江苏省海安市2022-2023学年高三上学期期末考试数学试卷含答案.pdf

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1、120222023 学年高三年级模拟试卷数学学年高三年级模拟试卷数学(满分：150 分考试时间：120 分钟)20231一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的选项中只有一个选项符合要求1.已知全集 Ux|2x3，集合 Ax|1x1，则UA()A.(1，1B.(2，1(1，3)C.1，1)D.(2，1)1，3)2.若复数 z 在复平面内对应的点在直线 y1 上，且 ziz，则 z()A.1iB.1iC.1iD.1i3.(x 1x)6的二项展开式中的常数项是()A.20B.15C.15D.204.经验表明，树高 y 与胸径 x 具有线性关系，为了解回归方程的拟合

2、效果，利用下列数据计算残差，用来绘制残差图胸径 x/cm18.219.122.324.526.2树高的观测值 y/m18.919.420.822.824.8树高的预测值 y/m18.619.321.523.024.4则残差的最大值和最小值分别是()A.0.4，1.8B.1.8，0.4C.0.4，0.7D.0.7，0.45.为测量河对岸的直塔 AB 的高度，选取与塔底 B 在同一水平面内的两个测量基点 C，D，测得BCD 的大小为 60，点 C，D 的距离为 200 m，在点 C 处测得塔顶 A 的仰角为 45，在点 D 处测得塔顶 A 的仰角为 30，则直塔 AB 的高为()A.100 mB.

3、100 3 mC.(200 3 200)mD.200 m6.已知圆心均在 x 轴上的两圆外切，半径分别为 r1，r2(r1r2)，若两圆的一条公切线的方程为 y24(x3)，则r2r1()A.43B.2C.54D.37.设 G 为ABC 的重心，则GA2GB3GC()A.0B.ACC.BCD.AB8.设 a110e19，b19，c2ln32，则()A.abcB.acbC.cbaD.bac二、选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分9.在正方体 ABCDA1B1C1D1中，AE1

4、3AA1，CF23CC1，则()A.EFBDB.EC1平面 ABFC.EF平面 B1CD1D.直线 EF 与直线 BD1异面10.已知抛物线 C：y2x 的焦点为 F，点 M，N 均在 C 上，若FMN 是以 F 为直角顶点的等腰三角形，则 MN()A.212B.2 1江苏省海安市2C.212D.2 111.已知等差数列an中，当且仅当 n7 时，Sn取得最大值记数列Snn的前 k 项和为Tk，则下列结论正确的是()A.若 S6S8，则当且仅当 k13 时，Tk取得最大值B.若 S6S8，则当且仅当 k14 时，Tk取得最大值C.若 S6S8，则当且仅当 k15 时，Tk取得最大值D.若mN*

5、，Sm0，则当 k13 或 14 时，Tk取得最大值12.将样本空间视为一个单位正方形，任一事件均可用其中的区域表示，事件发生的概率为对应区域的面积在如图所示的单位正方形中，区域表示事件 AB，区域表示事件AB，区域和表示事件 B，则区域的面积为()A.P(AB)B.P(AB)C.P(A|B)P(B)D.P(A)P(B)三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13.已知 sin(x)13，x(0，2)，则 tan x_14.已知椭圆 C 的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 在椭圆 C 上，若PF1F2是以 F1为顶点的等腰三角形，且 cos F1PF234，则 C 的离

6、心率 e_15.设过直线 x2 上一点 A 作曲线 yx33x 的切线有且只有两条，则满足题设的一个点 A 的纵坐标为_16.已知球 O 的表面积为 100 cm2，P 是球 O 内的定点，OP 10cm，过 P 的动直线交球面于 A，B 两点，AB4 5 cm，则球心 O 到 AB 的距离为_cm；若点 A，B 的轨迹分别为圆台 O1O2的上、下底面的圆周，则圆台 O1O2的体积为_cm3.四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17.(本小题满分 10 分)已知数列an中，a1，a2，a3，a6成等差数列，a5，a6，a7，成等比数列，a21

7、0，a62.(1)求数列an的通项公式；(2)记数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sn0，求 n 的最小值318.(本小题满分 12 分)已知四边形 ABCD 内接于圆 O，AB3，AD5，BAD120，AC 平分BAD.(1)求圆 O 的半径；(2)求 AC 的长419.(本小题满分 12 分)如图，已知菱形 ABCD 的边长为 2，ABC60，E 为 AC 的中点，将ACD 沿 AC 翻折使点 D 至点 D.(1)求证：平面 BDE平面 ABC；(2)若三棱锥 DABC 的体积为2 23，求二面角 DABC 的余弦值20.(本小题满分 12 分)甲、乙、丙三人进行乒乓球单打比赛，约定：随

8、机选择两人打第一局，获胜者与第三人进行下一局的比赛，先获胜两局者为优胜者，比赛结束已知每局比赛均无平局，且甲赢乙的概率为13，甲赢丙的概率为13，乙赢丙的概率为12.(1)若甲、乙两人打第一局，求丙成为优胜者的概率；(2)求恰好打完 2 局结束比赛的概率521.(本小题满分 12 分)已知双曲线 C 过点(3，2)，且 C 的渐近线方程为 y33x.(1)求 C 的方程；(2)设 A 为 C 的右顶点，过点 P(2 3，0)的直线与圆 O：x2y23 交于点 M，N，直线 AM，AN 与 C 的另一交点分别为 D，E，求证：直线 DE 过定点622.(本小题满分 12 分)已知 0a1，函数

