江西省“三新”协同教研共同体2023届高三上学期12月联考数学(理)试题

第页，共页江西省“三新”协同教研共同体2023届高三上学期12月联考数学（理）试题一、单选题（本大题共12小题）1.设全集，，，则（

）A． B． C． D．2.已知直线：，直线：，若，则（

）A． B． C．或1 D．或3.等比数列的前项和为，若，，则（

）A． B．2 C．14 D．4.已知向量（1，2），（3，﹣4），则在上的投影为（

）A． B． C．1 D．﹣15.过体积为的球外一点作球的切线，若，则切点所在平面与所有切线所围成的几何体的侧面积为（

）A． B． C． D．6.如图所示，位于信江河畔的上饶大桥形如船帆，寓意扬帆起航，建成的上饶大桥对上饶市实施“大品牌、大产业、大发展”的战略产生深远影响.上饶大桥的桥型为自锚式独塔空间主缆悬索桥，其主缆在重力作用下自然形成的曲线称为悬链线.一般地，悬链线的函数解析式为，则下列关于的说法正确的是（

）A．，为奇函数B．，有最小值1C．，在上单调递增D．，在上单调递增7.函数的大致图像是（

）A． B．C． D．8.已知三个单位向量，，满足，则的最小值为（

）A． B． C． D．9.已知，，，则（

）A． B． C． D．10.已知数列满足，（其中表示不超过的最大整数），且数列的前项和，则（

）A．44 B．45 C．46 D．4711.已知函数，，且的最大值为，则的取值范围是（

）A． B． C． D．12.已知正四面体，则在平面内到平面、平面、平面的距离相等的点有（

）A．1个 B．4个 C．7个 D．无数个二、填空题（本大题共3小题）13.定积分.14.已知，，，则的最小值为.15.如图所示，已知在边长为2的等边中，是边上的一个动点，是延长线上一点，且，则的最大值为.三、双空题（本大题共1小题）16.若对任何实数，恒成立，则的最大值为，此时.四、解答题（本大题共6小题）17.设常数，函数(1)若函数的图象关于对称，求的值；(2)若，且，求的取值范围.18.如图，在中，内角，，的对边分别为，，，且(1)求角；(2)若角的平分线交于点，，，求，的值.19.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点(1)若平面截四棱锥得两个几何体，求上、下两部分几何体的体积比；(2)若，求与平面所成角的正弦值.20.已知在数列中，，(1)证明：为等比数列，并求(2)若数列的前项和为，证明21.知函数，(1)讨论的单调性；(2)当时，证明：在上恒成立.22.已知函数和，(1)若恒成立，求的取值范围；(2)当时，证明：有且仅有一条直线同时与，的图象相切.（参考数据：）

参考答案1.【答案】C【分析】用列举法表示出全集，根据补集和并集的定义可求得结果.【详解】，，.故选：C.2.【答案】D【分析】根据两直线平行的条件列出方程，解之，检验即可求解.【详解】由，可知，得或，代入检验均满足，故选：D.3.【答案】B【分析】结合等比数列通项公式和前项和公式求出，进而得解.【详解】设等比数列的公比为，显然不符合题意.由，，得，化简得，所以.故选：B.4.【答案】D【分析】根据向量数量积的几何意义，即可求出结论.【详解】在上的投影为.故选:D5.【答案】C【分析】首先求得球的半径为1，再利用圆锥侧面积公式即可求得该几何体的侧面积【详解】球的体积为，则球的半径为1，又则切点所在平面与所有切线所围成的几何体为圆锥，该圆锥底面半径为，母线长为，所以其侧面积，故选：C.6.【答案】D【分析】运用奇偶函数的定义易知，为偶函数，运用基本不等式可求得最小值；单调性可以从符合函数的角度进行验证.【详解】，，A错误；，B错误；.令当，对每层函数的单调性进行判断后，根据复合函数的单调性判断原则易知：在上单调递增，故D对；函数为偶函数，则在为单调递减，故C错;故选：D7.【答案】A【分析】结合函数所过点及函数单调性，可得答案.【详解】注意到过点，故可排除C，D选项.因在上单调递增，在上单调递增，则由复合函数单调性相关知识点可知，在上单调递增，故排除B选项.故选：A8.【答案】B【分析】由，当与反向时，即可取得最小值．【详解】由，设与的夹角为则当与反向时，有最小值，故选：B．9.【答案】A【分析】结合基本不等式、对数函数的运算与性质、函数的单调性等知识确定正确答案.【详解】都为正数，，，.由于，所以，所以；由于，所以，所以，所以.令，任取，，由于，所以，所以在上单调递减，而，所以，而，所以，即，综上所述，.故选：A10.【答案】B【分析】根据条件，得到为等差数列，得到的通项公式，进而求出，最后利用等差数列的前项和公式，即可求出.【详解】依条件可知为等差数列，则，所以，所以即，当时，，所以，故选：B.11.【答案】A【分析】由函数的最大值问题转化为不等式恒成问题，借助函数的单调性求最值，从而得出a的取值范围.【详解】由题意可知，，即，且，∴，，即.∴，（当时也成立），令，，，，则，∵，且∴由，可得，即，又在上单调递增，∴，∴.故选：A．12.【答案】B【分析】设平面内符合条件的点是，利用三棱锥等体积转化和三角形等面积的条件转化为到直线的距离相等，进而得到为的内心或旁心，从而得到答案.【详解】设平面内符合条件的点是，因为点到平面、平面、平面的距离相等，且正四面体各个面的面积相等，所以，即，由于三棱锥的高都是到平面的距离，所以的面积相等，又∵,所以到直线的距离相等，所以当为的内心(一个)或旁心(三个)时符合条件，所以符合条件的点有4个.故选：B13.【答案】【分析】找到的导数为，的导数为，即可求解.【详解】.故答案为：.14.【答案】【分析】将4换为，然后通过基本不等式求得答案.【详解】因为，，且，所以，当且仅当时取等号故的最小值为故答案为：15.【答案】##.【分析】如图所示，过点作的平行线交于点，可得≌，设，则，然后表示出，整理后利用二次函数的性质可求得结果.【详解】如图所示，过点作的平行线交于点，则，所以，所以为等边三角形，，所以，因为，所以，所以≌，则.设，则，故，所以当时，的最大值为.故答案为：.16.【答案】

