江苏省海安市2022-2023学年高三数学上学期期末考试试卷（Word版附答案）

2022～2023学年高三年级模拟试卷数　　学(满分：150分　考试时间：120分钟)2023．1一、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U＝{x|－2＜x＜3}，集合A＝{x|－1＜x≤1}，则∁UA＝(　　)A.(－1，1]　　B.(－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y＝1上，且z＝iz，则z＝(　　)A.1－i　　　　　　B.1＋i　　　　　　C.－1＋i　　　　　D.－1－i3.(－)6的二项展开式中的常数项是(　　)A.－20　　　　B.－15　　　　C.15　　　　D.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，－1.8　　　B.1.8，－0.4　　　C.0.4，－0.7　　　D.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200m，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.100m　　　　B.100m　　　C.(200－200)m　　　D.200m6.已知圆心均在x轴上的两圆外切，半径分别为r1，r2(r1＜r2)，若两圆的一条公切线的方程为y＝(x＋3)，则＝(　　)A.　　　　　B.2　　　　C.　　D.37.设G为△ABC的重心，则＋2＋3＝(　　)A.0　　　　B.　　　　C.　　　D.8.设a＝e，b＝，c＝2ln，则(　　)A.a＜b＜c　　　　B.a＜c＜b　　　　C.c＜b＜a　　　　D.b＜a＜c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，＝AA1，＝CC1，则(　　)A.EF⊥BD　　　　　B.EC1∥平面ABFC.EF⊥平面B1CD1　　　　　　D.直线EF与直线BD1异面10.已知抛物线C：y2＝x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＝(　　)11 A.　　　　　B.－1C.　　　D.＋111.已知等差数列{an}中，当且仅当n＝7时，Sn取得最大值．记数列{}的前k项和为Tk，则下列结论正确的是(　　)A.若S6＝S8，则当且仅当k＝13时，Tk取得最大值B.若S6＜S8，则当且仅当k＝14时，Tk取得最大值C.若S6＞S8，则当且仅当k＝15时，Tk取得最大值D.若∃m∈N*，Sm＝0，则当k＝13或14时，Tk取得最大值12.将样本空间Ω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Ⅰ表示事件AB，区域Ⅱ表示事件A，区域Ⅰ和Ⅲ表示事件B，则区域Ⅳ的面积为(　　)ⅠⅡⅢⅣA.P()　　　　B.P()C.P(|)P()　　　D.P()P()三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知sin(π－x)＝，x∈(0，)，则tanx＝________．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∠F1PF2＝，则C的离心率e＝________．15.设过直线x＝2上一点A作曲线y＝x3－3x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100πcm2，P是球O内的定点，OP＝cm，过P的动直线交球面于A，B两点，AB＝4cm，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，a2＝－10，a6＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＞0，求n的最小值．11 18.(本小题满分12分)已知四边形ABCD内接于圆O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝120°，AC平分∠BAD.(1)求圆O的半径；(2)求AC的长．11 19.(本小题满分12分)如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，E为AC的中点，将△ACD沿AC翻折使点D至点D′.(1)求证：平面BD′E⊥平面ABC；(2)若三棱锥D′ABC的体积为，求二面角D′ABC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，甲赢丙的概率为，乙赢丙的概率为.