【文档说明】江苏省盐城市四校2022-2023学年高三上学期12月联考数学试卷及答案.pdf，共(12)页，1.057 MB，由小喜鸽上传

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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|

13Axx，|1Bxx，则AB=（）A．1，B．13，C．11，D．1，2．下列说法正确的是（）A．圆22(1)(2)5xy的圆心为(1,2)，半径为5B．圆222(2)(0)xybb的圆心为(2,0)，

半径为bC．圆22322xy的圆心为3,2，半径为2D．圆22(2)(2)5xy的圆心为(2,2)，半径为53．已知向量1,1ma，32,nb，0a，0b，则下列说法正确的是（）A．若1ab，则mn有最小值5

26B．若1ab，则mn有最小值6C．若mn∥，则23logmn的值为1D．若mn，则232ba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．176768B．17368C．385736D．6785135365．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512，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ABC中，点D为

线段BC的黄金分割点（BDDC），2AB，3AC，60BAC，则ADBC（）A．7592B．9752C．9572D．7952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，，CDa，测角仪器的高度是h，则建筑物AB的高度为（）A．sinsinahB．sinsinahC．sinsinsinahD．sinsincosah7．已知数列n

a是公比不等于1的等比数列，若数列na，1nna，2na的前2023项的和分别为m，8m，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，(0,)y，lnesinyxxy，则（）A．ln()0xyB．ln()0yxC．e

yxD．lnyx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na为等比数列，则（）A．数列2a，4a，8a成等比数列B．数列12aa，34aa，56aa成等比

数列C．数列12aa，34aa，56aa成等比数列D．数列123aaa，456aaa，789aaa成等比数列10．函数()sin()fxAx(0,0)，()fx图像一个

最高点是(,2)3A，距离点A最近的对称中心坐标为(,0)4，则下列说法正确的有()A．的值是6B．(,)1212x时，函数()fx单调递增C．1312x时函数()fx图像的一条对称轴D．()fx的图像向左平移(0)个单位后得到()gx图像，若

()gx是偶函数，则的最小值是611．已知函数fx，gx的定义域均为R，它们的导函数分别为fx，gx．若1yfx是奇函数，cosgxx，fx与gx图象的交点为

11,xy，22,xy，…，,mmxy，则（）A．fx的图象关于点1,0对称B．fx的图象关于直线1x对称C．gx的图象关于直线12x对称D．1miiixym12．已知正四面体ABCD的棱长为22，其外接球的球心为

O．点E满足(01)AEAB，(01)CFCD，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AEMGH的体积的最大值为64

81C．当14时，平面截球O所得截面的周长为47π2D．当12λμ时，将正四面体ABCD绕EF旋转90后与原四面体的公共部分体积为43三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13．已知i为虚数单位，且复数z满足：i12iz，则复数z

的模为_____________．14．若直线1l：220xay与直线2l：0xya平行，则直线1l与2l之间的距离为______．15．已知曲线1elnxyxx在1x处的切线与直线20mxy垂直，则实数m_____.16．有一

张面积为82的矩形纸片ABCD，其中O为AB的中点，1O为CD的中点，将矩形ABCD绕1OO旋转得到圆柱1OO，如图所示，若点M为BC的中点，直线AM与底面圆O所成角的正切值为24，EF为圆柱的一条母线（与AD，BC不重合），则当三棱锥AEFM的体积取最大值时，三棱锥AEFM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cossinco()()()s3xxxxfxR．(1)求fx的最小正周期和单调增区

间；(2)在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc．若322Bf，6b，求ABC的面积的最大值．18．在①21322nSnnt；②21373,,,aaaa成等比数列；③222nnnSaa；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na是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为nS，且．(1)求数列na的通项公式；(2)定义在数列na中，使3log1na为整数的na叫做“调和数”，求在区间[1，2022]内所有“调和数”之和nT．19．如图所示，在三棱锥A-B

CD中，已知平面ABD⊥平面BCD，且6,2,22BDADAB，BC⊥AC.(1)证明：BC⊥平面ACD；(2)若点F为棱BC的中点，2AEEF，且3CD，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1O、圆2O外切于点M，点H是直线12OO与圆2O的

交点，在圆形轨道1O、圆2O上各有一个运动质点P，Q同时分别从点M、H开始逆时针绕轨道做匀速圆周运动，点P，Q运动的角速度之比为2：1，设点Q转动的角度为，以1O为原点，12OO为x轴建立平面直角坐标系．(1)若