##

2【分析】令，，同一坐标系内画出两函数图像，数形结合去求解，可得最大值，.【详解】令，，则函数的图象恒过定点，且函数的图象如图1所示，图1故依条件可知当且仅当函数的图象经过，，时，取得最大值，如图2所示，图2此时最小正周期为，所以，取得最大值.故答案为：；217.【答案】(1)；(2)，.【分析】（1）由函数图像的对称性方程求出a值；（2）把三角函数化“1”，解三角不等式得出解集.【详解】（1）∵的图象关于对称，∴，∴，即，∴，得.（2）∵，∴由，则，解得，，即，，∴的取值范围是，.18.【答案】(1)(2).【分析】（1）由正弦定理把边化为角，再利用三角恒等变换即可求解；（2）由三角形面积公式与余弦定理求解即可【详解】（1）由，得，得，得，得，又所以，又所以.（2）∵，∴，∴①又由余弦定理可得，即②，∴由①②可得.19.【答案】(1)(2)【分析】（1）设平面交于点，连接，利用等体积法求解即可；（2）以的中点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.【详解】（1）设平面交于点，连接，因为是正方形，所以，又平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以，因为是中点，所以为的中点.因为，分别为，的中点，设四棱锥的体积为，则四棱锥的体积为，，又且，所以所以，所以下部分几何体的体积为，上部分几何体的体积为，所以上部分几何体与下部分几何体的体积比为.（2）由（1）知，四边形为平行四边形，因为，，所以，又，，平面，所以平面，因为平面，所以，，由，得，以的中点为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，由题意得，，，，，则，，设平面的法向量，则，令，得，因为所以与平面所成角的正弦值.20.【答案】(1)证明见解析，，(2)证明见解析【分析】（1）根据题中给出的新数列定义和等比数列定义计算即可；（2）由（1）可知和的通项公式，代入题（2），利用裂项相消求出的通项公式，即可作出判断.【详解】（1）证明：∵.∴为等比数列，且公比为2，首项为，∴，即，（2）同理可得，∵∴，当时，单调递增，∴，即.21.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出，根据来讨论.（2）设，用来判断的单调性，求出最大值，证明最大值小于等于零.【详解】（1）的定义域为，，若，，∴在上单调递增若，令，得，当时，；当时，∴在上单调递增，在上单调递减若令，得，当时，，当时，∴在上单调递减，在上单调递增.综上时，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减；时，在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：当时，，即证明，设，则，∵与在上均单调递减，∴在上单调递减又，∴当时，；当时，∴在上单调递增，在上单调递减∴，即，∴在上恒成立22.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）将不等式整理成，设，分，，讨论得最大值，即可求得的取值范围；（2）设直线与，的图象分别相切于点，，于是可得，则，原问题可转化为函数在上有且仅有一个零点，求，确定函数的单调性从而可得零点分布情况.【详解】（1）解：若恒成立，即，于是可得，设，，则，所以①若，∵当时，；当时，，∴当时，单调递增；当时，单调递减，∴，∴；②若，成