精品解析：江苏省无锡市天一中学等四校2023届高三上学期12月联考数学试题

江苏省天一中学2023届高三年级第一学期四校联考 数学试卷 2022.12.22 注意事项： 1．本试卷分为选择题和非选择题两部分，共150分.调研时间120分钟. 2．将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内. 一、单项选择题：共8题，每题5分，共40分.每题只有一个选项最符合题意. 1. 若集合，，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 2. 若，则的实部为（ ） A. B. C. D. 3. 若，则“”是 “”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若函数在恰好存在两个零点和两个极值点，则（ ） A. B. C. D. 5. 取一条长度为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留剩下的两段;再将剩下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留剩下的更短的四段；；将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在第次操作中去掉的线段长度之和不小于，则的最大值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 6. 如图，在△中, ,是上的一点,若,则实数的值为 A. B. C. D. 7. 已知点P在椭圆上，点Q在圆，其中c为椭圆C的半焦距，若的最大值恰好等于椭圆C的长轴长，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知a，b，c∈（0，1），且a2－2lna＋1＝e，b2－2lnb＋2＝e2，c2－2lnc＋3＝e3则 （ ） A a＞b＞c B. a＞c＞b C. c＞a＞b D. c＞b＞a 二、多选题：本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求 9. 下列说法正确的是（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 存在使得直与直线垂直 C. 对于任意，直线与圆相交 D. 若直线过第一象限，则 10. 在中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，，则（ ） A. B. 向量，夹角的最小值为 C. 内角A的最大值为 D. 面积的最小值为 11. 已知函数和，有相同极小值，若存在，使得成立，则（ ） A. B. C. 当时， D. 当时，若的所有根记为，，，，且，则 12. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在阳马中，侧棱底面，且分别为的中点，则（ ） A. 若的中点为M，则四面体是鳖臑 B. 与所成角的余弦值是 C. 点S是平面内的动点，若，则动点S的轨迹是圆 D. 过点E，F，G的平面与四棱锥表面交线的周长是 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为_____________． 14. 设正数数列的前项和为，数列的前项之积为，且，则数列的通项公式是______． 15. 已知函数，，若与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，则实数的取值范围为______． 16. 已知函数若关于x的方程有4个不相等的实数根a，b，c，d，则的取值范围是___________，的取值范围是___________. 四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17. 设为数列的前n项和，已知，且，，成等差数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 18. 一种疫苗在正式上市之前要进行多次人体临床试验接种，假设每次接种之间互不影响，每人每次接种成功的概率相等.某医学研究院研究团队研发了新冠疫苗，并率先开展了新冠疫苗Ⅰ期和Ⅱ期临床试验.Ⅰ期试验为了解疫苗接种剂量与接种成功之间的关系，选取了两种剂量接种方案（0.5ml/次剂量组（低剂量）与1ml/次剂量组（中剂量）），临床试验免疫结果对比如下： 接种成功 接种不成功 总计（人） 0.5ml/次剂量组 28 8 36 1ml/次剂量组 33 3 36 总计（人） 61 11 72 （1）根据数据说明哪种方案接种效果好？并判断是否有90%的把握认为该疫苗接种成功与两种剂量接种方案有关？ （2）若以数据中的频率为概率，从两组不同剂量组中分别抽取1名试验者，以表示这2人中接种成功的人数，求的分布列和数学期望. 参考公式：，其中 附表： 0.40 0.25 0.15 0.10 0.050 0.025 0.010 0.001 0.708 1.323 2072 2.706 3.841 5.024 6.635 10828 19. 记的内角的对边分别为，且. （1）求; （2）为的中点，若，求的面积. 20. 平行四边形中，，，为边的中点，将沿着直线翻折为，若为线段的中点，在翻折过程中， （1）求证：平面； （2）若二面角，求与平面所成角的正弦值． 21. 已知椭圆：的长轴长为6，离心率为，长轴的左，右顶点分别为A，B． （1）求椭圆的方程； （2）已知过点的直线交椭圆于M、N两个不同的点，直线AM，AN分别交轴于点S、T，记，（为坐标原点），当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围． 22. 