2023届江苏省决胜新高考高三上学期12月大联考数学试题（解析版）

2023届江苏省决胜新高考高三上学期12月大联考数学试题

一、单选题

1．已知，其中i为虚数单位，则（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】B

【分析】化简，利用复数求模公式计算.

【详解】因为，

所以，

故选：B.

2．已知向量满足，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由两边平方，得到，再根据平面向量数量积的定义得到，根据向量夹角的范围可求出夹角.

【详解】因为，

所以，所以，

所以，所以，

因为，所以

所以与的夹角为．

故选：D

3．给定空间中的直线与平面，则“直线与平面垂直”是“直线垂直于平面内无数条直线”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据直线与平面垂直的定义，结合充分条件和必要条件的判定，即可求解．

【详解】由题意，若“直线与平面垂直”则“直线垂直于平面内无数条直线”成立的，所以充分性是成立的；

若“直线垂直于平面内无数条直线”则直线“直线不一定平面垂直”，所以必要性不成立，

所以“直线与平面垂直”是“直线垂直于平面内无数条直线”成立的充分不必要条件．

故选A．

【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记直线与平面垂直的定义，结合充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．

4．立德中学举行“学习党代会，奋进新征程”交流会，共有6位老师、4位学生进行发言．现用抽签的方式决定发言顺序，事件表示“第k位发言的是学生”，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据排列数的计算，结合古典概型的概率计算公式即可根据选项逐一求解.

【详解】因为，所以A错误．

因为，所以B错误．

因为，所以C正确．

因为，所以D错误．

故选：C

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据两角差的正弦公式化简得，进而采用换元法，结合诱导公式以及二倍角公式即可求解.

【详解】因为，

所以．

令，则，

所以．

故选：C

6．疫情防控期间，某单位把120个口罩全部分给5个人，使每人所得口罩个数成等差数列，且较大的三份之和是较小的两份之和的3倍，则最小一份的口罩个数为（    ）

A．6 B．10 C．12 D．14

【答案】C

【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列通项公式联立方程组解出即可.

【详解】设等差数列的首项为，公差为，由条件可知，

，

即，

即，

解得，

所以最小一份的口罩个数为12个，

故选：C．

7．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由对数运算性质化简，结合不等式性质或构造讨论单调性即可判断.

【详解】，

解法一：因为，所以．

解法二：设，则，

又因为在上单调递增，所以．

故选：B

8．在平面直角坐标系中，已知点在椭圆上，且直线的斜率之积为，则（    ）

A．1 B．3 C．2 D．

【答案】A

【分析】利用椭圆方程和的斜率之积为，建立A、B两点坐标的关系，代入原式化简计算即可.

【详解】因为在椭圆上，

所以，

因为，

所以，

所以，

所以，

所以．

故选：A.

二、多选题

9．已知在处取得极大值，若有三个零点，则（    ）

A． B．

C．的极小值为 D．

【答案】BCD

【分析】根据极大值点可求解，可判断A,进而可得的单调性，可判断C,根据三个零点得可判断C，由单调性即可判断D.

【详解】因为，所以，所以．故A错，

因为，

当时， ，当和时， ，

所以在处取得极小值，在处取得极大值，

极小值为，极大值为，

若有三个零点，所以，所以，故BC正确，

因为，所以，又因为在上单调递增，所以,故D正确，

故选：BCD

10．已知函数在区间上有且仅有2个零点，则（    ）

A． B．的图象关于对称

C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递减

【答案】ACD

【分析】根据零点可得，结合，所以，进而得，结合三角函数的性质，根据选项即可逐一求解.

【详解】令，则，所以或，即或，

由于函数在区间上有且仅有2个零点，

当时， ，当时，，，所以且，所以 ，由于，所以，所以A正确．

因为，当，所以的图象关于对称，故B错误，

当 ，，为最大值，故关于直线对称，故C正确，

当时，，所以在上单调递减，所以D正确．

故选：ACD

11．正多面体统称为柏拉图体．若连接某正方体的相邻面的中心，可以得到一个新的体积为的柏拉图体．则（    ）

A．是正六面体

B．正方体的边长为2

C．与正方体的表面积之比是

D．平面与相交所得截面的面积是

【答案】BCD

【分析】画出图形可判断A；设正方体的边长为a，求出的体积，求出可判断B；求出正方体的表面积，的表面积可判断C；画出截面，且是菱形，求出面积可判断以D．

【详解】对于A，如图，是各棱长均相等的正八面体，所以A错误；

对于B，设正方体的边长为a，是正八面体，且是底面是对角线长为的正方形，上下两个四棱锥的高都为，则的体积为，所以，所以B正确；

对于C，正方体的表面积是，的各个侧面的棱长都为等边三角形，所以的表面积是，所以，所以C正确；

对于D，如图平面与相交所得截面，分别是的中点，

且相等，，四边形是菱形，，其面积为，所以D正确．

故选：BCD.