(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．11 21.(本小题满分12分)已知双曲线C过点(3，)，且C的渐近线方程为y＝±x.(1)求C的方程；(2)设A为C的右顶点，过点P(－2，0)的直线与圆O：x2＋y2＝3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．11 22.(本小题满分12分)已知0＜a＜1，函数f(x)＝x＋ax－1，g(x)＝x＋1＋logax.(1)若g(e)＝e，求函数f(x)的极小值；(2)若函数y＝f(x)－g(x)存在唯一的零点，求a的取值范围．11 2022～2023学年高三年级模拟试卷(海安)数学参考答案及评分标准1.B　2.D　3.C　4.C　5.A　6.B　7.B　8.D　9.AB　10.BD　11.BD　12.BC13.　14.　15.2(答案不唯一，－6也正确)　16.　π17.解：(1)设等差数列a1，a2，a3，…，a6的公差为d.因为a2＝－10，a6＝2，所以解得所以an＝－13＋(n－1)×3＝3n－16(1≤n≤5，n∈N*).(3分)设等比数列a5，a6，a7，…的公比为q，则q＝＝＝－2，所以an＝－(－2)n－5(n≥6，n∈N*).综上，an＝n∈N*.(5分)(2)由(1)知，当n≤5时，an＜0，要使Sn＞0，则n≥6，(6分)此时Sn＝(a1＋a2＋…＋a5)＋(a6＋…＋an)＝5×(－13)＋×3＋＝－35＋.(8分)由Sn＞0，得(－2)n－5＜－，所以(n－5)必为奇数，此时2n－5＞，所以n－5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＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD，得BD2＝32＋52－2×3×5×(－)＝49，所以BD＝7.(3分)在圆O的内接△ABD中，由正弦定理，得2R＝＝＝，故R＝，所以圆O的半径为.(6分)(2)因为四边形ABCD内接于圆O，所以∠BAD＋∠BCD＝180°.又∠BAD＝120°，故∠BCD＝60°.因为AC平分∠BAD，所以∠BAC＝60°.(8分)(解法1)因为AC平分∠BAD，所以＝，所以BC＝CD.又因为∠BCD＝60°，所以△BCD为正三角形，所以BC＝BD＝7.(10分)(解法2)在圆O的内接△ABC中，由正弦定理，得＝2R.所以BC＝2R·sin60°＝×＝7.(10分)在△ABC中，由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，得72＝32＋AC2－2×3×AC×cos60°，即AC2－3AC－40＝0，解得AC＝8或AC＝－5，因为AC＞0，所以AC＝8，所以AC的长为8.(12分)19.(1)证明：由菱形ABCD知，D′A＝D′C，又E为AC的中点，所以D′E⊥AC，同理，可得BE⊥AC.(2分)因为D′E,BE⊂平面BD′E,D′E∩BE＝E，所以AC⊥平面BD′E.因为AC⊂平面ABC，所以平面BD′E⊥平面ABC.(4分)(2)解：过点D′作D′H⊥BE交BE于点H，由(1)知，平面BD′E⊥平面ABC.11 又平面BD′E∩平面ABC＝BE，D′H⊂平面D′BE,所以D′H⊥平面ABC.(6分)因为三棱锥D′ABC的体积为，所以××22×D′H＝，解得D′H＝.(8分)在Rt△D′EH中，D′E＝，所以EH＝，于是BH＝BE－EH＝.(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，，0)，D′(0，，)，所以＝(－1，，0)，＝(0，－，).设平面D′AB的法向量n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，即－x＋y＝0，－y＋z＝0，令x＝，得y＝，z＝1，所以n＝(，，1).(10分)又平面ABC的一个法向量m＝(0，0，1)，所以cos〈n，m〉＝＝＝，所以二面角D′ABC的余弦值为.(12分)(解法2)过点H作HF⊥AB交AB于点F，连接D′F.因为D′H⊥平面ABC，根据三垂线定理，得AB⊥D′F，所以∠D′FH是二面角D′ABC的平面角．(10分)在Rt△BFH中，HF＝BHsin30°＝.在Rt△D′HF中，D′F＝＝，所以cos∠D′FH＝＝，所以二面角D′ABC的余弦值为.(12分)20.