2023届江苏省盐城市四校高三上学期12月联考数学试题（解析版）

2023届江苏省盐城市四校高三上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据集合交集的定义即可求解.

【详解】因为，，根据集合交集的定义可知

.

故选：B

2．下列说法正确的是（    ）

A．圆的圆心为，半径为5

B．圆的圆心为，半径为

C．圆的圆心为，半径为

D．圆的圆心为，半径为

【答案】C

【分析】根据圆的标准方程求出圆心与半径即可判断.

【详解】圆的圆心为，半径为，A错误；

圆的圆心为，半径为，B错误；

易知C正确；

圆的圆心为，半径为，D错误.

故选：C

3．已知向量，，，，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则有最小值

B．若，则有最小值

C．若，则的值为

D．若，则的值为1

【答案】A

【分析】根据向量的坐标运算，求得，结合向量平行和垂直的坐标运算以及基本不等式，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】∵，，∴．

对A：若，则，

当且仅当，即，，取得等号，故选项A正确；

对B：若，则，

当且仅当，，取得等号，故选项B错误；

对C：若，则，即，

则，故选项C错误；

对D：因为,

所以，，则D不正确.

故选：A．

4．2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，这标志着中国空间站在轨组装建造全面展开，我国载人航天工程“三步走”战略成功迈出第三步.到今天，天和核心舱在轨已经九个多月.在这段时间里，空间站关键技术验证阶段完成了5次发射、4次航天员太空出舱、1次载人返回、1次太空授课等任务.一般来说，航天器绕地球运行的轨道近似看作为椭圆，其中地球的球心是这个椭圆的一个焦点，我们把椭圆轨道上距地心最近（远）的一点称作近（远）地点，近（远）地点与地球表面的距离称为近（远）地点高度.已知天和核心舱在一个椭圆轨道上飞行，它的近地点高度大约351km，远地点高度大约385km，地球半径约6400km，则该轨道的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据远地点和近地点，求出轨道即椭圆的半长轴和半焦距，即可求得答案.

【详解】设椭圆的半长轴为a，半焦距为c.

则根据题意得; ,

解得 ，

故该轨道即椭圆的离心率为 ，

故选：A

5．把一条线段分为两部分，使其中一部分与全长之比等于另一部分与这部分之比，其比值是一个无理数，由于按此比例设计的造型十分美丽柔和，因此称为黄金分割，黄金分割不仅仅体现在诸如绘画、雕塑、音乐、建筑等艺术领域，而且在管理、工程设计等方面也有着不可忽视的作用.在中，点D为线段的黄金分割点（），，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】点D为线段的黄金分割点，求出，,再求得解.

【详解】

点D为线段的黄金分割点，

则，

所以，

则.

故选：A.

6．如图，由于建筑物AB的底部B是不可能到达的，A为建筑物的最高点，需要测量AB，先采取如下方法，选择一条水平基线HG，使得H，G，B三点在一条直线上在G，H两点用测角仪测得A的仰角为，，，测角仪器的高度是h，则建筑物AB的高度为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据三角函数的定义，结合线段组合，可得答案.

【详解】由题意，可得，，，，，，，

故选：C.

7．已知数列是公比不等于的等比数列，若数列，，的前2023项的和分别为m，，20，则实数m的值（    ）

A．只有1个 B．有2个 C．无法确定 D．不存在

【答案】B

【分析】根据等比数列前项和公式求得数列，，的前2023项的和，通过观察得出关于的方程，由此求得的值.

【详解】是公比不等于的等比数列，

则数列，都是公比不为1的等比数列，前者公比为，后者公比为.

设的公比为q，则，，，

观察可知：，即，所以或.

故选：B

8．若x，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用可得，再利用同构可判断的大小关系，从而可得正确的选项.

【详解】设，则（不恒为零），

故在上为增函数，故，

所以，故在上恒成立，

所以，

但为上为增函数，故即，

所以C成立，D错误.

取，考虑的解，

若，则，矛盾，

故即，此时，故B错误.