已知函数. （1）当时，证明：函数只有一个零点； （2）当时，，求实数a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江苏省天一中学2023届高三年级第一学期四校联考 数学试卷 2022.12.22 注意事项： 1．本试卷分为选择题和非选择题两部分，共150分.调研时间120分钟. 2．将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内. 一、单项选择题：共8题，每题5分，共40分.每题只有一个选项最符合题意. 1. 若集合，，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由对数函数性质解不等式得，再由交集的概念求解， 【详解】，即，得，得，故， 由或得或或，则， 所以 故选：D 2. 若，则的实部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数运算法则可求得，结合共轭复数定义和复数乘法运算可求得，根据实部定义可得结果. 【详解】，，， ，则的实部为. 故选：C. 3. 若，则“”是 “”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查. 【详解】当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件. 【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果. 4. 若函数在恰好存在两个零点和两个极值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用整体代入法可得，再根据零点和极值点个数，可知即可得出结果. 【详解】解：设， 对于的图象要满足题意则需， 解得. 故选：B. 5. 取一条长度为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留剩下的两段;再将剩下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留剩下的更短的四段；；将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在第次操作中去掉的线段长度之和不小于，则的最大值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】可分析得到第次操作去掉的线段长度之和为，即，解指数不等式，利用估计即可 【详解】第一次操作去掉的线段长度为，第二次操作去掉的线段长度之和为，第三次操作去掉的线段长度之和为，，第次操作去掉的线段长度之和为， 由题意可知，，则，则， 所以，即， 又，带入上式，可得 故选：C 6. 如图，在△中, ,是上的一点,若,则实数的值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据共线关系用基底表示，再根据平面向量基本定理得方程组解得实数的值. 【详解】如下图，∵三点共线，∴，∴，即, ∴①,又∵，∴，∴②， 对比①，②，由平面向量基本定理可得：． 【点睛】本题考查向量表示以及平面向量基本定理，考查基本分析求解能力. 7. 已知点P在椭圆上，点Q在圆，其中c为椭圆C的半焦距，若的最大值恰好等于椭圆C的长轴长，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由圆与椭圆的性质求解， 【详解】点在椭圆上，则最大值为，圆的半径为， 则的最大值为，故， 故选：D 8. 已知a，b，c∈（0，1），且a2－2lna＋1＝e，b2－2lnb＋2＝e2，c2－2lnc＋3＝e3则 （ ） A. a＞b＞c B. a＞c＞b C. c＞a＞b D. c＞b＞a 【答案】A 【解析】 【分析】设，则，然后分别利用导数判断两个函数的单调性，利用其单调性可求得答案 【详解】设，则， 又，所以在上单调递增， 所以，即， 因为，所以在上单调递减， 所以， 故选：A 二、多选题：本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求 9. 下列说法正确的是（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 存在使得直与直线垂直 C. 对于任意，直线与圆相交 D. 若直线过第一象限，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A：化简成点斜式，利用斜率与倾斜角的关系得出结论，C选项首先求出直线过定点，且定点在圆的内部，得出结论，B、C是通过特值得出结论. 【详解】对于A：∵，∴， ∴，故A正确； 对于B：时符合题意，故B正确； 对于C：化简得： ∴，解得 ∴直线过定点， 又∵ ∴该定点圆内， ∴直线与圆相交，故C正确； 对于D：当此时直线为，经过第一象限， 此时，故D错误． 故选：ABC． 10. 在中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，，则（ ） A. B. 向量，夹角的最小值为 C. 内角A的最大值为 D. 面积的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据向量的运算法则结合余弦定理得到，根据均值不等式得到，计算，得到AC正确，B错误，利用面积公式得到，得到答案. 【详解】，，故A对； ，，当且仅当时取等，，，即，故B错，C对； ，故D错. 故选：AC 11. 已知函数和，有相同的极小值，若存在，使得成立，则（ ） A. B. C. 当时， D. 当时，若的所有根记为，，，，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先根据两个函数极小值相同，分别求导，求出两个函数的极小值，解出b，然后将两个函数图像作出，根据图像可以判断出BC，对于D，首先根据题意得到对应的等式，然后变形，采用等量替换的方法，即可求解. 