解：(1)记“第i局甲胜、乙胜、丙胜”分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3，4，记“丙成为优胜者”为事件D，则D＝A1C2C3＋B1C2C3，(2分)所以P(D)＝P(A1C2C3＋B1C2C3)＝P(A1C2C3)＋P(B1C2C3)＝P(A1)P(C2|A1)P(C3|A1C2)＋P(B1)P(C2|B1)P(C3|B1C2)(4分)＝×(1－)×(1－)＋(1－)×(1－)×(1－)＝＋＝，所以丙成为优胜者的概率是.(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局比赛结束”为事件E，其中A，B，C两两互斥，且和为样本空间，11 依题意，P(A)＝P(B)＝P(C)＝.所以P(E|A)＝P(A1A2＋B1B2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝×＋×＝.同理可得，P(E|B)＝×＋×＝，P(E|C)＝×＋×＝.(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)＝×＋×＋×＝，所以恰好打完2局结束比赛的概率为.(12分)21.(1)解：当x＝3时，代入y＝x，得y＝＞，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－y2＝λ(λ＞0)，将点(3，)代入，得λ＝1，所以C的方程为－y2＝1.(4分)(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，由(1)知A(，0).(5分)因为P，M，N三点共线，所以＝(不妨记为k).则(x1＋2)y2－(x2＋2)y1＝0，即x1y2－x2y1＝2(y1－y2).(6分)设直线AM的方程为y＝(x－).由消去y并整理，得(2x－x1－3)x2＋3yx＋3(x＋x1－6)＝0.则x3＝，故x3＝，y3＝.(8分)同理可得，x4＝，y4＝.所以直线DE的斜率＝＝＝＝－＝－k.(10分)所以直线DE的方程为y＋＝－k[x－]，即y＝－kx＋－.又因为y1＝k(x1＋2)，所以y＝－kx.所以直线DE过定点(0，0).(12分)22.解：(1)由g(e)＝e，得e＋1＋logae＝e，即logae＝－1，所以a＝.(1分)所以f(x)＝x＋e1－x，则f′(x)＝1－e1－x，令f′(x)＝0，得x＝1.(3分)11 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)＝ax－1－logax－1，因为0＜a＜1，所以lna＜0，则p′(x)＝ax－1lna－＝.记q(x)＝xax－1ln2a－1，则q′(x)＝(ax－1＋xax－1lna)ln2a＝(1＋xlna)ax－1ln2a.令q′(x)＝0，得x＝－，记其为t(t＞0)，此时a＝e－.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x＝t处取得极大值q(t)＝t(e－)t－1(－)2－1＝e－1－1.(7分)不难发现函数y＝e－1－1在t∈(0，＋∞)上单调递减，且正数零点为1.当t≥1，即≤a＜1时，有q(t)≤0，故p′(x)≥0,所以p(x)单调递增．又p(1)＝0，所以函数p(x)有唯一的零点，所以≤a＜1.(9分)当0＜t<1，即0<a＜时，有q(t)>0，因为q(1)＝ln2a－1＞0，q()＝·a－1·ln2a－1＜0(*)，所以q(x)在区间(1，)内存在唯一零点，记为x0，所以p(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增．因为p(x0)＜p(1)＝0，p()＝a－1＞0，所以函数p(x)在区间(x0，)内存在唯一的零点，记为x′0(x′0＞x0＞1)，这与p(1)＝0矛盾，所以0＜a＜不符合题意，故舍去．综上，a的取值范围是[，1).(12分)附(*)：q()＝·a－1·ln2a－1＝a－2·ln2a－1＝(a－1·lna－1)(a－1·lna＋1).易知a－1·lna－1＜0，又a－1·lna＋1＝－()1－ln＋1.若－()1－ln＋1＞0，则()1－ln＜1.令t＝，t＞e，则t1－lnt＜1，即ln(t1－lnt)＜0，从而(1－)lnt＋ln(lnt)＜0，又(1－)lnt＋ln(lnt)＜(1－)lnt＋lnt－1＝(2－)lnt－1.令φ(t)＝(2－)lnt－1，t＞e，则φ′(t)＝－lnt＋(2－)＝－lnt＋－，又φ″(t)＝－－＜0，故φ′(t)在(e，＋∞)上单调递减，所以φ′(t)＜φ′(e)＝－1＋＜0，所以φ(t)在(e，＋∞)上单调递减，所以φ(t)＜φ(e)＝1－＜0，所以q()＜0.11 注：缺少(*)式证明，扣1分11