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）

这是一份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），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：B5．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：A6．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.