【详解】，，， 在上单调递减，上单调递增， 在处取得极小值，而，且， 在上单调递减，上单调递增， 在处取得极小值，依据题意，和有相同的极小值， 故，解得，故A正确； 作出函数图象如下图所示，若，则与、相交时，或者，故B错误. 由图像可知，当时，，所以，C正确； 若的所有根记为，，且时， 则有，，可得， 即，又 ，同理可得，，则，故D正确. 故选：ACD. 12. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在阳马中，侧棱底面，且分别为的中点，则（ ） A. 若的中点为M，则四面体是鳖臑 B. 与所成角的余弦值是 C. 点S是平面内的动点，若，则动点S的轨迹是圆 D. 过点E，F，G的平面与四棱锥表面交线的周长是 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A：证明四面体各面均为直角三角形； 对于B：用向量求解； 对于C：先确定是以为长轴的椭球面，又可证S所在平面与长轴垂直，可得S的轨迹是圆； 对于D：用空间向量求出截面与棱的交点，用空间距离计算周长. 【详解】 连接， 因为底面，面，所以， 又，面，面，， 所以面，又面，所以， 所以面MCB为直角三角形， 所以，又 由勾股定理知，所以面MBD为直角三角形， 又面BCD，面DCM均为直角三角形， 所以四面体是鳖臑，所以A正确； 以D为坐标原点，分别以为正半轴建系如图， 则， 故，，. 故与所成角的余弦值 ，故B正确； 对于选项C：因 ，，所以的轨迹是以为焦点的椭球面， 又，， ，又面，面，， 所以面， 即面垂直于椭球的长轴，故面截椭球的截面为圆， 所以动点S的轨迹是圆，所以C正确； 对于选项D：设平面的法向量为， 由可取， 设过点E，F，G的平面与交于，与交于，设， 故，又因为平面， 所以，解得，， 又， 由几何体的对称性知， 所以截面周长为，故D错误， 故选：ABC. 【点睛】立体几何作截面的方法， 可考虑几何法与代数法两个方向： 一是用严格的几何方法作出截面多边形，用到的一些结论方法： （1）只有同一个平面的两条直线的才会相交，作出的交点才是实际的交点. （2）如果已知两个不重合平面有一个共公点，则该两个平面的交线必过此公共点. （3）两个平面平面被截面截得的两线平行. 二是用空间向量坐标法求特殊点的位置，由这些点连成截面，具体方法步骤： （1）设特殊位置点的坐标. （2）求出截面的法向量. （3）利用截面内的线一定与法向量垂直求得特殊点的坐标. 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出球的半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系式，即可得到侧面积表达式，然后用重要不等式即可求解. 【详解】设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，母线为l， 则由题意知，，解得R=2. 又圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则圆柱的两个底面圆的圆心关于球心对称，且. 则圆柱的侧面积，， 因为，，当且仅当，即，时，等号成立. 所以， 故答案为：. 14. 设正数数列的前项和为，数列的前项之积为，且，则数列的通项公式是______． 【答案】 【解析】 【分析】由递推关系可得，求出前几项，可猜想出，再加以验证，利用即可求出. 【详解】当时，，即，则， 当时，，， 则，整理可得， 则可得，，，， 则猜想，代入检验得 ，满足猜想，， ，当时，， . 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题考查利用递推关系求数列得通项公式，解题的关键是根据递推关系先得出，利用猜想得出. 15. 已知函数，，若与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，方程有且仅有两解，即与图象有两个交点，利用导数分析单调性，即可求解. 【详解】因为与的图象上有且仅有2对关于原点对称的点， 所以方程有且仅有两解， 而， 设，即与图象有两个交点， 所以， 令，即；令，即. 所以函数在单调递减，在单调递增，且两边趋向正无穷， 所以， 所以要满足题意则. 故答案为：. 16. 已知函数若关于x的方程有4个不相等的实数根a，b，c，d，则的取值范围是___________，的取值范围是___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】画出的图像，设，由题意即可得，且，由此即可求出与的取值范围. 【详解】函数的图象如图所示， 若方程有4个不相等的实数根a，b，c，d，则， 不妨设，则， 易得，且，则， 因为在上单调递增， 所以，即的取值范围是.， 因为在上单调递减， 所以，即的取值范围是. 故答案为：；. 四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17. 设为数列的前n项和，已知，且，，成等差数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列定义可得，利用与之间关系可证得数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得； （2）采用分组求和法，分别对奇数项和偶数项求和，结合等差数列求和公式和裂项相消法可求得结果. 【小问1详解】 由题意得：； 当时，，又，； 当且时，， 整理可得：， ，， 数列是以为首项，为公差的等差数列，. 【小问2详解】 由（1）得：， . 18. 一种疫苗在正式上市之前要进行多次人体临床试验接种，假设每次接种之间互不影响，每人每次接种成功的概率相等.某医学研究院研究团队研发了新冠疫苗，并率先开展了新冠疫苗Ⅰ期和Ⅱ期临床试验.