12．已知曲线，则（    ）

A．曲线C关于坐标原点对称 B．曲线C关于y轴对称

C．或 D．

【答案】ACD

【分析】A选项，利用对称性质判断即可，取特殊点验证即可B选项；

将方程转化为关于的二次方程，由方程有解即可判断C选项；

换元法，令，则代入原方程中，利用方程有解判别式

解之即可得D选项.

【详解】因为点在曲线上，

所以点满足，

所以A正确；

若，因为点不满足C的方程，

所以B错误；

因为，

所以，

所以，

所以或，所以C正确；

设，则，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以D正确．

故选：ACD

三、填空题

13．展开式中的系数是_____________．

【答案】

【分析】根据二项式展开式的通项特征，即可求解.

【详解】展开式的通项为．

由于，

令（舍去），

令，所以，

综上， 的系数是，

故答案为：

14．写出一个同时满足下列性质①②的函数_____________．

①；②在定义域上单调递增．

【答案】 （满足均可）

【分析】由基本初等函数性质筛选判断即可

【详解】，且单调递增．

故答案为： （满足均可）

15．已知抛物线的焦点F与双曲线的右焦点重合，与的公共点为M，N，且，则的离心率是_____________．

【答案】##

【分析】根据抛物线和双曲线的对称性可得，，且，利用双曲线的定义可得的值，进而求解.

【详解】因为与交于点M，N，所以M，N关于x轴对称，所以，所以．

因为，所以轴.记椭圆的另一焦点为，

所以，所以，

所以．

故答案为：.

四、双空题

16．已知半径为的球O的表面上有A，B，C，D四点，且满足平面，，则四面体的体积最大值为_____________；若M为的中点，当D到平面的距离最大时，的面积为_____________．

【答案】     ；    

【分析】第一空，设，则满足，即可列出体积函数，由导数法求最值.

第二空在平面内过点D向作垂线，垂足为H，则D到平面的距离为，由求得，由均值不等式可得最大值，即可得的各边长，从而求得面积.

【详解】第一空，设，球心O即为的中点，所以．

四面体的体积，所以，

令，得（负值舍去），当时，，V单调递增：当时，，V单调递减，所以当时，．

第二空，在平面内过点D向作垂线，垂足为H，则D到平面的距离为．

∵，∴，∴,即．

因为，当且仅当时等号成立，

所以．此时，所以的面积为．

故答案为：；.

五、解答题

17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知B为锐角，且．

(1)求B；

(2)求的最大值．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）由结合正弦定理得到，再根据B为锐角，求出即可得解；

（2）将化为可求出结果.

【详解】（1）因为，所以．

在中，由正弦定理，得，所以．

因为，所以，所以．

又因为B为锐角，所以．

（2）因为，所以

，当且仅当时等号成立，

所以的最大值是．

18．甲、乙两台机床加工同一规格（直径）的机器零件，为了比较这两台机床生产的机器零件精度的差异，随机选取了一个时间段，对该时间段内两台机床生产的所有机器零件直径的大小进行了统计，数据如下：

甲：19.7，19.8，19.8，19.9，19.9，19.9，20.0，20.0，20.0，20.0，20.1，20.1，20.1，20.1，20.2，20.2，20.2，20.3

乙：19.5，19.6，19.7，19.8，19.9，20.0，20.0，20.1，20.1，20.2，20.3，20.4

规定误差不超过的零件为一级品，误差大于的零件为二级品．

附，其中．

(1)根据以上数据完成下面的列联表，并判断是否有95%的把握认为甲、乙两台机床生产的机器零件的精度存在差异：

(2)以该时间段内两台机床生产的产品的一级品和二级品的频率代替概率，从甲机床生产的零件中任取2个，从乙机床生产的零件中任取3个，比较甲、乙机床取到一级品个数的期望的大小．

【答案】(1)表格见解析，没有；

(2)甲的期望大．

【分析】（1）根据题中数据，可以得出两机床一、二级品的数量，将得到的数据补充在列联表中，根据公式即可解出的值；

（2）由题意可设这2个零件中一级品的个数为X，3个零件中一级品的个数为Y，

则随机变量X，Y服从二项分布，根据二项分布，即可解出期望值，得出结果.

【详解】（1）由已知可得，甲机床的二级品有19.7，20.3，共2个，其余16个为一级品；

乙机床的二级品有19.5，19.6，19.7，20.3，20.4，共5个，其余7个为一级品.

所以，列联表如下：

根据列联表得，

因为，

所以没有95%的把握认为甲、乙两台机床生产的机器零件的精度存在差异．

答：没有95%的把握认为甲、乙两台机床生产的机器零件的精度存在差异．

（2）由（1）可知，从甲机床生产的零件中任取1个，取到一级品的概率为，

从甲机床生产的零件中任取1个，取到一级品的概率为.