取，考虑，

若，则，矛盾，

故，此时，此时，故A错误，

故选：C.

【点睛】思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数.

二、多选题

9．已知数列为等比数列，则（    ）

A．数列，，成等比数列

B．数列，，成等比数列

C．数列，，成等比数列

D．数列，，成等比数列

【答案】BD

【分析】根据比数列的定义，逐一判断选项.

【详解】设等比数列的公比为，

A.由等比数列的性质知，，当时，，故A错误；

B.可知数列，，每项都不为0，且，故B正确．

C.当数列为1，，1，，1……时，，故C错误；

D.数列，，的每一项都不为0，且，故D正确.

故选：BD

10．函数，图像一个最高点是，距离点A最近的对称中心坐标为，则下列说法正确的有(    )

A．的值是6

B．时，函数单调递增

C．时函数图像的一条对称轴

D．的图像向左平移个单位后得到图像，若是偶函数，则的最小值是

【答案】AD

【分析】结合已知条件，求出的解析式，再结合的图像性质即可求解.

【详解】由题意可知，，，即，其中为的最小正周期，

又因为，所以，故A正确；

当时，，由，可得，

此时，，满足题意；

当时，，由，则无解，

综上所述，，

从而是一个偶函数，故 在上不单调，故B错误；

又因为，所以不是函数图像的一条对称轴，故C错误；

对于选项D:由题意可得，，若是偶函数，

则，，即，，

又因为，所以的最小值是，此时，故D正确.

故选：AD.

11．已知函数，的定义域均为R，它们的导函数分别为，．若是奇函数，，与图象的交点为，，…，，则（    ）

A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称

C．的图象关于直线对称 D．

【答案】BC

【分析】分别判断函数得对称性，结合函数得对称性即可求解.

【详解】因为为奇函数，所以函数的图象关于点对称，故选项A错误；

因为函数的图象关于点对称，则，对其两边取导数：

则有，所以的图象关于直线对称，故选项正确；

令，解得：，

所以的图象关于直线对称，故选项C正确；

又因为，所以为常数，则的图象关于对称，

例如：当时，令，

则图象有三个交点，

其中和关于对称，且，

此时，，

故，所以此时不成立，故选项D错误；

故选：BC.

12．已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（    ）

A．四边形EMGH的周长为是变化的

B．四棱锥的体积的最大值为

C．当时，平面截球O所得截面的周长为

D．当时，将正四面体ABCD绕EF旋转后与原四面体的公共部分体积为

【答案】BD

【分析】将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算.对A：根据面面平行的性质定理结合平行线的性质分析运算；对B：根据锥体体积公式，利用导数求其最值；对C：根据球的性质分析运算；对D：根据正方体分析可得：两个正四面体的公共部分两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公式运算求解.

【详解】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，

连接，设

∵，，则为平行四边形

∴，

又∵平面，平面，

∴平面，

又∵平面，，平面，

∴平面平面，

对A：如图1，

∵平面平面，平面平面，平面平面，

∴，则，即，

同理可得： ，，，，

∴四边形EMGH的周长（定值），A错误；

对B：如图1，由A可知：，，，，

∵为正方形，则，

∴为矩形，

根据平行可得：点A到平面的距离，

故四棱锥的体积，则，

∵，则当时，则，在上单调递增，当时，则，在上单调递减，

∴当时，取到最大值，

故四棱锥的体积的最大值为，B正确；

对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，

设平面截球O所得截面的圆心为，半径为，

当时，则，

∵，则，

∴平面截球O所得截面的周长为，C错误；

对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体，设，

∵，则分别为各面的中心，

∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，

根据正方体可得：，正四棱锥的高为，

故公共部分的体积，D正确；

故选：BD.

【点睛】思路点睛：对于正四面体的相关问题时，我们常转化为正方体，利用正方体的性质处理相关问题.

