2022江苏省百校大联考高三上学期12月第二次考试数学试题（解析版）

2022届江苏省百校大联考高三上学期12月第二次考试数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】化简集合，再利用交集的定义求解.【详解】解：由题意得，，所以.故选：B2．若复数为纯虚数，则的共轭复数是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由复数的类型有且，求参数m，进而写出的共轭复数.【详解】由题意知：且，∴，即，故的共轭复数是.故选：A.3．设函数则，（

）A． B．2 C．4 D．8【答案】C【分析】先求，再求【详解】因为，所以.故选：C4．《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器——商鞅铜方升，其外形由圆柱和长方体组合而成.已知某组合体由圆柱和长方体组成，如图所示，圆柱的底面直径为1寸，长方体的长、宽、高分别为3.8寸，3寸，1寸，该组合体的体积约为12.6立方寸，若取3.14，则圆柱的母线长约为（

）A．0.38寸 B．1.15寸 C．1.53寸 D．4.59寸【答案】C【分析】先求出长方体的体积，进而求出圆柱的体积，利用求出的圆柱体体积和圆柱的底面半径为0.5寸，求出圆柱的母线长【详解】由题意得，长方体的体积为(立方寸)，故圆柱的体积为(立方寸).设圆柱的母线长为l，则由圆柱的底面半径为0.5寸，得，计算得：(寸).故选：C5．已知函数，现有如下四个命题：甲：该函数的最大值为；乙：该函数图象可以由的图象平移得到；丙：该函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为；丁：该函数图象的一个对称中心为.如果只有一个假命题，那么该命题是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】B【分析】根据题意得到命题乙和命题丙矛盾，结合三角函数的图象与性质，分类讨论，结合命题丁进行判定，即可求解.【详解】由命题甲:该函数的最大值为，可得；由命题乙：由，可知，；由命题丙：该函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，可得，所以命题乙和命题丙矛盾；若假命题是乙，则，由命题丁：该函数图象的一个对称中心为，可得，因为，可得，符合题意；若假命题是丙，则，由命题丁：该函数图象的一个对称中心为，可得，可得，不满足条件，所以假命题是乙.故选：B.6．“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】取判断充分性，根据在的单调性判断必要性，即可知题设条件间的充分必要关系.【详解】当，有，故充分性不成立.记，，则，∴在上单调递增，则，又，，∴必要性成立.故选：B.7．已知双曲线C的左、右焦点分别是为，，过的直线与C交于A，B两点.若，，则C的离心率为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】利用双曲线的定义以及余弦定理便可求得曲线C的离心率.【详解】解：由题意得过的直线与C的右支交于A，B两点.设，则，又由双曲线的定义得.所以.在中，由余弦定理得.在中，由余弦定理得，解得所以故C的离心率为故选：A8．已知角与角的顶点均与原点O重合，始边均与x轴的非负半轴重合，它们的终边关于y轴对称.若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题可得，，（或），然后利用差角公式即得.【详解】因为与关于y轴对称，，所以，，则，，（或），所以.故.故选：A.二、多选题9．已知，且，则（

）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根据不等式的性质及对数函数的性质判断A、B、C的正误，由题设得、，利用基本不等式求的最值(注意等号成立条件)判断D.【详解】由条件知：，可得，A错误；由，则且，B正确，C错误；由，可得，，故，注意到，所以，得，D正确.故选：BD.10．已知两点，，曲线C上存在点P满足，则曲线的方程可以是（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据题意，知点一定在AB的垂直平分线上，求出直线，满足条件的曲线要与有交点.逐个判断选项即可得到答案.【详解】由，知点一定在AB的垂直平分线上，，因为线段AB的中点坐标为，所以的方程为.则满足条件的曲线要与有交点.与平行，故无交点，选项A错误；是圆心为，半径的圆，圆心到直线的距离为，故直线与圆相交，故B正确；把直线与双曲线进行联立，，得，，所以与双曲线存在交点.故选项C正确；将直线的方程代入，得，方程无实数解.故抛物线与直线无交点.故选项D错误；故选：BC.11．设和分别为数列和的前n项和.已知，，则（

