2023届江苏省苏州市常熟市高三上学期12月抽测二数学试题（解析版）

这是一份2023届江苏省苏州市常熟市高三上学期12月抽测二数学试题（解析版），共22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届江苏省苏州市常熟市高三上学期12月抽测二数学试题 一、单选题1．设集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先将集合化简，然后结合集合的交集补集运算即可得到结果.【详解】因为集合则，且所以故选:C2．“复平面内的点在虚轴上”是“复数是纯虚数”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用复数在复平面的几何意义，结合充要条件的定义进行判断即可.【详解】复数为纯虚数的充要条件是：a=0且；即与它对应的点在y轴上除去原点之外的点，故由复数为纯虚数，可推出复平面内的点在虚轴上；由复平面内的点在虚轴上，不能推出复数为纯虚数.所以“复平面内的点在虚轴上”是“复数为纯虚数”的必要不充分条件.故选：B3．幂函数满足,则等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】设幂函数的解析式，利用待定系数法求解，即可求值.【详解】设幂函数，则，解得，所以所以，故选：A4．已知是各项为正数的等比数列，公比为是等差数列，公差为，且，，则（    ）A．4 B．0 C． D．2【答案】A【分析】分别将等差通项和等比通项用表示出来，联立解方程可求，进而得解.【详解】由题可知，，，即①，，即②，联立①②解得，当时，解得，4；当时，解得无解，故，故选：A5．已知函数，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】因为函数，令，，则，因为，所以函数为奇函数，因为，所以函数在区间上单调递增，不等式可化为，又因为，所以，又因为函数在区间上单调递增，所以，解得，所以不等式的解集为.故选：C.6．已知是双曲线的左，右焦点，点在上，是线段上点，若，则当面积最大时，双曲线的方程是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】在和分别利用余弦定理得，再在利用余弦定理，消去，根据均值不等式求面积最大时的关系，结合双曲线的性质即可求解.【详解】如图所示设，，，，则，，在中由余弦定理得①，在中由余弦定理得②，得③，在中由余弦定理得④，③④联立消去得，因为，当面积最大时即最大，由均值不等式可得，当且仅当即时等号成立，取得最大值，此时由④解得，所以，所以，即为直角三角形，且，所以在中，解得，由双曲线的性质可得，解得，所以双曲线的方程为，故选：C7．已知，则角可能属于下列哪个区间（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，根据零点存在性定理说明即可．【详解】解：由得，，符号相反，在第二或第四象限，故C、D错误；在上递减，，，，，使得．故选：B．8．已知，则的大小关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造，，利用导函数求单调性，分别令和即可求解.【详解】设令，则在上恒成立，单调递增，又，所以在上恒成立，所以，即；令，则在上恒成立，单调递增，又，所以在上恒成立，所以，即，所以；综上，故选：A【点睛】本题考查几个数的大小比较，利用构造函数结合导数求单调性的方法是解决本题的关键，考查学生的推理能力与计算能力，属于难题. 二、多选题9．已知，则下列不等关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】对A，由不等式性质判断即可；对B，不等式性质结合均值不等式判断即可；对C，当时不等式不成立；对D，由不等式性质结合因式分解判断即可.【详解】对A，，，A错；对B，，故，B对；对C，当时，则，C错；对D，，不等式成立，D对.故选：BD10．在四棱锥中，底面是正方形，底面，，为线段的动点，为线段上动点.以下说法正确的是（    ）A．当为线段的中点时平面平面B．的最小值为C．当为线段的中点时，三棱锥的体积不变D．四棱锥外接球的表面积为【答案】ACD【分析】对于A，根据垂直关系利用线面垂直和面面垂直的判定和性质即可证明成立；对于B，根据三角形两边之和大于第三边即可证明不成立；对于C，根据三棱锥与三棱锥相同，再根据几何关系得到三棱锥的体积为定值即可判断；对于D，将四棱锥放入棱长为1的正方体中，求出棱长为1的正方体的外接球半径，即可得到四棱锥外接球的面积.