9、f(x)xax1，g(x)x1logax.(1)若 g(e)e，求函数 f(x)的极小值；(2)若函数 yf(x)g(x)存在唯一的零点，求 a 的取值范围720222023 学年高三年级模拟试卷学年高三年级模拟试卷(海安海安)数学参考答案及评分标准数学参考答案及评分标准1.B2.D3.C4.C5.A6.B7.B8.D9.AB10.BD11.BD12.BC13.2414.2515.2(答案不唯一，6 也正确)16.565 10317.解：(1)设等差数列 a1，a2，a3，a6的公差为 d.因为 a210，a62，所以a1d10，a15d2，解得a113，d3，所以 an13(n1)33n16

10、(1n5，nN*).(3 分)设等比数列 a5，a6，a7，的公比为 q，则 qa6a5212，所以 an(2)n5(n6，nN*).综上，an3n16，1n5，（2）n5，n6，nN*.(5 分)(2)由(1)知，当 n5 时，an0，要使 Sn0，则 n6，(6 分)此时 Sn(a1a2a5)(a6an)5(13)542321（2）n51（2）3521（2）n53.(8 分)由 Sn0，得(2)n51032，所以(n5)必为奇数，此时 2n51032，所以 n5 的最小值为 7，所以 n 的最小值为 12.(10 分)18.解：(1)设圆 O 的半径为 R.在ABD 中，由余弦定理 BD2

11、AB2AD22ABADcosBAD，得 BD23252235(12)49，所以 BD7.(3 分)在圆 O 的内接ABD 中，由正弦定理，得 2RBDsin BAD7sin 12014 33，故 R7 33，所以圆 O 的半径为7 33.(6 分)(2)因为四边形 ABCD 内接于圆 O，所以BADBCD180.又BAD120，故BCD60.因为 AC 平分BAD，所以BAC60.(8 分)(解法 1)因为 AC 平分BAD，所以BCCD，所以 BCCD.又因为BCD60，所以BCD 为正三角形，所以 BCBD7.(10 分)(解法 2)在圆 O 的内接ABC 中，由正弦定理，得BCsin B

12、AC2R.所以 BC2Rsin 6014 33327.(10 分)在ABC 中，由余弦定理 BC2AB2AC22ABACcos BAC，得 7232AC223ACcos 60，即 AC23AC400，解得 AC8 或 AC5，因为 AC0，所以 AC8，所以 AC 的长为 8.(12 分)19.(1)证明：由菱形 ABCD 知，DADC，又 E 为 AC 的中点，所以 DEAC，同理，可得 BEAC.(2 分)因为 DE,BE平面 BDE,DEBEE，所以 AC平面 BDE.因为 AC平面 ABC，所以平面 BDE平面 ABC.(4 分)(2)解：过点 D作 DHBE 交 BE 于点 H，由(

13、1)知，平面 BDE平面 ABC.8又平面 BDE平面 ABCBE，DH平面 DBE,所以 DH平面 ABC.(6 分)因为三棱锥 DABC 的体积为2 23，所以133422DH2 23，解得 DH2 63.(8分)在 RtDEH 中，DE 3，所以 EH33，于是 BHBEEH2 33.(解法 1)如图，以 E 为坐标原点，EA，EB 分别为 x 轴、y 轴，过点 E 与平面 ABC 垂直的直线为 z 轴建立空间直角坐标系，则 A(1，0，0)，B(0，3，0)，D(0，33，2 63)，所以AB(1，3，0)，BD(0，2 33，2 63).设平面 DAB 的法向量 n(x，y，z)，则

14、 nAB0，nBD0，即x 3 y0，2 33y2 63z0，令 x 6，得 y 2，z1，所以 n(6，2，1).(10 分)又平面 ABC 的一个法向量 m(0，0，1)，所以 cos n，mnm|n|m|19113，所以二面角 DABC 的余弦值为13.(12 分)(解法 2)过点 H 作 HFAB 交 AB 于点 F，连接 DF.因为 DH平面 ABC，根据三垂线定理，得 ABDF，所以DFH 是二面角 DABC 的平面角(10 分)在 RtBFH 中，HFBH sin 3033.在 RtDHF 中，DF DH2HF2 3，所以 cos DFHHFDF13，所以二面角 DABC 的余弦

15、值为13.(12 分)20.解：(1)记“第 i 局甲胜、乙胜、丙胜”分别为事件 Ai，Bi，Ci，i1，2，3，4，记“丙成为优胜者”为事件 D，则 DA1C2C3B1C2C3，(2 分)所以 P(D)P(A1C2C3B1C2C3)P(A1C2C3)P(B1C2C3)P(A1)P(C2|A1)P(C3|A1C2)P(B1)P(C2|B1)P(C3|B1C2)(4 分)13(113)(112)(113)(112)(113)192913，所以丙成为优胜者的概率是13.(6 分)(2)记“甲、乙打第一局“为事件 A，“甲、丙打第一局”为事件 B，“乙、丙打第一局”为事件 C，“恰打完 2 局比赛结

