为，求.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由可得，将递推式代入，利用等比数列的定义求解即可；

（2）利用错位相减法求解即可.

【详解】（1）因为，

所以

.

又因为，

所以数列是以2为首项2为公比的等比数列.

（2）由（1）可知，，所以，

所以，

所以.

两式相减，得

，

所以.

19．已知函数.

(1)设，求在区间上的最值；

(2)讨论的零点个数.

【答案】(1)最大值为，最小值为

(2)在上有两个零点

【分析】(1)利用导数讨论单调性即可求最值；(2)讨论函数在在上的单调性，并用零点的存在性定理确定零点个数，再根据函数为偶函数即可求解.

【详解】（1）因为，

所以在区间上单调递减，

所以当时，取最大值；

当时，取最小值.

（2）先讨论在上的零点个数，

由（1）可知，在上递减，，

所以在上递减，因为，

所以在上有唯一零点，

又因为，

所以是偶函数，所以在上有两个零点.

20．如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，，，点在上.

(1)若平面，求；

(2)若是的中点，求二面角的正弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）取中点，作交于点，由面面垂直性质可证得平面，从而得到；由线面平行的性质可知，由此可得四边形为平行四边形，得到，可知为中点，由此可得结果；

（2）由（1）可知平面，结合，则可以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.

【详解】（1）取中点，连接，作，交于点，连接，

为等边三角形，，又，；

平面平面，平面平面，平面，

平面，又平面，，又，；

平面，平面平面，，

四边形为平行四边形，，，

为的中位线，为中点，.

（2）由（1）知：若为中点，则平面，

为等边三角形，，

则以为坐标原点，正方形为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

轴平面，平面的一个法向量，

，，

即二面角的正弦值为.

21．已知双曲线的实轴长为4，左､右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.当轴时，

(1)设直线的斜率分别为，求的值；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）法一：根据实轴长，求得a值，根据题意，求得，可得b值，即可得曲线C方程，设直线方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.

法二：由题意，求得a，b的值，即可得曲线C方程，设方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.

（2）法一：因为，根据二倍角的正切公式，结合及，化简计算，可得，进而可得方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直线的方程，根据面积公式，即可得答案.

法二：设，由，结合二倍角正切公式，可得的值，进而可得直线方程，与曲线C联立，可得，同理可得，代入面积公式，即可得答案.

【详解】（1）法一：

因为，所以，令得，

所以，解得，

所以的方程为

显然直线与轴不垂直，设其方程为，

联立直线与的方程，消去得，

当时，，

设，则.

因为，

所以.

法二：

由题意得，解得，

双曲线的方程为.

设方程为，

联立，可得，

，，

，

.

（2）法一：

因为，

所以，

又因为，

所以，即，（※）

将代入（※）得，

因为在轴上方，所以，所以直线方程为，

联立与直线方程，消去得，，

解得或（舍），所以，

代入，得，所以直线方程为，

联立与直线方程，消去得，，

解得或，

所以的面积为.

法二：

设，由，可得，

，解得，

方程，

联立，可得，解得，

同理联立，解得，

.

22．已知函数.

(1)求的单调区间；

(2)若，证明：.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导可得，再分析二次函数的零点情况，再根据二次函数的判别式，结合零点与0的大小关系，结合导函数的正负区间确定原函数的单调区间即可；

（2）求导分析单调性与最值，先证明证，再倒序相加证明不等式即可.

【详解】（1）因为，

①当时，在上递增；

②当时，由得，，

i）当时，，

当时，；当时，，

所以在上递减，在上递增.

ii）当时，，

当时，；

当时，，

所以在上递增，在上递减，在上递增.

综上，当时，单调减区间为，单调增区间为；

当时，单调减区间为，单调增区间为和；当时，单调增区间为，无减区间.

（2）要证，

，

先证，

令，

，

对恒成立，

，

，证毕!

【点睛】本题主要考查了含参分类讨论函数单调性的问题，含参分类讨论函数单调性中若包含二次函数类型，一般讨论：

（1）二次函数判别式小于等于0，判别式大于0；

（2）二次函数零点大小关系，零点与定义域区间端点的大小关系；

同时也考查了利用导数证明不等式的问题，需要根据所证不等式形式，构造函数，求导分析单调性与最值证明.属于难题.