江苏省无锡市四校2023-2024学年高三上学期12月学情调研数学试卷（解析版）

这是一份江苏省无锡市四校2023-2024学年高三上学期12月学情调研数学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解二次不等式和对数函数的性质化简集合,再取交集即可得解.
【详解】由，可得，所以，
由对数函数的性质得，
则.
故选：C.
2. 已知复数满足（是虚数单位），则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算求得，进而求得，由此得解.
【详解】因为，
所以，
则，所以的虚部为.
故选：A.
3. 设平面向量，均为单位向量，则“”是“”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】C更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 【解析】
【分析】将两边平方，化简后即可得，由此即可选出答案.
【详解】因为
，
所以“”是“”的充分必要条件，
故选：C.
4. 北京时间2020年11月24日我国嫦娥五号探月飞行器成功发射.嫦娥五号是我国探月工程“绕、落、回”三步走的收官之战，经历发射入轨、地月转移、近月制动等11个关键阶段.在经过交会对接与样品转移阶段后，若嫦娥五号返回器在近月点（离月面最近的点）约为200公里，远月点（离月面最远的点）约为8600公里，以月球中心为一个焦点的椭圆形轨道上等待时间窗口和指令进行下一步动作，月球半径约为1740公里，则此椭圆轨道的离心率约为（ ）
A. 0.48B. 0.32C. 0.82D. 0.68
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意直接求解出椭圆的实半轴长和半焦距，进而求解.
【详解】由题意可知椭圆实轴长，所以，
焦距，所以，
所以椭圆的离心率，
故选：D.
5. 两个圆锥有等长的母线，它们的侧面展开图恰好拼成一个圆，若它们的侧面积之比为，则它们的体积比是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆锥母线长为，小圆锥半径为、高为，大圆锥半径为，高为，根据侧面积之比可得，再由圆锥侧面展开扇形圆心角的公式得到，利用勾股定理得到关于的表达式，从而将两个圆锥的体积都表示成的表达式，求出它们的比值即可.
【详解】设圆锥母线长为，侧面积较小圆锥半径为，
侧面积较大的圆锥半径为，它们的高分别为、，
则，得，
因为两圆锥的侧面展开图恰好拼成一个圆，
所以，得，
再由勾股定理，得，
同理可得，
所以两个圆锥的体积之比为：
.
故选：A.
6. 等差数列各项均为正数，首项与公差相等，，则的值为（ ）
A. 6069B. 6079C. 6089D. 6099
【答案】A
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，结合等差数列的通项公式，利用裂项相消法化简方程求出，由此得解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为首项与公差相等，所以，
因为，，
所以，所以，
所以，
故选：A．
7. 已知函数，正实数满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断函数的对称性与单调性，从而得到，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】因为，
所以，
故函数关于对称；
又的定义域为，，
所以由复合函数的单调性可判断在上单调递增；
又，所以，即，
又，故，
当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
故选：B.
8. 已知函数在上都存在导函数，对于任意的实数，当时，，若，，，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，研究奇偶性、单调性，从而比较大小得解.
【详解】令，因为时，，
所以当时，，则在上单调递减，
因为的定义域为，又，则，
所以，所以为偶函数，
故在上单调递增，
又，，
，
而，所以，即.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的解决关键是观察条件，构造出，从而得解.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分．
9. 若且，则下列结论成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】举例说明判断AD；利用不等式性质推理判断BC.
【详解】对于A，取，满足，此时，A错误；
对于B，，由不等式性质知，成立，B正确；
对于C，当时，，当，，则，
当时，，，则，于是，
因此若且，则成立，C正确；
对于D，取，满足，而，D错误.
故选：BC
10. 函数的图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C. 对任意的都有
D. 在区间上的零点之和为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用图象求得函数的解析式，可判断AB选项的正误；计算的值，可判断C选项的正误；利用正弦型函数的对称性可判断D选项的正误.
【详解】由题图可知函数的最小正周期为，则，
所以，，把代入得，则，得，
，，则AB选项均正确；
，当时，，不满足对任意的都有，C错误；
，，
则共有个零点，不妨设为、、、，且，
则，，
两式相加，整理得，
故的所有零点之和为，D错误，
故选：AB.
11. 已知，是圆O：上两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若点O到直线的距离为，则
B. 若的面积为，则
C. 若，则点O到直线的距离为
D. 的最大值为，最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用弦长公式判定选项A正确；先利用三角形的面积公式求出，再结合角的范围判定选项B错误；利用数量积的计算公式求出，进而判定三角形的形状判定选项C正确；设，，且，利用辅助角公式和三角函数的性质判定选项D错误.
【详解】对于A：易知圆：的半径，
因为点O到直线的距离，
所以，
即选项A正确；
对于B：因为的面积为，
所以，
即，解得，
因为，
所以或，
即选项B错误；
对于C：因为，所以，
即，即，
因为，所以，
即是边长为1的等边三角形，
所以点O到直线的距离为，
即选项C正确；
对于D：由题意设，，且，
则
因为，所以，
则，，
，
所以，
即，
即选项D错误.
故选：AC.
12. 在正四棱锥中，，，点满足，其中，，则下列结论正确的有（ ）
A. 最小值是
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，与所成角可能为
D. 当时，与平面所成角正弦值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量关系可得为正方形内的点(包括边界)，设，根据正棱锥的性质结合条件可得判断A，根据棱锥的体积公式结合条件可判断B，根据线面角的求法结合条件可判断C，利用坐标法表示出线面角，然后利用导数求最值可判断D.
