江苏省苏北四市2022-2023学年高三数学上学期期末考试试卷（Word版附答案）

这是一份江苏省苏北四市2022-2023学年高三数学上学期期末考试试卷（Word版附答案），共9页。

(满分：150分 考试时间：120分钟)
2023．1
一、 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若非空且互不相等的集合M，N，P满足M∩N＝M，N∪P＝P，则M∪P＝( )
A. M B. N C. P D. ∅
2. 已知i5＝a＋bi(a，b∈R)，则a＋b的值为( )
A. －1 B. 0 C. 1 D. 2
3. 设p：4x－3＜1；q：x－(2a＋1)＜0，若p是q的充分不必要条件，则( )
A. a＞0 B. a＞1 C. a≥0 D. a≥1
4. 已知点Q在圆C：x2－4x＋y2＋3＝0上，点P在直线y＝x上，则PQ的最小值为( )
A. eq \r(2) －1 B. 1 C. eq \r(2) D. 2
5. 某次足球赛共8支球队参加，分三个阶段进行．
(1) 小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组4队进行单循环比赛，以积分和净胜球数取前两名；
(2) 半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名进行主、客场交叉淘汰赛(每两队主、客场各赛1场)，决出胜者；
(3) 决赛：两个胜队参加，比赛1场，决出胜负．
则全部赛程共需比赛的场数为( )
A. 15 B. 16 C. 17 D. 18
6. 若f(x)＝sin (2x＋ eq \f(π,6) )在区间[－t，t]上单调递增，则实数t的取值范围是( )
A. [ eq \f(π,6) ， eq \f(π,2) ] B. (0， eq \f(π,3) ] C. [ eq \f(π,6) ， eq \f(π,3) ] D. (0， eq \f(π,6) ]
7. 足球是由12个正五边形和20个正六边形组成的．如图，将足球上的一个正六边形和它相邻的正五边形展开放平，若正多边形边长为a，A，B，C分别为正多边形的顶点，则 eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(AC,\s\up6(→)) ＝( )
A. (3＋ eq \r(3) cs 18°)a2
B. ( eq \r(3) ＋cs 18°)a2
C. (3＋ eq \r(2) cs 18°)a2
D. (3 eq \r(3) ＋3cs 18°)a2
8. 在某次数学节上，甲、乙、丙、丁四位同学分别写下了一个命题：
甲：ln 3＜ eq \r(3) ln 2；乙：ln π＜ eq \r(\f(π,e)) ；丙：2 eq \r(12) ＜12；丁：3eln 2＞4 eq \r(2) .
所写为真命题的是( )
A. 甲和乙 B. 甲和丙 C. 丙和丁 D．甲和丁
二、 多选题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，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. 连续抛掷一枚骰子2次，记事件A表示“2次结果中正面向上的点数之和为奇数”，事件B表示“2次结果中至少一次正面向上的点数为偶数”，则( )
A. 事件A与事件B不互斥 B. 事件A与事件B相互独立
C. P(AB)＝ eq \f(3,4) D. P(A|B)＝ eq \f(2,3)
10. 在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝3，底面ABCD是边长为2的正方形，底面A1B1C1D1的中心为M，则( )
A. C1D1∥平面ABM
B. 向量 eq \(AM,\s\up6(→)) 在向量 eq \(AC,\s\up6(→)) 上的投影向量为 eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up6(→))
C. 棱锥MABCD的内切球的半径为 eq \f(3\r(10),10)
D. 直线AM与BC所成角的余弦值为 eq \f(\r(11),11)
11. 公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派把 eq \f(\r(5)－1,2) ( eq \f(\r(5)－1,2) ≈0.618)称为黄金数．离心率等于黄金数的倒数的双曲线称为黄金双曲线．若黄金双曲线E： eq \f(x2,a2) －y2＝1(a＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，虚轴的上端点为B，左焦点为F，离心率为e，则( )
A. a2e＝1
B. A2B· eq \(FB,\s\up6(→)) ＝0
C. 顶点到渐近线的距离为e
D. △A2FB的外接圆的面积为 eq \f(2＋\r(5),4) π
12. 设函数f(x)的定义域为R，f(2x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[0，1]时，f(x)＝ax＋b，若f(0)＋f(3)＝－1，则( )
A. b＝－2 B. f(2 023)＝－1
C. f(x)为偶函数 D. f(x)的图象关于点( eq \f(1,2) ，0)对称
三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．
13. 若(1－2x)5(x＋2)＝a0＋a1x＋…＋a6x6，则a3＝________．
14. 某学校组织1 200名学生进行“防疫知识测试”．测试后统计分析如下：学生的平均成绩为x＝80，方差为s2＝25.学校要对成绩不低于90分的学生进行表彰．假设学生的测试成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为平均数x，σ2近似为方差s2，则估计获表彰的学生人数为________．(四舍五入，保留整数)
参考数据：随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.682 7，
P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.954 5，P(μ－3σ＜X＜μ＋3σ)＝0.997 3.
