1、江苏省盐城2022高三上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，则=（）ABCD2下列说法正确的是（）A圆的圆心为，半径为5B圆的圆心为，半径为C圆的圆心为，半径为D圆的圆心为，半径为3已知向量，则下列说法正确的是（）A若，则有最小值 B若，则有最小值C若，则的值为 D若，则的值为142021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
2、.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（）ABCD5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，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
3、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.在中，点D为线段的黄金分割点（），则（）ABCD6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，测角仪器的高度是h，则建筑物AB的高度为（）ABCD7已知数列是公比不等于的等比数列，若数列，的前2023项的和分别为m，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，则（）ABCD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
4、）9已知数列为等比数列，则（）A数列，成等比数列B数列，成等比数列C数列，成等比数列D数列，成等比数列10函数，图像一个最高点是，距离点A最近的对称中心坐标为，则下列说法正确的有()A的值是6B时，函数单调递增C时函数图像的一条对称轴D的图像向左平移个单位后得到图像，若是偶函数，则的最小值是11已知函数，的定义域均为R，它们的导函数分别为，若是奇函数，与图象的交点为，则（）A的图象关于点对称B的图象关于直线对称C的图象关于直线对称D12已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O点E满足，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
5、形EMGH的周长为是变化的B四棱锥的体积的最大值为C当时，平面截球O所得截面的周长为D当时，将正四面体ABCD绕EF旋转后与原四面体的公共部分体积为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13已知为虚数单位，且复数z满足：，则复数z的模为_14若直线：与直线：平行，则直线与之间的距离为_15已知曲线在处的切线与直线垂直， 则实数_.16有一张面积为的矩形纸片，其中为的中点，为的中点，将矩形绕旋转得到圆柱，如图所示，若点为的中点，直线与底面圆所成角的正切值为，为圆柱的一条母线（与，不重合），则当三棱锥的体积取最大值时，三棱锥外接球的表面积为_.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写
6、出文字说明，证明过程或演算步骤）17已知函数(1)求的最小正周期和单调增区间；(2)在中，角的对边分别为若，求的面积的最大值18在；成等比数列；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是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为，且 (1)求数列的通项公式；(2)定义在数列中，使为整数的叫做“调和数”，求在区间1，2022内所有“调和数”之和19如图所示，在三棱锥A -BCD中，已知平面ABD平面BCD，且，BCAC.(1)证明：BC平面ACD；(2)若点F为棱BC的中点，且，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、圆外切于点，点是直线与
7、圆的交点，在圆形轨道、圆上各有一个运动质点，同时分别从点、开始逆时针绕轨道做匀速圆周运动，点，运动的角速度之比为2：1，设点转动的角度为，以为原点，为轴建立平面直角坐标系(1)若为锐角且，求、的坐标；(2)求的最大值21定义椭圆的“蒙日圆”的方程为，已知椭圆的长轴长为4，离心率为.(1)求椭圆的标准方程和它的“蒙日圆”E的方程；(2)过“蒙日圆”E上的任意一点M作椭圆的一条切线，A为切点，延长MA与“蒙日圆”E交于点，O为坐标原点，若直线OM，OD的斜率存在，且分别设为，证明：为定值.22已知函数（是自然对数的底数）(1)若，求的单调区间；(2)若，试讨论在上的零点个数（参考数据：）数学试卷参
8、考答案1B 2C 3A 4A 5A 6C 7B 8C解：设，则（不恒为零），故在上为增函数，故，所以，故在上恒成立，所以，但为上为增函数，故即，所以C成立，D错误.取，考虑的解，若，则，矛盾，故即，此时，故B错误.取，考虑，若，则，矛盾，故，此时，此时，故A错误，故选：C.9BD 10AD 11BC 12BD【详解】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，连接，设，则为平行四边形，又平面，平面，平面，又平面，平面，平面平面，对A：如图1，平面平面，平面平面，平面平面，则，即，同理可得： ，四边形EMGH的周长（定值），A错误；对B：如图1，由A可知：，为正
9、方形，则，为矩形，根据平行可得：点A到平面的距离，故四棱锥的体积，则，则当时，则，在上单调递增，当时，则，在上单调递减，当时，取到最大值，故四棱锥的体积的最大值为，B正确；对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，设平面截球O所得截面的圆心为，半径为，当时，则，则，平面截球O所得截面的周长为，C错误；对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体，设，则分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，根据正方体可得：，正四棱锥的高为，故公共部分的体积，D正确；故选：BD.13 14 15 16 解：设圆柱的高为，底面半径为，则，即.因为直线与
10、底面圆所成角的正切值为，所以，即.由，得.连接，由题意得，又，所以平面，而平面，所以平面平面.过点作于点，则平面.设，则，于是三棱锥的体积，当且仅当时取等号，设此时三棱锥外接球的球心到平面的距离为，外接球半径为，则，解得，于是，所以当三棱锥的体积取最大值时，三棱锥外接球的表面积.故答案为：.17解：（1）的周期，由，得，所以的单调递增区间是，（2），即，又，由正弦定理有，,当 即时取得最大值.另解：，即，又，由余弦定理知：，即，当且仅当时，等号成立，当时，18解：（1）选解：因为，所以当时，当，时，因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，所以，.选解：因为成等比数列，所以，因为是各项均为正数
11、，公差不为0的等差数列，设其公差为，所以，所以，所以.选解：因为，所以当时，所以，所以或，因为是各项均为正数的等差数列，所以，又当n2时，所以，所以，所以，所以或（舍去），其公差，所以.（2）设，所以，令，且b为整数，又由，所以b可以取1，2，3，4，5，6，此时分别为，所以区间1，2022内所有“调和数”之和1086.19(1)证明：由条件可得，所以ADBD因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCD= BD，所以AD平面BCD，所以ADBC又BCAC，ACAD=A，所以BC平面ACD.(2)解：因为BC平面ACD，所以BCCD所以BC=.以C为坐标原点，直线CD，CB分别为x，y轴，过点
12、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，则设平面CDE的法向量为，则 取，则，,设平面ABD的一个法向量为，则，取，设平面CDE与平而ABD的夹角为，.则故平面CDE与平而ABD的夹角的余弦为.20解：（1）因为为锐角，所以因为，所以，所以，所以，所以，所以，（2）因为点，分别运动的角速度之比为2：1，所以当点转动的角度为时，转动角度为，因此，所以当时，取得最大值，所以的最大值为21解：（1）由题意知，故椭圆的方程,“蒙日圆”的方程为,即（2）当切线的斜率存在且不为零时,设切线的方程为,则由,消去得,由,消去得设,则,，当切线的斜率不存在或为零时,易得成立,为定值.22解：(1)，则，定义域为，由，解得，可得，解得，由，解得，可得，解得，的单调递增区间为，单调递减区间为；(2)由已知，令，则，当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减，当时，即时，使得，当时，；当时，在上单调递增，上单调递减，又，由函数零点存在性定理可得，此时在上仅有一个零点；若时，又在上单调递增，在上单调递减，而，使得， 且当、时，；当时，在和上单调递减，在上单调递增，又，由零点存在性定理可得，在和内各有一个零点，即此时在上有两个零点综上所述，当时，在上仅有一个零点；当时，在上有两个零点