三、填空题

13．已知为虚数单位，且复数z满足：，则复数z的模为_____________．

【答案】

【分析】根据复数模的性质求解即可

【详解】，则，故

故答案为：

14．若直线：与直线：平行，则直线与之间的距离为______．

【答案】

【分析】先根据直线与平行求出参数，再由两平行直线间的距离公式可得答案.

【详解】∵直线与平行，∴，解得，

∴直线：，直线：，

∴直线与之间的距离．

故答案为：

15．已知曲线在处的切线与直线垂直， 则实数_____.

【答案】##

【分析】利用导数求解出曲线在处的切线的斜率，利用垂直关系可知斜率乘积为−1，构造方程求得结果.

【详解】因为，所以，

所以曲线在处的切线斜率为，

直线的斜率为，

因为曲线在处的切线与直线垂直，

所以，所以.

故答案为：.

16．有一张面积为的矩形纸片，其中为的中点，为的中点，将矩形绕旋转得到圆柱，如图所示，若点为的中点，直线与底面圆所成角的正切值为，为圆柱的一条母线（与，不重合），则当三棱锥的体积取最大值时，三棱锥外接球的表面积为___________.

【答案】

【分析】先根据矩形的面积为，直线与底面圆所成角的正切值为，求出圆柱的底面半径与高，连接，再由基本不等式求出三棱锥的体积取最大值时，的长，最后设三棱锥外接球的球心到平面的距离为，列出关于的方程，求出，进而求出外接球半径，即可求得外接球的表面积

【详解】设圆柱的高为，底面半径为，则，即.

因为直线与底面圆所成角的正切值为，

所以，即.

由，得.

连接，由题意得，，

又，所以平面，

而平面，所以平面平面.

过点作于点，则平面.

设，，则，

于是三棱锥的体积，

当且仅当时取等号，

设此时三棱锥外接球的球心到平面的距离为，外接球半径为，

则，解得，

于是，

所以当三棱锥的体积取最大值时，

三棱锥外接球的表面积.

故答案为：.

四、解答题

17．已知函数．

(1)求的最小正周期和单调增区间；

(2)在中，角的对边分别为．若，，求的面积的最大值．

【答案】(1)，，

(2)

【分析】(1)利用三角恒等变换求出函数的解析式，根据函数的性质求解；(2)利用边化角转化为三角函数求面积的最大值或者用余弦定理和基本不等式求面积的最大值.

【详解】（1）

．

∴的周期，

由，，得，

所以的单调递增区间是，．

（2）∵，即，又，∴，

由正弦定理有，

∴

∵，∴，∴,

当 即时取得最大值.

另解：∵，即，又，∴，

由余弦定理知：，

即，当且仅当时，等号成立．

∴，∴当时，．

18．在①；②成等比数列；③；这三个条件中任选一个，补充在下面试题的空格处中并作答．

已知是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为，且           ．

(1)求数列的通项公式；

(2)定义在数列中，使为整数的叫做“调和数”，求在区间[1，2022]内所有“调和数”之和．

【答案】(1)

(2)1086

【分析】（1）选①或③，利用求得；选②，结合等比中项的知识求得等差数列的公差，从而求得.

（2）利用列举法写出“调和数”，结合等比数列前项和公式求得.

【详解】（1）选①解：因为，

所以当时，，

当，时，

因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，

所以，.

选②解：因为成等比数列，

所以，

因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为，

所以，

所以，

所以.

选③解：因为，

所以当时，．

所以，

所以或，

因为是各项均为正数的等差数列，

所以，

又当n＝2时，，

所以，所以，

所以，所以或（舍去），

其公差，

所以.

（2）设，所以，

令，且b为整数，

又由，，

所以b可以取1，2，3，4，5，6，

此时分别为，

所以区间[1，2022]内所有“调和数”之和

＝1086.

19．如图所示，在三棱锥A -BCD中，已知平面ABD⊥平面BCD，且，BC⊥AC.

(1)证明：BC⊥平面ACD；

(2)若点F为棱BC的中点，，且，求平面CDE与平面ABD夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由勾股定理逆定理证得AD⊥BD，由已知面面垂直证得线面垂直，然后证得AD⊥BC，根据线面垂直判定定理得出线面垂直.