15. 已知抛物线y2＝2x与过点T(6，0)的直线相交于A，B两点，且OB⊥AB(O为坐标原点)，则△OAB的面积为________．
16. 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\ac\hs10\c2(ex－1，,x≤1，,|ln （x－1）|，,x＞1，))) 则函数F(x)＝f(f(x))－2f(x)－ eq \f(1,2) 的零点个数为________．
四、 解答题：本题共6小题，共计70分．解答时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△ABC为锐角三角形，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a cs B＋b cs A＝2c cs C.
(1) 求角C的大小；
(2) 若c＝2，求△ABC的周长的取值范围．
18.(本小题满分12分)
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S3＝14，S6＝126.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 当n∈N*时，anb1＋an－1b2＋…＋a1bn＝4n－1，求数列{bn}的通项公式．
19.(本小题满分12分)
如图，在四棱锥SABCD中，侧面SAD⊥底面ABCD，SA⊥AD，且四边形ABCD为平行四边形，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝ eq \f(π,3) ，SA＝3.
(1) 求二面角SCDA的大小；
(2) 若点P在线段SD上且满足 eq \(SP,\s\up6(→)) ＝λ eq \(SD,\s\up6(→)) ，试确定实数λ的值，使得直线BP与平面PCD所成的角最大．
20.(本小题满分12分)
设椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，离心率为 eq \f(\r(3),3) ，若椭圆E上的点到直线l：x＝ eq \f(a2,c) 的最小距离为3－ eq \r(3) .
(1) 求椭圆E的方程；
(2) 过F1作直线交椭圆E于A，B两点，设直线AF2，BF2与直线l分别交于C，D两点，线段AB，CD的中点分别为M，N，O为坐标原点，若M，O，N三点共线，求直线AB的方程．
21.(本小题满分12分)
第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．
(1) 扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有 eq \f(2,3) 的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和数学期望．
(2) 好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知p1＝1，p2＝0.
① 试证明：{pn－ eq \f(1,3) }为等比数列；
② 设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
22. (本小题满分12分)
已知函数f(x)＝aex＋cs x＋ eq \f(1,2) x2，其中a为实数，e是自然对数的底数．
(1) 当a＝0时，求曲线f(x)在点( eq \f(π,2) ，f( eq \f(π,2) ))处的切线方程；
(2) 若g(x)为f(x)的导数，g(x)在(0，π)上有两个极值点，求a的取值范围．
2022～2023学年高三年级模拟试卷(苏北四市)
数学参考答案及评分标准
1. C 2. C 3. A 4. A 5. C 6. D 7. A 8. B 9. AD 10. ABD 11. ABD 12. AC
13. －120 14. 27 15. 15 eq \r(2) 16. 5
17. 解：(1) 由正弦定理，得sin A cs B＋sin B cs A＝2sin C cs C，
即sin (A＋B)＝2sin C cs C，即sin C＝ 2sin C cs C．(2分)
又C∈(0，π)，所以sin C≠0，
所以cs C＝ eq \f(1,2) ，故C＝ eq \f(π,3) .(4分)
(2) 由正弦定理，得a＝ eq \f(c sin A,sin C) ＝ eq \f(4,\r(3)) sin A，b＝ eq \f(4,\r(3)) sin B，(5分)
所以△ABC的周长L＝a＋b＋c＝ eq \f(4,\r(3)) (sin A＋sin B)＋2＝ eq \f(4,\r(3)) [sin A＋sin ( eq \f(2π,3) －A)]＋2
＝4( eq \f(\r(3),2) sin A＋ eq \f(1,2) cs A)＋2＝4sin (A＋ eq \f(π,6) )＋2.(8分)
由△ABC为锐角三角形可知， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0所以 eq \f(π,3) ＜A＋ eq \f(π,6) ＜ eq \f(2π,3) ，所以sin (A＋ eq \f(π,6) )∈( eq \f(\r(3),2) ，1]，
所以△ABC的周长的取值范围是(2＋2 eq \r(3) ，6].(10分)
18. 解：(1) 设数列{an}的公比为q.
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝a1＋a2＋a3＝14 ①，,S6－S3＝a4＋a5＋a6＝112 ②，)) eq \f(②,①) 得q3＝8，所以q＝2，(3分)
有S3＝a1＋a2＋a3＝a1＋2a1＋4a1＝14，得a1＝2，
则数列{an}的通项公式为an＝2n.
