【文档说明】江苏省盐城市四校2023届高三上学期12月联考数学试卷.docx，共(12)页，898.565 KB，由小赞的店铺上传

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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A

B=（）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526+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na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．eyx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,x

y，()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A

EMGH−的体积的最大值为6481C．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-BCD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，2

AEEF=，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2222x

yab+=+，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．C9．BD10．AD11．BC12．BD13.514．2215．12−16．41217．解：（1）211cos2()cossin3cossin2322xfxxxxx+=−=−133π3sin2cos2sin22

2232xxx=−−=−−．∴()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）∵π33sin2322BfB=−−=−

，即πsin03B−=，又(0,π)B，∴π3B=，由正弦定理有643sinsinsinsin3acbACB====，∴11434312322sinsinsinsinsinsinABCBACACSacB===△2231123sinsinπ123sinc

ossin18sincos63sin322AAAAAAAA=−=+=+1cos2π9sin26363sin23326AAA−=+=−+∵2π03A，∴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：22222222cos362cos23b

acacBacacacacacacac=+−=+−=+−−=，即36ac，当且仅当6ac==时，等号成立．∴13sinB9324ABCSacac==△，∴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，1n

an=+.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，222222Saa=+−，所以()212

2222aaaa+=+−，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222

BDADAB+=，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ππ227224sinsin441021

025=−+=+=，所以23cos1sin5=−=，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=−−+−2222cos2cos42cos2cos4cos24cossin2si

n2sin2sin=++−−+++−()62cos2cossin2sin4cos24cos=−+−+64cos22cos=−+28cos2cos10=−++，所以当1cos8=时，2PQ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()2

221270kxmkxm+++−=()()22222441716120mkkmk=−+−=+设1122(,),(,)PxyQxy,则212122227,11mkmxxxxkk−−+==++,()()()2222

22222121212121222121212272711771mmkkkmmkxmkxmkxxkmxxmyymkkkkkmxxxxxxmk−−+++++++−++=====−−+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)2f

a=−，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．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号

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