（2）建立坐标系，计算出所需点的坐标，设出法向量，列出方程并计算出所需平面的法向量，计算二面角的余弦值.

【详解】（1）由条件可得，所以AD⊥BD．

因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD= BD，

所以AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC．

又BC⊥AC，AC∩AD=A，

所以BC⊥平面ACD.

（2）因为BC⊥平面ACD，所以BC⊥CD．所以BC=.

以C为坐标原点，直线CD，CB分别为x，y轴，过点C且垂直于平面BCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

则

设平面CDE的法向量为，

则

取，则，

,设平面ABD的一个法向量为，

则，取，

设平面CDE与平而ABD的夹角为θ，.

则

故平面CDE与平而ABD的夹角的余弦为.

20．如图，半径为1的光滑圆形轨道圆、圆外切于点，点是直线与圆的交点，在圆形轨道、圆上各有一个运动质点，同时分别从点、开始逆时针绕轨道做匀速圆周运动，点，运动的角速度之比为2：1，设点转动的角度为，以为原点，为轴建立平面直角坐标系．

(1)若为锐角且，求、的坐标；

(2)求的最大值．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）由已知条件求出，则利用正弦的两角和公式可求出，从而可得，的值，进而可求得、的坐标；

（2）根据题意得，，则，化简后利用二次函数的性质可求出其最大值.

【详解】（1）因为为锐角，所以

因为，

所以，

所以，

所以，

所以，，

所以，．

（2）因为点，分别运动的角速度之比为2：1，

所以当点转动的角度为时，转动角度为，

因此，．

，

所以当时，取得最大值，

所以的最大值为．

21．定义椭圆的“蒙日圆”的方程为，已知椭圆的长轴长为4，离心率为.

(1)求椭圆的标准方程和它的“蒙日圆”E的方程；

(2)过“蒙日圆”E上的任意一点M作椭圆的一条切线，A为切点，延长MA与“蒙日圆”E交于点，O为坐标原点，若直线OM，OD的斜率存在，且分别设为，证明：为定值.

【答案】(1)；；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由长轴和离心率得，即可求出椭圆的方程，再根据“蒙日圆”的方程即可得到答案.

（2）分两种情况，当切线的斜率存在且不为零时，设切线的方程为，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，再由化简得到，当切线的斜率不存在且为零时，.

【详解】（1）由题意知

，

故椭圆的方程,

“蒙日圆”的方程为,即

（2）当切线的斜率存在且不为零时,设切线的方程为,则

由,消去得

,

由,消去得

设,则,

，

，

当切线的斜率不存在或为零时,易得成立,

为定值.

22．已知函数．（是自然对数的底数）

(1)若，求的单调区间；

(2)若，试讨论在上的零点个数．（参考数据：）

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)答案见解析

【分析】（1）求出导函数，令可得增区间，可得减区间；

（2）利用导数判断在上单调递增，在上单调递减，又，，，从而分和两种情况讨论，根据函数零点存在定理及函数的单调性，求出的单调区间，从而即可求解.

【详解】（1）解：，则，定义域为，，

由，解得，可得，

解得，

由，解得，可得，

解得，

的单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）解：由已知，

，令，则．

，∴当时，；当时，，

在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减．

，，．

①当时，即时，，

，使得，

∴当时，；当时，，

在上单调递增，上单调递减．

，，又，

∴由函数零点存在性定理可得，此时在上仅有一个零点；

②若时，，

又在上单调递增，在上单调递减，而，

，，使得，， 且当、时，；当时，．

在和上单调递减，在上单调递增．

，，

，，

又，

∴由零点存在性定理可得，在和内各有一个零点，即此时在上有两个零点．

综上所述，当时，在上仅有一个零点；当时，在上有两个零点．

【点睛】关键点点睛：本题（2）问的解题关键是根据函数零点存在定理及的单调性，求得函数的单调区间.