2023届江西省南昌市重点校高三年级上册学期12月联考数学（理）试题【含答案】

2023届江西省南昌市重点校高三上学期12月联考数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则集合的子集个数为（

）A．7 B．8 C．15 D．32【答案】B【分析】先化简集合A、B并求得，进而求得的子集个数【详解】，，∴，其子集个数为.故选：B.2．已知复数，则的虚部为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数的乘方和复数的除法运算求得复数，从而可得共轭复数，即可得其虚部.【详解】解：因为，所以，其虚部为.故选：D.3．抛物线的焦点坐标是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】将曲线方程化为标准形式，结合定义即可求解.【详解】将抛物线方程化为标准形式：，由抛物线定义知焦点坐标.故选：B.4．“”成立的一个充分不必要条件是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据充分条件、必要条件的定义逐项分析可得答案.【详解】因为，对于A，能推出，但不能推出，所以是成立的必要不充分条件，故A不正确；对于B，能推出，也能推出，所以是成立的充要条件，故B不正确；对于C，不能推出，但能推出，所以是成立的充分不必要条件，故C正确；对于D，不能推出，也不能推出，故是成立的既不充分也不必要条件，故D不正确.故选：C5．某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据三视图可知该几何体为底面边长为2，高为2的正六棱柱中间挖去了一个底面半径为1，高为2的圆柱，根据体积公式即可求解.【详解】分析知，该几何体为底面边长为2，高为2的正六棱柱中间挖去了一个底面半径为1，高为2的圆柱，所以该几何体的体积为.故选：D.6．在中，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由正弦定理角化边将式子化简，然后由余弦定理即可得到结果.【详解】由正弦定理得，则，又因为，所以.故选:D.7．已知公比大于1的等比数列中，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据得到，，得到，计算得到答案.【详解】由题可知，联立方程组，解得或，设数列的公比为，所以，所以舍去，，所以，从而，所以，所以，所以.故选：B8．2022年9月5日，四川甘孜州泸定县发生6.8级地震，某医院决定派遣5名医生前往3个区域参与救援，其中男医生3名，女医生2名.要求每个区域至少要有1名男医生，则不同的派遣法有（

）A．18 B．36 C．54 D．72【答案】C【分析】先安排3名男医生各去一个区域，有种去法，再安排女医生有种方法，得到答案.【详解】3名男医生各去一个区域，有种去法，2名女医生有种去法，共有种.故选：C.9．如图是由边长为2的正与正方形拼接成的平面图形，现将沿折起，当二面角为时，直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先构造二面角的平面角，并计算边长，并将异面直线所成角转化为相交直线所成角，利用余弦定理计算求值.【详解】如图，取中点，中点，连接，，，.由，，得为二面角的平面角，∴，且，所以平面,，所以平面,平面,所以,因为，，由余弦定理得，所以.因为，所以（或补角）为直线与所成的角.在中，.故选:C.10．已知函数满足，，若函数的图象的对称轴为，则（

）A． B．0 C．1 D．2【答案】B【分析】函数可看作函数向右平移两个单位得到的，其对称轴为，可知为偶函数，再由得，且函数的周期为，即可推算的值.【详解】由函数的图象的对称轴为，得函数的图象的对称轴为，所以函数为偶函数，令，得，即，得所以，即，所以，得函数的周期为，所以.故选：B.11．已知函数（，）的部分图象如图所示，且存在，满足，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用图象确定函数的周期及特殊点，求得函数的解析式，由确定关系，代入结合诱导公式可求得的值.【详解】由图象可得，即，所以，，，所以，，因为，所以，所以，由，得，由，结合图象可得，，所以，所以.故选：C.12．已知，分别为双曲线的左、右焦点，直线过点，且与双曲线右支交于A，两点，为坐标原点，、的内切圆的圆心分别为，，则面积的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设的内切圆半径为，求得面积的解析式，再利用函数单调性即可求得面积的取值范围【详解】设圆与，，分别切于点，，.