【详解】对于A，因为，为线段的中点，所以，因为底面，平面，所以平面平面，因为底面是正方形，所以,又因为平面平面，面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面，故A正确；对于B，因为底面是正方形，所以，所以，在三角形中，根据三角形两边之和大于第三边，所以，故B错误；对于C，当为线段的中点时，，因为底面，为线段的中点，所以点到平面的距离为线段的，所以点到平面的距离为，所以三棱锥的高为，点为线段上动点，底面是正方形，所以点到线段的距离等于线段的长度，所以点到线段的距离等于1，所以三角形的面积，所以为定值，故C正确；对于D，因为在四棱锥中，底面是正方形，底面，所以可将四棱锥放入棱长为1的正方体中，因为四棱锥的五个顶点和正方体的五个顶点重合，所以四棱锥的外接球与棱长为1的正方体的外接球相同，根据正方体外接球半径为正方体体对角线的一半，所以外接球半径,所以四棱锥外接球的表面积为，故D正确.故选：ACD.11．对于三次函数,给出定义:设是函数的导数,是的导数,若方程有实数解,则称点为函数的“拐点”.经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”,任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.设函数,则以下说法正确的是（    ）A．B．当时,有三个零点C．D．当有两个极值点时,过的直线必过点【答案】AB【分析】根据题意令二次导数为零即可求出拐点,即对称中心,即可得选项A的正误,先讨论时是否为零点,然后进行全分离,设新函数求导求单调性,求特殊值,画函数图象即可判断选项B的正误,根据选项A,将代入再相加即可得选项C 的正误,两点在一条直线上,则中点也在直线上,根据为极值点,令导函数为0,用韦达定理即可得,根据选项A,可得,即可求出中点坐标,即可判断选项D的正误.【详解】解:由题知,关于选项A:,令可得,的拐点为,,对称中心为,即成立,-故选项A正确;关于选项B:当时,,不是的零点,令,即有三个根,令,,时,单调递增,时,单调递减,时,单调递减,,,,,画图象如下:由图可知:时,与有三个交点,即有三个零点,故选项B正确;关于选项C:由选项A可知: ,,两式相加可得,故选项C错误;关于选项D:由于有两个极值点有两根,,由于直线过,则直线一定过中点,由选项A知,且有,中点坐标为,则直线一定过,故选项D错误.故选:AB【点睛】结论点睛:该题是函数与导数综合应用题,考查函数的对称性极值点等,关于对称周期有以下结论:(1)若关于对称，则,(2)若关于对称，则,(3)若周期为，则.12．瑞士著名数学家欧拉在1765年得出定理：三角形的外心､重心､垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，点，点，圆是“欧拉线”上一点，过可作圆的两条线切，切点分别为.则下列结论正确的是（    ）A．的“欧拉线”方程为B．圆上存在点，使得C．四边形面积的最大值为4D．直线恒过定点【答案】ABD【分析】由题意求出中点为的坐标，根据欧拉线的定义求出欧拉线的方程即直线的方程，再利用圆和圆的切线的性质判断各选项即可.【详解】设中点为，因为，所以，因为，所以，且，，所以，由题意可得欧拉线为直线，则欧拉线的方程为即，A正确；由圆的切线性质可得，设，则，在中由正弦定理得，所以，由二次函数的性质得当时取最小值8，所以，即的最大值为，所以，所以圆上存在点，使得，B正确；由圆的切线的定义可知，，，所以，又因为，且，所以即四边形面积的最小值为4，C错误；设，因为，，所以四点共圆，其中为直径，设中点，则，所以圆为即，所以为圆和圆的相交弦，两圆方程相减得方程为，即，由解得过定点，D正确；故选：ABD 三、填空题13．已知向量，则夹角的余弦值是__________.【答案】【分析】利用向量数量积公式求出，从而求出.【详解】，因为，所以，.故答案为：.14．一般地，任何一个复数都可以表示形式，其中是复数的模，是以轴的非负半轴为始边，向量所在射线（射线）为终边的角，叫做复数的辐角，叫做复数的三角表示式，简称三角形式，为了与“三角形式”区分开来，叫做复数的代数表示式，简称“代数形式”，已知复数，复数，且，则的实部是__________.【答案】【分析】利用复数的四则运算结合三角恒等变换求解即可.【详解】因为，由模长相等可得，即，化简得，即，所以，即的实部是，故答案为：15．过抛物线的准线上一点作抛物线的两条切线，两条切线分别与轴交于点，则外接圆面积的最小值为__________.【答案】【分析】通过设直线方程，因为直线与抛物线相切，通过与抛物线联立，可以得到直线以及，得到外接圆的直径为，从而得到外接圆面积的最小值.【详解】抛物线的焦点为，设，设直线联立方程，得，又因为直线与抛物线相切，所以，即而，，所以，同理所以是的外接圆的直径所以当垂直于准线时，得到外接圆半径的最小值，即故外接圆面积的最小值为.