(注：若使用等比求和公式没有讨论公比q＝1，扣1分)(5分)
(2) 由2nb1＋2n－1b2＋…＋2bn＝4n－1，n＝1时2b1＝3，得b1＝ eq \f(3,2) ，(6分)
所以n≥2时，2n－1b1＋2n－2b2＋…＋2bn－1＝4n－1－1.(8分)
2nb1＋2n－1b2＋…＋2bn＝2(2n－1b1＋2n－2b2＋…＋2bn－1)＋2bn＝4n－1，(10分)
有2(4n－1－1)＋2bn＝4n－1，得n≥2时，bn＝4n－1＋ eq \f(1,2) ，(11分)
又b1＝ eq \f(3,2) ，故bn＝4n－1＋ eq \f(1,2) .(12分)
19. 解：(1) 连接AC，在△ABC中，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝ eq \f(π,3) ，
由余弦定理得AC＝ eq \r(3) ，所以∠BAC＝ eq \f(π,2) .(2分)
因为侧面SAD⊥底面ABCD，平面SAD∩底面ABCD＝AD，SA⊥AD，
所以SA⊥平面ABCD，所以SA⊥AC.(4分)
(解法1)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(1，0，0)，C(0， eq \r(3) ，0)，S(0，0，3)，D(－1， eq \r(3) ，0)， eq \(CD,\s\up6(→)) ＝(－1，0，0)， eq \(SC,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) ，－3).
设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\(SC,\s\up6(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,\r(3)y－3z＝0，)) 可取n＝(0， eq \r(3) ，1).
易知m＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量．(6分)
所以cs θ＝ eq \f(n·m,|n||m|) ＝ eq \f(1,\r(1＋3)) ＝ eq \f(1,2) .
因为二面角SCDA为锐角，
所以θ＝ eq \f(π,3) ，即二面角SCDA的大小为 eq \f(π,3) .(8分)
(解法2)因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥CD.
因为四边形ABCD为平行四边形，所以AC⊥CD，
又SA∩AC＝A，所以CD⊥平面SAC，所以CD⊥SC.
又平面ACD∩平面SCD＝CD，所以∠ACS为二面角SCDA的平面角．(6分)
因为tan ∠ACS＝ eq \f(3,\r(3)) ＝ eq \r(3) ，二面角SCDA为锐角，所以θ＝ eq \f(π,3) ，
即二面角SCDA的大小为 eq \f(π,3) .(8分)
(2) 设P(x1，y1，z1)， eq \(SP,\s\up6(→)) ＝λ eq \(SD,\s\up6(→)) ， 得(x1，y1，z1－3)＝λ(－1， eq \r(3) ，－3)，
x1＝－λ，y1＝ eq \r(3) λ，z1＝3－3λ，所以P(－λ， eq \r(3) λ，3－3λ) ，所以 eq \(BP,\s\up6(→)) ＝(－λ－1， eq \r(3) λ，3－3λ).(10分)
由(1)知平面PCD的一个法向量为n＝(0， eq \r(3) ，1).
因为cs α＝ eq \f(\(BP,\s\up6(→))·n,|\(BP,\s\up6(→))||n|) ＝ eq \f(3λ＋3－3λ,2\r(（λ＋1）2＋（\r(3)λ）2＋（3－3λ）2)) ＝ eq \f(3,2\r(13λ2－16λ＋10)) ，
所以当λ＝ eq \f(8,13) 时，cs α最大， 即当λ＝ eq \f(8,13) 时，BP与平面PCD所成的角最大．(12分)
20. 解：(1) 由条件知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),3)，,\f(a2,c)－a＝3－\r(3)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(3)，,c＝1，)) 所以b2＝a2－c2＝2，
所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.(4分)
(2) 由(1)知，F1(－1，0)，F2(1，0)，
由题意知，直线AB的斜率不为0.设直线AB的方程为x＝my－1，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，,x＝my－1，)) 消去x并整理得(2m2＋3)y2－4my－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝ eq \f(4m,2m2＋3) ，y1y2＝ eq \f(－4,2m2＋3) .(6分)
所以yM＝ eq \f(2m,2m2＋3) ，xM＝myM－1＝ eq \f(－3,2m2＋3) ，
所以直线OM的斜率为kOM＝ eq \f(yM,xM) ＝－ eq \f(2m,3) .
直线AF2的方程为y＝ eq \f(y1,x1－1) (x－1)，直线l的方程为x＝3，则C(3， eq \f(2y1,x1－1) ).