从甲机床生产的零件中任取2个，设这2个零件中一级品的个数为X，

从乙机床生产的零件中任取3个，设这3个零件中一级品的个数为Y，

则随机变量X，Y服从二项分布，即，，

所以，，

所以甲的期望的大．

答：甲的期望的大．

19．如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，O是的中点，点E在上，且平面．

(1)求的值；

(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据线面平行的性质可得线线平行，根据平行成比例即可求解，

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.

【详解】（1）连接与交于点F，

因为底面是菱形，O是的中点，所以，且，

所以．因为平面平面，

平面平面，

所以，

所以，所以

（2）解法一：

因为底面是菱形，O是的中点，，所以．

因为平面平面，平面，所以，建立如图所示的空间直角坐标系．

则．

设，，则，

所以．

因为，所以，解得．

所以．

设为平面的法向量，

则，得，

取，所以为平面的一个法向量．

因为，

所以直线与平面所成角的正弦值是．

解法二：因为底面是菱形，O是的中点，，

，所以．

在中，由余弦定理，

得．

因为平面平面，所以．

设，在直角中，由射影定理，

得．

在直角中，由勾股定理，得，

所以，所以．

在直角中，作斜边上的高，

因为，所以．

因为平面平面，所以．

又因为平面平面，

所以平面，因为平面，所以．

又因为平面平面，

所以平面．

因为，

所以直线与平面所成角的正弦值是．

20．已知为正项数列的前n项的乘积，且．

(1)求的通项公式；

(2)若，求证：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）由，两式相除结合对数运算得，代入数值可得数列是常数列，即可得通项公式；

（2）不等式由裂项相消法求和放缩即可证.

【详解】（1），

所以，所以，

所以，即，

所以，

当时，，解得，

所以，所以数列是常数列，

所以，所以，

所以．

（2）证明：因为，

所以

21．已知函数．

(1)若的最小值为1，求实数a的值；

(2)若关于x的方程有3个不同的实数根，求a的取值范围．

【答案】(1)1；

(2).

【分析】（1）根据导数求解函数的单调性，由单调性即可求解最值，进而可求解，

（2）分类讨论，利用导数求解函数的零点.

【详解】（1）因为的定义域为，又，

所以若单调递增，无最小值，不成立．

若，当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以．

（2）设，则．

当时，单调递增，所以至多一个零点．

当时，因为，所以，所以单调递减，所以至多一个零点．

当时，令，得，

当时，单调递增，

又，所以，且，又因为是连续的函数，

所以且在上只有一个零点．

当时，单调递减，

因为，

设，

则，

所以单调递增，所以，得．

因为，又因为是连续的函数，

所以在上只有一个零点，

可得在上只有一个零点．

因为，所以，

且，又因为是不间断的函数，

所以在上只有一个零点．

综上可知，当时，在上有且仅有三个零点，

即关于x的方程有3个不同的实数根．

【点睛】策略点睛：利用导数求解函数零点问题或者方程解的问题是高考命题的重点也是难点，其中函数的零点、方程的根、曲线的交点三个问题可以相互转化.导数中的函数零点问题常采用两种求解方式，根据原函数与轴的交点分离构造函数，结合极值点判断函数图象的变化趋势.讨论零点的常用步骤为：

(1)求函数的定义域，

(2)构造函数，求导，

(3)分类讨论函数的单调性，极值，最值，

(4)结合零点存在性定理，以及函数单调性去顶图象变化趋势确定零点的个数.

22．在直角坐标系中，已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交抛物线C于A，B两点，且．

(1)求抛物线C的方程；

(2)直线分别交直线于两点，圆是以线段为直径的圆．从下面①②中选取一个作为条件，证明另外一个成立．

①直线l是抛物线C的准线；②直线与圆相切．

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）设直线的方程为，设，联立抛物线结合韦达定理及向量数量积运算即可解得p；

（2）由得直线的方程，结合（1）中韦达定理可得，同理得，即可得出圆方程.

由①证明②，结合点线距离证明圆心到直线的距离等于半径；

由②证明①，结合点线距离，圆心到直线的距离等于半径求得.

【详解】（1）设直线的方程为，

由，得．

设，所以．

因为，

所以，所以抛物线的方程为．

（2）因为，所以直线的方程为，则．

因为，所以．同理可得：，

所以圆的方程为：．

由（1）知：．

由①证明②．

因为直线l是抛物线C的准线，所以．

所以圆的方程为：．

所以圆心到直线的距离为

，

所以直线与圆相切．

由②证明①．

直线的方程为，即．

因为直线与圆相切，所以，

所以，

所以，

所以，

解得，所以直线l是抛物线C的准线．