故答案为：16．已知函数，（是自然对数的底数），若函数有4个不同的零点，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】利用导函数画出的图像，由图像可得当时，或，再利用图像求有四个交点时的范围即可.【详解】令得，所以在单调递减，在单调递增，且当时，，，所以图像如图所示：由图像可得令解得或，令，由图像可得当时，有一个解；当时，有两个解；当时有三个解；当时有两个解；当时有两个解；当时有一个解；当时，无解；所以当有四个不同的解时，，故答案为： 四、解答题17．数列的前项和为.(1)求数列的通项公式；(2)数列满足，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用数列通项与前n项和的关系求解；（2）利用错位相减法求解.【详解】（1）解：当时，，当时，，又，两式相减得，，又，且，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以.（2）由（1）知：，则，，，，.18．在中，内角的对边分别为，已知.(1)求角的大小；(2)是线段上的点，若，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据及正弦的和角公式得到，求出角A的大小；（2）设，结合，得到，，，由正弦定理得到，求出，利用三角形面积公式求出答案.【详解】（1）因为，故，所以，即，又中，，，所以，即，又，所以；(2)，因为，所以，因为，所以，，中，由正弦定理知：，即，化简得，即，所以，所以的面积为.19．双曲线的一条渐近线为，且一个焦点到渐近线的距离为.(1)求双曲线方程；(2)过点的直线与双曲线交于异支两点，求点的轨迹方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用渐近线方程以及焦点到直线的距离即可求解.（2）首先设出直线方程，与椭圆联立后，设出，利用向量的坐标运算以及韦达定理即可求解轨迹方程，最后确定好范围即可.【详解】（1）由渐近线为知，①，又焦点到渐近线的距离为，即到直线的距离，所以，②，联立①②，解得，，则双曲线方程为.（2）因为直线与双曲线交于异支两点，所以直线的斜率必存在，且经过点，可设直线，与双曲线联立得：，设，则有解得，由知，两式相除得，即代入得，又，所以，所以点的轨迹方程为.20．如图，在四棱锥中，平面平面是等边三角形，已知是线段上的一点（不与端点重合）.(1)求证：平面平面；(2)若点是线段上靠近的三等分点，求锐二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面垂直证面面垂直即可；（2）利用空间向量法求解即可.【详解】（1）取中点，连接，在等边三角形中，，因为平面平面，平面平面平面，所以平面.因为平面平面所以，又中，所以，因为平面所以平面.又平面所以平面平面.（2）以为原点，为轴正方向，与垂直的直线为轴，为轴正方向建立如图坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，即解得，又易知平面的法向量，，所以锐二面角的大小.21．已知椭圆，直线与椭圆交于两点，的垂直平分线与椭圆交于两点.(1)当时，求弦的长；(2)求的值.【答案】(1)(2)0 【分析】（1）联立直线和椭圆方程，求出点坐标，再由距离公式得出弦长；（2）联立直线和椭圆方程，，由韦达定理结合数量积公式得出的值.【详解】（1），得，所以.（2）设，由，消得，，则.故的中点为，所以的直线方程为，由，消得，，即，则，又点满足：代入得，所以22．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)当时，在时恒成立，求实数的最小值.【答案】(1)在单调递减，在单调递增(2) 【分析】（1）由题意可得，按和的取值分类讨论的正负即可得到的单调性；（2）由题意不等式可化为在时恒成立，构造，利用导函数得只需对时恒成立即可，再构造，再次利用导函数即可求解的取值范围.【详解】（1）由题意，令，得，当时，若，则，所以，若，则，，所以；当时，若，则，所以，若，则，，所以；综上在单调递减，在单调递增.（2）当时，即，即，构造函数，即有对时恒成立，，令，得，所以在上单调递减，在单调递增，又时，时，，所以只需要对时恒成立即可，两边取对数，有对时恒成立，又时，，所以对时恒成立，令，令，则，令，则则在单调递增，在上单调递减，最大值为，所以的最小值为.【点睛】本题主要考查了求导分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了证明零点不等式的问题，需要根据题意构造函数，求导分析函数的单调性，进而得出自变量的大小证明不等式，属于难题.