Ⅰ期试验为了解疫苗接种剂量与接种成功之间的关系，选取了两种剂量接种方案（0.5ml/次剂量组（低剂量）与1ml/次剂量组（中剂量）），临床试验免疫结果对比如下： 接种成功 接种不成功 总计（人） 0.5ml/次剂量组 28 8 36 1ml/次剂量组 33 3 36 总计（人） 61 11 72 （1）根据数据说明哪种方案接种效果好？并判断是否有90%的把握认为该疫苗接种成功与两种剂量接种方案有关？ （2）若以数据中的频率为概率，从两组不同剂量组中分别抽取1名试验者，以表示这2人中接种成功的人数，求的分布列和数学期望. 参考公式：，其中 附表： 040 0.25 0.15 0.10 0.050 0.025 0.010 0.001 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】（1）1ml/次剂量组（中剂量）接种效果好，没有；（2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）由古典概率公式可求得两种剂量接种成功的概率，比较大小可得结论，再由二联表求得，进行独立性检验可得结论； （2）先分析出随机变量所有的可能的取值，再由概率的乘法和加法公式求得分布列，从而求得期望. 【详解】解：（1）0.5ml/次剂量组（低剂量）接种成功的概率为， 1ml/次剂量组（中剂量）接种成功的概率为， ∵，∴1ml/次剂量组（中剂量）接种效果好， 由列联表得. 没有90%的把握认为该疫苗接种成功与两种剂量接种方案有关. （2）得可能取值为0，1，2 ， ， ， 得分布均为 0 1 2 . 【点睛】本题考查古典概率公式，独立性检验，离散性随机变量的分布列，以及随机变量的期望，属于中档题. 19. 记的内角的对边分别为，且. （1）求; （2）为的中点，若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变化化简可得，再结合三角函数的范围求解即可； （2）法一：向量，两边平方化简可得，再根据三角形面积公式求解即可； 法二：取的中点，在中由余弦定理可得，再根据三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 由已知 ， 故，， 故， 又，故 【小问2详解】 法一：向量， 及 解得（舍负） 故 法二：取的中点， 如图1，在中（已知两边及一角），， ，，， 图1 由余弦定理得：， 即，即 故 20. 平行四边形中，，，为边的中点，将沿着直线翻折为，若为线段的中点，在翻折过程中， （1）求证：平面； （2）若二面角，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）方法一：取中点，结合三角形中位线性质可证得四边形为平行四边形，得到，由线面平行的判定可证得结论； 方法二：延长交于点，利用三角形中位线性质可证得，由线面平行的判定可证得结论； （2）取中点，，作，根据二面角平面角定义可得到，结合平面，根据长度和角度可计算求得； 方法一：根据体积，可求得点到平面的距离，由可求得结果； 方法二：作，可证得平面，由三角形中位线性质和线面角定义可知所求角为，由长度关系可求得的值，即为所求正弦值． 【小问1详解】 方法一：取中点，连接， 分别为中点，，； 四边形为平行四边形，为中点，，， ，，四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面． 方法二：延长交于点，连接， 四边形为平行四边形，，又为中点，为中点， 又为中点，，又平面，平面， 平面． 小问2详解】 取中点，连接，，，连接， ，四边形为平行四边形，四边形为菱形， ，则翻折后， 则即为二面角的平面角，， 作，垂足为，连接， 平面， 平面，又平面，， 又，，平面，平面， 又平面，； 为边长为的等边三角形，， ，，， 又，， ，； 方法一：，， 设点到平面的距离为， ，，， 解得：， 设与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为． 方法二：取中点，连接，作，垂足为，连接， 分别为中点，且， 与平面所成角即为与平面所成角； 平面，平面，， 又，，平面，平面， 即为与平面所成， ，又，， ，即与平面所成角的正弦值为． 21. 已知椭圆：的长轴长为6，离心率为，长轴的左，右顶点分别为A，B． （1）求椭圆的方程； （2）已知过点的直线交椭圆于M、N两个不同的点，直线AM，AN分别交轴于点S、T，记，（为坐标原点），当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的长轴和离心率，可求得 ，进而得椭圆方程； （2）先判断直线斜率为正，然后设出直线方程，和椭圆方程联立，整理得根与系数的关系，利用直线方程求出点S、T的坐标，再根据确定 的表达式，将根与系数的关系式代入化简，求得结果. 【小问1详解】 由题意可得： 解得：，所以椭圆的方程： 【小问2详解】 当直线l的倾斜角为锐角时，设， 设直线， 由得， 从而，又，得， 所以， 又直线的方程是：，令， 解得，所以点S为； 直线的方程是：，同理点T为· 所以， 因为，所以， 所以 ． ∵，∴， 综上，所以的范围是． 22. 已知函数. （1）当时，证明：函数只有一个零点； （2）当时，，求实数a的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数的导数，根据单调性即可判断； （2）不等式等价于在上恒成立，构造函数，利用的导数讨论的取值范围即可确定. 【详解】（1）证明：∵当时，，其定义域为，， 令，. 由，解得；由，可得. ∴在上单调递增，在上单调递减， ∴，即，∴在上单调递减， 又∵，∴有唯一的零点； （2）∵当时，恒成立， 即在上恒成立， 设，，则． 考虑的分子：令，开口向下，对称轴为， 在上递减，. ①当，即时，，所以，， ∴在上单调递减，∴成立； ②当时，．设的两个实数根为、， ∵，∴，． ∴当时，；当时，， ∴在上单调递增，在上单调递减，∴，不合题意． 综上所述，． 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$