）A．是等比数列 B．是递增数列C． D．【答案】ACD【分析】由已知结合的关系及等比数列的定义判断数列即可确定A、C正误，应用作差法比较的大小关系判断B正误，利用错位相减法求，再由作差法判断的大小判断D.【详解】由，当时，，即，又，∴，即，∴是首项为，公比为的等比数列，故，A正确；由，则，即是递减数列，B错误；又，则，C正确；①，②，①-②得：，∴，则，∴，D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：利用及等比数列的定义求的通项公式，综合运用作差法、错位相减法比较大小判断数列单调性、求前n项和，进而判断各选项的正误.12．如图，在矩形ABCD中，，，将沿直线AC翻折，形成三棱锥.下列说法正确的是（

）A．在翻折过程中，三棱锥外接球的体积为定值B．在翻折过程中，存在某个位置，使得C．当平面平面ABC时，D．当平面平面ABC时，三棱锥的体积为【答案】ACD【分析】设O为AC的中点，三棱锥外接球的半径为5，所以三棱锥外接球的体积为定值，故A正确；在翻折过程中，存在某个位置，使得，从而斜边CD的长大于直角边BC，这与，矛盾，故B错误；当平面平面ABC时，过D作AC的垂线DE，垂足为E，在平面ABC上，过B作AC的垂线BF，垂足为F，所以，故C正确；当平面平面ABC时，平面DBC，三棱锥的体积为，故D正确.【详解】解：设O为AC的中点，则，所以三棱锥外接球的半径为5，所以三棱锥外接球的体积为定值，故A正确；若在翻折过程中，存在某个位置，使得，又，则平面ABD，而平面ABD，所以，从而斜边CD的长大于直角边BC，这与，矛盾，故B错误；当平面平面ABC时，过D作AC的垂线DE，垂足为E，则平面ABC，，，在平面ABC上，过B作AC的垂线BF，垂足为F，则平面DAC，，，所以，故C正确；当平面平面ABC时，平面平面.又，平面ABC，所以平面DBC，计算得，因为，，所以，所以三棱锥的体积为，故D正确.故选：ACD三、填空题13．已知向量，满足，，，则______.【答案】5【分析】由，得，再将两边平方可求解.【详解】因为，所以，所以，所以，所以.故答案为：14．写出一个能说明“若函数的导函数是周期函数，则也是周期函数”为假命题的函数：______.【答案】，答案不唯一【分析】根据要求写出例如的函数即可.【详解】形如即可.(答案不唯一)故答案为：15．已知是过抛物线焦点的弦，为该抛物线准线上的动点，则的最小值为___________.【答案】0【分析】由题意设AB为且、、，联立抛物线方程应用韦达定理求得，，再利用向量数量积的坐标表示可得，即可求最值.【详解】由抛物线的焦点为，∴直线AB的方程可设为，代入抛物线方程得，设，，则，，又为该抛物线准线上的动点，可设，则，，∴.故答案为：0.【点睛】关键点点睛：设、、及直线方程，联立抛物线应用韦达定理得到，关于参数的关系式，再应用向量数量积的坐标表示求的最值.四、双空题16．函数的最小值为______；若存在，使得，则a的取值范围为_______.【答案】