【详解】由，可得，其中，，
所以为正方形内的点(包括边界)，
在正四棱锥中，，，设，连接，
则平面，，
对A，由题可知，当重合时取等号，故A正确；
对B，当时，，即，故在线段上，
因为，所以三角形的面积为定值，而三棱锥的高为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；
对C，当时，，故在线段上，
由题可知平面，故平面，
所以为在平面内的射影，，
而在中，，所以，，故与所成角不可能为，故C错误；
对D，当时，，故在线段上，
如图以为原点建立空间直角坐标系，设，则，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，设与平面所成角为，
所以，
设，，则，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据向量关系结合条件得到点的位置，然后结合条件利用立体几何知识解决即得.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若命题“”是假命题，则实数的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由命题的否定转化为恒成立问题，利用二次函数的性质即可求解.
【详解】由题知命题的否定“”是真命题．令，则 解得，故实数的最大值为
故答案为：
14. 已知向量，在方向上的投影向量为，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】利用投影向量公式即可得解.
【详解】因为在方向上的投影向量为，，
所以，即，所以.
故答案为：.
15. 如图，“雪花曲线”也叫“科赫雪花”，它是由等边三角形生成的.将等边三角形每条边三等分，以每条边三等分的中间部分为边向外作正三角形，再将每条边的中间部分去掉，这称为“一次分形”；再用同样的方法将所得图形中的每条线段重复上述操作，这称为“二次分形”；.依次进行“次分形”（）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度.若将边长为1的正三角形“次分形”后所得分形图的长度不小于120，则的最小值是______.（参考数据：，）
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得“每次分形”图的长度可看成是首项为4，公比为的等比数列，从而可得到“次分形”图的长度为，列出不等式，结合，即可求解．
【详解】依题意可得“次分形”图的长度是“次分形”图的长度的，
由“一次分形”图的长度为，
所以“每次分形”图的长度可看成是首项为4，公比为的等比数列，
所以“次分形”图的长度为，
故，即，两边取对数得，
所以，则，
又，故n的最小整数值是．
故答案为：．
16. 已知函数，令，当时，有，则______；若函数恰好有4个零点，则实数的取值范围为_________.
【答案】 ①. 0或 ②.
【解析】
【分析】分和两种情况，结合导函数判断出函数单调性，求出零点；先得到0为的一个零点，再参变分离，构造，只需有3个零点，画出的图象，数形结合得到答案.
【详解】当时，，即，
当时，，令，，
在上恒成立，
故在上单调递增，
又，故在恒成立，无解，
当时，，即，
故或，
解得或或，
但舍去，其余两个满足要求，
当时，，故0为的一个零点，
当时，令，
当时，，当时，，
令，
当时，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
故在时取得极大值，也是最大值，且，
且当时，恒成立，
画出其图象如下，
要想有3个不同的零点，只需；
故答案为：0或；
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 在中，，，的对边别为，，，若.
（1）求角；
（2）若，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式、辅助角公式化简即可得解；
（2）根据三角形的面积公式及余弦定理即可得解.
【小问1详解】
因为
由正弦定理得：
即，
所以
即，
故，由为三角形内角可得 ，
.
【小问2详解】
，
，
由余弦定理，
又，代入得.
18. 已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由关系消得递推关系，再构造等差数列求通项；
（2）由等差与等比数列特点分组求和.
【小问1详解】
由①
当时，，所以
当时，②
①②式相减得，即
两边同除以得，，
又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
，则
【小问2详解】
，可知数列是以为首项，为公差的等差数列，
可知数列是以为首项，为公比的等比数列，

19. 如图，四棱锥中，底面，，．点在棱上，，点在棱上，．
（1）若，为的中点，求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相似可得线线平行，即可由线面平行的判定求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角，即可求解.
【小问1详解】
证明：过作的平行线交于，连接，
，又，，，又，
，为的中点，又为的中点，
，
又，又，，
，且，
四边形是平行四边形，
，，
平面， 平面，平面
【小问2详解】
以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，0，．，3，，，0，，
，0，，3，，
设，，，
，0，，，，=，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，，，
设直线与平面所成角为，
，，则
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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
因为为锐角，所以
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，，
所以，．
【小问2详解】
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. 已知椭圆的上顶点为，右焦点为，直线与圆相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）若不过点的动直线与椭圆相交于，两点，若，求证：直线过定点，并求出该定点坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，该定点坐标为
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切，由点到直线的距离公式即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可由斜率公式代入化简求解.
【小问1详解】
由题意，则直线的方程为：
可知圆的标准方程为，
，则，，
所以椭圆的方程为
【小问2详解】
设
若直线的斜率不存在，设，则，
，
直线：.
若直线的斜率存在，设直线方程为
由
即
由韦达定理
，即
，，
则直线方程为过定点.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点
22. 已知函数.
（1）若在定义域内单调，求实数的取值范围；
（2）若，m，n分别为的极大值和极小值，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，根据题意可知在上恒成立或恒成立，再根据二次函数开口向下，可得恒成立，即恒成立，分离参数，从而可求得答案；
（2）由（1）可得，利用导数设的两根为，不妨设，利用韦达定理可求得，求得函数的极值，从而求得关于的表达式，令，根据，求得的范围，再构造函数，利用导数求出函数的最值，即可得出答案.
【小问1详解】
解：，
因为在定义域内单调，
所以在上恒成立或恒成立，
即或恒成立，
因为二次函数开口向下，故不可能恒成立，
所以恒成立，
即，因为，当且仅当，即时，取等号，
所以；
【小问2详解】
解：由（1）可得，要使有极大值和极小值，则，
令，即，
设方程的两根为，
则有，不妨设，
则当和时，，当时，，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以，
即
，