16、束”为事件 E，其中 A，B，C 两两互斥，且和为样本空间，9依题意，P(A)P(B)P(C)13.所以 P(E|A)P(A1A2B1B2)P(A1A2)P(B1B2)P(A1)P(A2|A1)P(B1)P(B2|B1)1313231249.同理可得，P(E|B)1313231249，P(E|C)1223122323.(9 分)根据全概率公式知，P(E)P(AE)P(BE)P(CE)P(E|A)P(A)P(E|B)P(B)P(E|C)P(C)4913491323131427，所以恰好打完 2 局结束比赛的概率为1427.(12 分)21.(1)解：当 x3 时，代入 y33x，得 y 3 2，

17、所以双曲线 C 的焦点在 x 轴上(2分)不妨设双曲线 C 的方程为x23y2(0)，将点(3，2)代入，得1，所以 C 的方程为x23y21.(4 分)(2)证明：设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，由(1)知 A(3，0).(5 分)因为 P，M，N 三点共线，所以y1x12 3y2x22 3(不妨记为 k).则(x12 3)y2(x22 3)y10，即 x1y2x2y12 3(y1y2).(6 分)设直线 AM 的方程为 yy1x1 3(x 3).由yy1x1 3（x 3），x23y21消去y并整理，得(2x21 3 x13)x23 3 y21x3

18、(x21 3 x16)0.则3 x33（x1 3）（x12 3）（x1 3）（2x1 3），故 x33（x12 3）2x1 3，y3 3y12x1 3.(8 分)同理可得，x43（x22 3）2x2 3，y4 3y22x2 3.所以直线DE的斜率 3y12x1 33y22x2 33（x12 3）2x1 33（x22 3）2x2 32（x1y2x2y1）3（y2y1）3 3（x2x1）4 3（y1y2）3（y2y1）3 3（x2x1）y2y1x2x1k.(10 分)所以直线 DE 的方程为 y3y12x1 3kx3（x12 3）2x1 3，即 ykx3k（x12 3）2x1 33y12x1 3.

19、又因为 y1k(x12 3)，所以 ykx.所以直线 DE 过定点(0，0).(12 分)22.解：(1)由 g(e)e，得 e1logaee，即 logae1，所以 a1e.(1 分)所以 f(x)xe1x，则 f(x)1e1x，令 f(x)0，得 x1.(3 分)10当 x(，1)时，f(x)0，故 f(x)在(，1)上单调递减；当 x(1，)时，f(x)0，故 f(x)在(1，)上单调递增，所以函数 f(x)的极小值为 f(1)2.(5 分)(2)记 p(x)f(x)g(x)ax1logax1，因为 0a1，所以 ln a0，则 p(x)ax1ln a1x ln axax1ln2a1x

20、ln a.记 q(x)xax1ln2a1，则 q(x)(ax1xax1ln a)ln2a(1x ln a)ax1ln2a.令 q(x)0，得 x1ln a，记其为 t(t0)，此时 ae1t.当 x(0，t)时，q(x)0，故 q(x)在(0，t)上单调递增；当 x(t，)时，q(x)0，故 q(x)在(t，)上单调递减，所以 q(x)在 xt 处取得极大值 q(t)t(e1t)t1(1t)211te1t11.(7 分)不难发现函数 y1te1t11 在 t(0，)上单调递减，且正数零点为 1.当 t1，即1ea1 时，有 q(t)0，故 p(x)0,所以 p(x)单调递增又 p(1)0，所以

21、函数 p(x)有唯一的零点，所以1ea1.(9 分)当 0t1，即 00，因为 q(1)ln2a10，q(1a)1aa1a1ln2a10(*)，所以 q(x)在区间(1，1a)内存在唯一零点，记为 x0，所以 p(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，1a)上单调递增因为 p(x0)p(1)0，p(1a)a1a10，所以函数 p(x)在区间(x0，1a)内存在唯一的零点，记为 x0(x0 x01)，这与 p(1)0 矛盾，所以 0a1e不符合题意，故舍去综上，a 的取值范围是1e，1).(12 分)附(*)：q(1a)1aa1a1ln2a1a1a2ln2a1(a12a1ln a1)(a12a

22、1ln a1).易知 a12a1ln a10，又 a12a1ln a1(1a)112aln1a1.若(1a)112aln1a10，则(1a)112aln1a1.令 t1a，te，则 t1t2ln t1，即 ln(t1t2lnt)0，从而(1t2)ln tln(ln t)0，又(1t2)ln tln(ln t)(1t2)ln tln t1(2t2)ln t1.令(t)(2t2)ln t1，te，则(t)12ln t(2t2)1t12ln t2t12，又(t)12t2t20，故(t)在(e，)上单调递减，所以(t)(e)12e0，所以(t)在(e，)上单调递减，所以(t)(e)1e20，所以 q(1a)0.注：缺少(*)式证明，扣 1 分