由双曲线定义知，，∴，∵，，，∴，又，∴，，即点为双曲线的右顶点.∵轴，∴的横坐标为1，同理：横坐标也为1.∵平分，平分.∴，设、的内切圆半径分别为，，∵轴，∴，∵，∴.设直线倾斜角为，又为双曲线右支上两点，又渐近线方程为，∴由题意得，∴，∴，又在单调递减，在单调递增当时，；当时，；当时，∴.故选：B.二、填空题13．已知平面向量，，若，则____________.【答案】##【分析】由平面向量的数量积、模和坐标运算求解即可.【详解】∵，∴，∵，∴，∴，解得.故答案为：.14．已知展开式中的各项系数和为243，则其展开式中含项的系数为____________.【答案】80【分析】令代入可得，利用展开式的通项计算可得答案.【详解】令，各项系数和，解得，的展开式的通项为，令，解得，则的系数为.故答案为：80.15．已知曲线，直线，曲线上恰有3个点到直线的距离为1，则的取值范围是_____________.【答案】【分析】根据曲线的表达式画出半圆图象，再利用直线与曲线的临界位置讨论的取值范围，由于曲线上恰有3个点到直线的距离为1，根据两平行线间的距离公式并结合图象即可确定实数的取值范围.【详解】由，得曲线是以为圆心，半径为2的圆的上半部分.在曲线中，令，得或4，将代入直线得，将代入直线得，当直线与曲线相切时，由圆心到直线的距离为2，得，所以当或时，直线与曲线有一个公共点；当时，直线与曲线有两个公共点.如下图所示：记与曲线相切的直线为，过且斜率为1的直线记为.当直线与距离为1时，即，∴或，取，此时曲线上有2个点到直线距离为1；当直线与距离为1时，即，∴或，取，此时恰有3个点到直线的距离为1.∴.故答案为：.16．若函数有两个不同的零点，则的取值范围是_______．【答案】【分析】令，得出，可得出，在等式两边取自然对数得，可得出，将问题转化为直线与函数的图象有两个交点，利用数形结合思想可得出的取值范围，可解出实数的取值范围.【详解】令，得出，则，在等式两边取自然对数，可得出，构造函数，则问题转化为直线与函数的图象有两个交点.，令，得.当时，；当时，.所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，即.如下图所示，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，即函数有两个不同的零点，因此，实数的取值范围是.故答案为.【点睛】本题考查利用导数求解函数的零点个数问题，在含单参数的函数零点个数问题，一般利用参变量分离法转化为两个函数图象的交点个数问题，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于难题.三、解答题17．已知数列的各项均为正数，是其前项的和.若，且（）.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)(2)（或）【分析】（1）利用与的关系进行求解；（2）使用裂项相消法进行求和.【详解】（1）∵，∴，①时，，即，解得或，∵，∴；②时，由，有，两式相减得，∴，∴，∴，∴，∵数列的各项均为正数，∴，∴，即∴综上所述，是首项，公差的等差数列，∴，∴数列的通项公式为.（2）由（1）知，∴，∴，∴∴数列的前项和.注：结果也可以为.18．如图所示，在四棱锥中，底面，底面是菱形，且，，是的中点，是棱上靠近点的一个三等分点.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)连接，交于点，连接，可得，再利用线面平行的判定即可证明；(2)取中点，连接.则，所以、、两两垂直，以为原点，、、分别为，，轴，建立空间直角坐标系.利用空间向量的方法求出二面角的余弦值即可.【详解】（1）连接，交于点，连接.∵四边形为菱形，且为的中点.∴，∴为线段上靠近的三等分点.在中，为三等分点，为三等分点，即，∴.又∵平面，平面，∴平面.（2）如图，取中点，连接.因为是菱形，且，所以，又因为且，所以四边形为矩形，则，又因为底面，平面，所以，也即、、两两垂直，以为原点，、、分别为，，轴，建立空间直角坐标系.，，，，∵，∴，∴，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则.取平面的一个法向量，从而.∵二面角为锐二面角，∴其余弦值为.【点睛】关键点点睛：需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．19．2022年6月27日，四川正式公布新高考政策，将不再进行文理科分科考试，而是按照“”的模式.其中“3”为语文、数学、外语3门全国统一考试科目；“1”为首选科目，考生从物理、历史2门科目中自主选择一门；“2”为再选科目，考生从化学、生物、地理和思想政治4门科目中自主选择两门.