江苏省盐城市四校2022-2023学年高三数学上学期12月联考试题（Word版带答案）

2023届高三年级第一学期四校联考数学试卷（考试时间：120分钟，满分：150分）2022.12.15一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1．已知集合，，则=（    ）A．B．C．D．2．下列说法正确的是（    ）A．圆的圆心为，半径为5B．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14．2021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．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．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．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8．若x，，，则（    ）A．B．C．D．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）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6B．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．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三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13．已知为虚数单位，且复数z满足：，则复数z的模为_____________．14．若直线：与直线：平行，则直线与之间的距离为______．15．已知曲线在处的切线与直线垂直，则实数_____.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___________.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）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． 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．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.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．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. 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：）2023届高三年级第一学期四校联考数学试卷参考答案1．B2．C3．A4．A5．A6．C7．B8．C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.9．BD10．AD11．BC12．BD【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.13．14．15．16．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：.17．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．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．(1)证明：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)解：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．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．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．解：(1)，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)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．