直线BF2的方程为y＝ eq \f(y2,x2－1) (x－1)，同理有D(3， eq \f(2y2,x2－1) ).(8分)
所以yN＝ eq \f(y1,x1－1) ＋ eq \f(y2,x2－1) ＝ eq \f(y1,my1－2) ＋ eq \f(y2,my2－2) ＝ eq \f(y1（my2－2）＋y2（my1－2）,（my1－2）（my2－2）)
＝ eq \f(2my1y2－2（y1＋y2）,m2y1y2－2m（y1＋y2）＋4) ＝ eq \f(2m·\f(－4,2m2＋3)－2×\f(4m,2m2＋3),m2·\f(－4,2m2＋3)－2m·\f(4m,2m2＋3)＋4) ＝ eq \f(4m,m2－3) ，(10分)
所以直线ON的斜率为kON＝ eq \f(yN,xN) ＝ eq \f(4m,3（m2－3）) .
由M，O，N三点共线可得kOM＝kON，即－ eq \f(2m,3) ＝ eq \f(4m,3（m2－3）) ，
所以m＝0或m＝±1.
故直线AB的方程为x＝－1或x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.(12分)
21. (1) 解：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为p＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,9) ，(1分)
门将在前三次扑到点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，易知X～B(3， eq \f(1,9) )，
所以P(X＝k)＝C eq \\al(k,3) ×( eq \f(1,9) )k×( eq \f(8,9) )3－k，k＝0，1，2，3，(2分)
故X的分布列为
所以X的数学期望E(X)＝3× eq \f(1,9) ＝ eq \f(1,3) .(6分)
(2) ① 证明：第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，
则当n≥2时，第n－1次传球之前球在甲脚下的概率为pn－1，
第n－1次传球之前球不在甲脚下的概率为1－pn－1，
则pn＝pn－1×0＋(1－pn－1)× eq \f(1,2) ＝－ eq \f(1,2) pn－1＋ eq \f(1,2) ，(8分)
所以{pn－ eq \f(1,3) }是以 eq \f(2,3) 为首项， 公比为－ eq \f(1,2) 的等比数列. (10分)
② 解：由①可知pn＝ eq \f(2,3) (－ eq \f(1,2) )n－1＋ eq \f(1,3) ，所以p10＝ eq \f(2,3) (－ eq \f(1,2) )9＋ eq \f(1,3) ＜ eq \f(1,3) ，
所以q10＝ eq \f(1,2) (1－p10)＝ eq \f(1,2) [ eq \f(2,3) － eq \f(2,3) (－ eq \f(1,2) )9]＞ eq \f(1,3) ，故p10＜q10.(12分)
22. 解：(1) 当a＝0时，f(x)＝cs x＋ eq \f(1,2) x2，则f′(x)＝－sin x＋x，所以f′( eq \f(π,2) )＝ eq \f(π,2) －1.(1分)
又f( eq \f(π,2) )＝ eq \f(π2,8) ，所以曲线y＝f(x)在点( eq \f(π,2) ，f( eq \f(π,2) ))处的切线方程为y＝( eq \f(π,2) －1)x－ eq \f(π2,8) ＋ eq \f(π,2) .(3分)
(2) 因为g(x)＝aex－sin x＋x，所以g′(x)＝aex－cs x＋1，
g(x)在(0，π)上有两个极值点，即g′(x)在(0，π)内有两个变号零点．
令g′(x)＝0得aex－cs x＋1＝0，所以a－ eq \f(cs x－1,ex) ＝0.(5分)
设h(x)＝a－ eq \f(cs x－1,ex) ，则h′(x)＝ eq \f(sin x＋cs x－1,ex) ＝ eq \f(\r(2)sin （x＋\f(π,4)）－1,ex) ，
当x∈(0， eq \f(π,2) )时，sin (x＋ eq \f(π,4) )∈( eq \f(\r(2),2) ，1]，所以h′(x)＞0，所以h(x)单调递增；
当x∈( eq \f(π,2) ，π)时，sin (x＋ eq \f(π,4) )∈(－ eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(2),2) )，所以h′(x)＜0，所以h(x)单调递减，(7分)
所以h(0)＝a，h( eq \f(π,2) )＝a＋e－ eq \f(π,2) ，h(π)＝a＋2e－π.
当－e－ eq \f(π,2) ＜a＜－2e－π时，h(0)＜0，h( eq \f(π,2) )＞0，h(π)＜0，
所以∃x1∈(0， eq \f(π,2) )，x2∈(0，π)，使h(x1)＝h(x2)＝0.(9分)
当x∈(0，x1)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(x1，x2)时，h(x)＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(x2，π)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
即－e－ eq \f(π,2) ＜a＜－2e－π时，g(x)在(0，π)上有两个极值点．(12分)X
0
1
2
3
P
eq \f(512,729)
eq \f(64,243)
eq \f(8,243)
eq \f(1,729)