为了迎接新高考，某中学调查了高一年级2000名学生首选科目的选科倾向，随机抽取了150人，统计首选科目人数如下表：选考历史选考物理总计女生男生6080总计50(1)补全列联表，并根据表中数据判断是否有95%的把握认为“选考历史与性别有关”；(2)将此样本的频率视为总体的概率，随机调查该年级4名学生，设这4人中选考物理的人数为，求的分布列及数学期望.参考公式：，其中.参考数据：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)表格见解析，有95%的把握(2)分布列见解析，【分析】（1）完成2×2列联表，计算与3.841比较即可得结果.（2）X服从二项分布，依次计算其概率即可得分布列和期望.【详解】（1）选考历史选考物理总计女生304070男生206080总计50100150，有95%的把握认为“选考历史与性别有关”.（2），，，，，，.∴的分布列为01234.20．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点为椭圆上任意一点，面积最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)过轴上一点的直线与椭圆交于两点，过分别作直线的垂线，垂足为，两点，证明：直线，交于一定点，并求出该定点坐标.【答案】(1)(2)证明见解析，【分析】（1）由离心率可得，结合，联立可求椭圆的方程；（2）分为直线斜率为0和不存在分类讨论，斜率不存在时易得交点为，当直线的斜率存在且不为0时，设，，直线为：，联立直线与椭圆方程，求出韦达定理，表示出，，由点斜式分别求出直线方程，联立两直线方程结合韦达定理化简可求定点.【详解】（1）设椭圆半焦距为，∵离心率为，∴.由椭圆性质可知，当为短轴端点时，面积最大.∴，∴.又，解得，，.∴椭圆的方程为：；（2）设与轴交于点，则，当的斜率为0时，显然不适合题意；当的斜率不存在时，直线为，∵四边形为矩形，∴，交于线段的中点.当直线的斜率存在且不为0时，设，，直线为：，联立，得，，∴，，设，，则，，联立，得，将，代入整理得.将代入，得.综上，直线、交于定点.21．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)当时，证明：不等式.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导，然后分和两种情况讨论的单调性即可；（2）法一：将证明成立转化为证成立，然后根据单调性得到，即可得到；法二：将证明成立转化为证成立，然后根据的单调性得到，即可得到.【详解】（1）定义域为，，①若恒成立，即恒成立，因为，所以恒成立，所以，因为，当且仅当即时，等号成立，所以，即时，在上是单调递增；②当时，则的根为，，由，得，，由，得或，，得.∴在，上单调递增，在上单调递减.综上，时，在上是单调递增；时，在，上单调递增；在上单调递减.（2）要证，只须证.∵，即证.法一：∵，∴只需证，则，令，恒成立，∴在上单调递增，又，.∴使，即，∴.当时，，即；当时，，即，∴在上单调递减，在上单调递增，∴.∴，得证.法二：令，只须证.，令，则.∵，∴，∴在上单调递增.又∵，而，∴，使，∴，即.∵，在上单调递增，∴，即，又知，知.当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴，得证.【点睛】导数证明不等式方法：（1）构造函数：转化为求函数的最值问题；（2）放缩法：要证，而，只要证明即可，可以通过函数不等式，切线不等式进行放缩.（3）隐零点法：当导数零点不可求时可先证明零点存在，再用此零点代入求函数最小值；（4）转化为比较两个函数最值大小：要证，只要证即可.22．在直角坐标系中,直线的参数方程为（其中为参数）.以坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线的极坐标方程为（其中为常数,且）.(1)写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程;(2)直线与曲线交于两点,与轴交于点,若,求的值.【答案】(1),(2)1【分析】(1)根据消参,即可将参数方程化为普通方程,根据,代入即可得极坐标转化的直角坐标;(2)将含有几何意义的直线参数方程,代入到曲线中,设对应的参数分别为,,根据韦达定理可得,之间的两个等式关系,由,根据参数几何意义可得,之间的第三个等式关系,联立三个等式,即可得的值.【详解】（1）解:由题知将直线的参数方程中的两式相加即可得:,故直线的普通方程为,由,得,根据,代入可得.故曲线的直角坐标方程为;（2）由(1)曲线的普通方程,将直线的参数方程（其中为参数）代入曲线普