为锐角且π2sin410，求P、Q的坐标；(2)求PQ的最大值．21．定义椭圆22221(0)xyCabab：的“蒙日圆”的方程为2222xyab，已知椭圆C的长轴长为4，离心率为12e.(1)求椭圆C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C的一条切线MA，A为切点，延长MA与“蒙日圆”E交于点D，O为坐标原点，若直线OM，OD的斜率存在，且分别设为12,kk，证明：12kk为定值.22．已知函数()2esinxfxxax．（

e是自然对数的底数）(1)若0a，求()fx的单调区间；(2)若06a，试讨论()fx在(0,)上的零点个数．（参考数据：2e4.8）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sin,0fxxxx，则1cos0

fxx（不恒为零），故fx在(0,)上为增函数，故00fxf，所以sinxx，故sinyy在(0,)上恒成立，所以lneelneyyyxxy，但lngxxx为(

0,)上为增函数，故eyx即lnxy，所以C成立，D错误.取ex，考虑1eesinyy的解，若e1y，则e1ee5e21esinyy，矛盾，故e1y即1yx，此时ln()0yx，故B错误.取1y，考虑lnesin1xx

，若2x，则1ln2ln23eesin12xx，矛盾，故2x，此时1xy，此时ln()0xy，故A错误，故选：C.9．BD10．AD11．BC12．BD【详解】对于边长为2的正方体1111ABCDABCD，则ABCD为棱长为2

2的正四面体，则球心O即为正方体的中心，连接11BD，设11ACBDN∵1BB1DD，11BBDD，则11BBDD为平行四边形∴BD11BD，又∵BD平面，11BD平面，∴11BD平面，又∵AC平面，11ACBDN，11,ACBD平面11ABCD，∴

平面平面11ABCD，对A：如图1，∵平面平面11ABCD，平面平面ABCEM，平面11ABCD平面ABCAC，∴EMAC，则1EMBEACAB，即1221EMAC，同理可得：HEGM11BD，22HEGM，EMGHAC，

221EMGH，∴四边形EMGH的周长42LEMMGGHEH（定值），A错误；对B：如图1，由A可知：HEGM11BD，22HEGM，EMGHAC，221EMGH，∵11ABCD为正方形，则11ACBD，

∴EMGH为矩形，根据平行可得：点A到平面的距离12dAA，故四棱锥AEMGH的体积2311622222133V，则16233V，∵01，则当203时，则0V，V在20,3

上单调递增，当213时，则0V，V在2,13上单调递减，∴当23时，V取到最大值6481，故四棱锥AEMGH的体积的最大值为6481，B正确；对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体1111ABCDABCD的外接球，其半径3R，设平面截球O所得截面

的圆心为1O，半径为r，当14时，则112OO，∵2221OOrR，则2221112rROO，∴平面截球O所得截面的周长为2π11πr，C错误；对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转90后得到正四

面体1111DCBA，设11111111,,,ADADPACBDKBCBCQBDACN，∵12λμ，则,,,,,EFPQKN分别为各面的中心，∴两个正四面体的公共部分为EFPQKN，为两个全等的正四棱锥组合而成，根据正方体可得：2EP

，正四棱锥KPEQF的高为1112AA，故公共部分的体积142212233KPEQFVV，D正确；故选：BD.13．514．2215．1216．412解：设圆柱的高为h，底面半径为r，则28

2rh，即42rh.因为直线AM与底面圆O所成角的正切值为24，所以2224hr，即2hr.由422rhhr，得222hr.连接BE，由题意得AEBE，AEEF，又B

EEFE，所以AE平面MEF，而AE平面AEF，所以平面AEF平面MEF.过点M作MNEF于点N，则MN平面AEF.设AEa，BEb，则2216ab，于是三棱锥AEFM的体积2211228222323323AEFMabVaba

b，当且仅当22ab时取等号，设此时三棱锥AEFM外接球的球心到平面AEF的距离为x，外接球半径为R，则224222xx，解得324x，于是229414488Rx，所以当三棱锥AEFM的体积取最

大值时，三棱锥AEFM外接球的表面积24142SR.故答案为：412.17．解：（1）211cos2()cossin3cossin2322xfxxxxx133π3sin2cos2sin222232xxx．∴()fx的周期πT，

由πππ2π22π232kxk，Zk，得π5πππ1212kxk，Zk所以()fx的单调递增区间是π5ππ,π1212kk，Zk．（2）∵π33sin232

2BfB，即πsin03B，又(0,π)B，∴π3B，由正弦定理有643sinsinsinsin3acbACB，∴11434312322sinsinsinsinsins

inABCBACACSacB△2231123sinsinπ123sincossin18sincos63sin322AAAAAAAA1cos2π9sin26363sin23326AAA∵2π03

A，∴ππ72π666A，∴max93ABCS,当ππ2,62A即π3A时取得最大值.另解：∵π33sin2322BfB，即πsin03B，又

0,πB，∴π3B，由余弦定理知：22222222cos362cos23bacacBacacacacacacac，即36ac，当且仅当6ac时，等号成立．∴13sinB9

324ABCSacac△，∴当6ac时，max93ABCS．18．解：（1）选①解：因为21322nSnnt，所以当1n时，112aSt，当2n，时2211313112222nnnaSSnntnnt1n