2

【分析】因为为偶函数，所以的最小值就是在上的最小值，利用导数判断单调性计算即可求得最小值；存在，使得等价于存在，成立，构造函数，利用导数研究函数的单调性，讨论及时，的函数值正负及单调性，即可得出结果.【详解】因为为偶函数，所以的最小值就是在上的最小值，，，，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以的最小值为.等价于，即.令，则，，.当时，，，，注意到，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，，不合题意.当时，，所以在上单调递增，所以，所以存在，使得，当时，，所以在上单调递减，于是有，即存在，使得，即.综上所述，a的取值范围为.故答案为：2，【点睛】思路点睛：结合不等式特点，构造函数，结合函数不等式问题，要利用导函数研究其单调性、最值处理能成立问题.五、解答题17．已知数列满足，，，，且是，的等比中项.(1)求的值；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)(2)，【分析】（1）根据及，表达出，，利用等比中项性质求出的值；（2）结合第一问所求，分n为偶数和奇数，分组求和进行求解(1)由，可得：，，，，所以，，，.因为是，的等比中项，所以，则，又，所以.(2)由（1）知.当n为偶数时，；当n为奇数时，.综上所述，，.18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且___________.(1)求角C的大小；(2)若，，求的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)【分析】（1）选①，先利用正弦定理进行边角互换，变成三边关系，再利用余弦定理进行求解；选②，先利用正弦定理进行边角互换，变成三内角的关系，再利用诱导公式、两角和的正弦公式进行求解；选③，先利用正弦定理进行边角互换，变成三内角的关系，再利用诱导公式、二倍角公式式进行求解；（2）先由正弦定理得到，进而得出的值，再利用三角形的面积公式进行求解.(1)解：选择条件①：由及正弦定理，得：，即，由余弦定理，得；因为，所以.选择条件②：由及正弦定理，得：，即.即.在中，，所以，即，因为，所以，所以.因为，所以.选择条件③：由及正弦定理，得:，因为，所以.在中，，则，故.因为，所以，则，故.(2)解：由正弦定理，得，所以，所以的面积为.19．一个完美均匀且灵活的平衡链被它的两端悬挂，且只受重力的影响，这个链子形成的曲线形状被称为悬链线（如图所示）.选择适当的坐标系后，悬链线对应的函数近似是一个双曲余弦函数，其解析式可以为，其中，是常数.(1)当时，判断的奇偶性；(2)当时，若的最小值为，求的最小值.【答案】(1)偶函数；(2)10.【分析】（1）利用奇偶性定义判断的奇偶性；（2）由已知可得，即有、，将目标式化为，再应用“1”的代换，原式可得，最后应用基本不等式求其最值，注意等号成立条件.(1)当时，函数的定义域为.对任意的，都有且，∴为偶函数.(2)当时，的最小值为，∴，即，∴，则，可知，，∴，当且仅当，即，时，等号成立，∴的最小值为10.20．如图，三棱柱的底面ABC为正三角形，D是AB的中点，，，平面底面.(1)证明：平面平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）找到图中三条两两垂直的直线，建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，进而求出相应的向量坐标，接着求平面的法向量和平面的法向量，用向量的夹角公式求得答案.(1)证明：因为三棱柱的底面ABC为正三角形，D是AB的中点，所以.又在三棱柱中，，，连接,则是等边三角形，所以，因为平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.(2)因为平面底面ABC，平面底面，，所以底面ABC，故以D为坐标原点，DB，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，，则，，.设平面的法向量为，平面的法向量为.由，得，取，；由，得，取，得.所以，由图知二面角是钝二面角，所以二面角的余弦值为.21．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，动点满足直线AE与BE的斜率之积为，记E的轨迹为曲线C．(1)求C的方程，并说明C是什么曲线．(2)过点的直线交C于P，Q两点，过点P作直线的垂线，垂足为G，过点O作，垂足为M．证明：存在定点N，使得为定值．【答案】(1)，C是中心在原点，焦点在x轴上，不含左、右顶点的椭圆(2)证明见解析【分析】（1）直译法即可求得曲线C的轨迹方程，由方程可知道曲线C是椭圆的一部分；（2）直线与椭圆联立方程组，以设而不求的方法简化运算，找到直线所过定点是本题关键入手点，简化了证明过程，是一条捷径.(1)由，，可得，由题意得，，化简得，所以曲线C是中心在原点焦点在x轴上不含左、右顶点的椭圆．(2)由（1）知直线与x轴不重合，可设：，，，联立得．则，，故有．因为，，所以直线QG的斜率为，则直线QG的方程为，即故直线QG过定点．因为，所以△为直角三角形，取OH的中点，则，即为定值．综上，存在定点，使得为定值．【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．22．已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）首先求出函数的导函数，再对分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）依题意在上恒成立，令，求出函数的导函数，再由二次函数的性质，可得二次函数必有一正一负两个零点，设其中一个零点，则，再利用导数求出的范围，从而求出的取值范围；(1)解：因为定义域为，且.①若，