，因为na是各项均为正数，公差不为0的等差数列，所以0t，1nan.选②解：因为137,,aaa成等比数列，所以2317aaa，因为na是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为d，所以212111326aadadaad

，所以121ad，所以111naandn.选③解：因为222nnnSaa，所以当1n时，211122Saa．所以21120aa，所以12a或11a，因为na是各项均为正数的等差数列，所以12a，又当n＝2时，22222

2Saa，所以2122222aaaa，所以2222222aaa，所以22260aa，所以23a或22a（舍去），其公差211daa，所以111naandn

.（2）设3log1nba，所以31bna，令12022b，且b为整数，又由67333log31,log3729,log32187，6733log32022log3，所以b可以取1，2，3，4，5，6，此时na分别

为12345631,31,31,31,31,31，所以区间[1，2022]内所有“调和数”之和123456313131313131nT12345633333366313613＝1086.19．(1

)证明：由条件可得222BDADAB，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=3.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(0,0,0),(3,0,0),(0,3,0)CDB，3332(3,0,2),0,,0,,,.2333AFE则332(3,0,0),,

,.333CDCE设平面CDE的法向量为,,nxyz，则303320333nCDxnCExyz取2y，则(0,2,3)n，(3,3,2),0,0,2ABAD,设平面ABD的一个法向量为,,

cmab，则203320mADcmABabc，取1,1,1,0am，设平面CDE与平而ABD的夹角为θ，.则25coscos,.||||552mnmnmn故平面CDE与平而ABD的夹角的余弦为55.20．解：（1）因为为

锐角，所以,444因为π2sin410，所以2π272cos1sin14410010，所以ππ227224sinsin441021025，所以23co

s1sin5，所以24sin22sincos25，27cos22cos125，所以134,55Q，724,2525P．（2）因为点P，Q分别运动的角速度之比为2：1，所

以当点Q转动的角度为时，P转动角度为2，因此cos2,sin2P，2cos,sinQ．222cos2cos2sin2sinQP2222cos2cos42cos2cos4c

os24cossin2sin2sin2sin62cos2cossin2sin4cos24cos64cos22cos28cos2cos10，所以当1cos8时，2

PQ取得最大值211818210888，所以PQ的最大值为924．21．解：（1）由题意知124,=2caea21,3cb，故椭圆的方程22143xy,“蒙日圆”E的方程为22437xy,即227xy（2）当切线MA的斜率存在且不为零时,设切

线MA的方程为ykxm,则由22143ykxmxy,消去y得2223484120kxmkxm2222644344120mkkm2234mk,由227ykxmxy,消去y得2221270kxmkxm

22222441716120mkkmk设1122(,),(,)PxyQxy,则212122227,11mkmxxxxkk,222222222121212121222121212272711771mmkkkmmkxm

kxmkxxkmxxmyymkkkkkmxxxxxxmk2234mk，222212227347373474mkkkkkmk，当切线MA的斜率不存在或为零时,易得1234kk成立,12kk为定值

.22．解：(1)0a，则()2esinxfxx，定义域为R，()2e(sincos)22esin4xxfxxxx，由()0fx，解得sin04x，可得22()4kxkkZ，解得322

()44kxkkZ，由()0fx，解得sin04x，可得222()4kxkkZ，解得3722()44kxkkZ，()fx的单调递增区间为32,2()44kkk

Z，单调递减区间为372,2()44kkkZ；(2)由已知()2esinxfxxax，()2e(sincos)xfxxxa，令()()hxfx，则()4ecosxhxx．(0,)x，∴当0,2x时，()0hx

；当,2x时，()0hx，()hx在0,2上单调递增，在,2ππ上单调递减，即()fx在0,2上单调递增，在,2ππ上单调递减．

(0)2fa，22e02fa，()2e0fa．①当20a时，即02a时，(0)0f，0,2x，使得00fx，∴当00,

xx时，()0fx；当0,xx时，()0fx，()fx在00,x上单调递增，0,x上单调递减．(0)0f，00fx，又()0fa，∴由函数零点存在性定理可得，此时()

fx在(0,)上仅有一个零点；②若26a时，(0)20fa，又()fx在0,2上单调递增，在,2ππ上单调递减，而22e02fa，10,2x

，2,2x，使得10fx，20fx，且当10,xx、2,xx时，()0fx；当12,xxx时，()0fx．()fx在10,x和2,x上单调递减，在12,xx上单调递

增．(0)0f，10fx，222e2e3022fa，20fx，又()0fa，∴由零点存在性定理可得，()fx在12,xx和2,x内各有一个

零点，即此时()fx在(0,)上有两个零点．综上所述，当02a时，()fx在(0,)上仅有一个零点；当26a时，()fx在(0,)上有两个零点．