2022-2023学年江苏省无锡市高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年江苏省无锡市高三上学期期末数学试题及答案，共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，集合A为奇数集，求出集合B，根据交集的定义即可求解.
【详解】解：因为集合，
所以，
故选：B.
2. “”是“复数为纯虚数”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】A
【解析】
【分析】，时是纯虚数，是纯虚数，则，得到答案．
【详解】，
时是纯虚数，充分；是纯虚数，则，不必要．
故选：A
3. 若，，则（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据确定得到，根据得到，得到答案.
【详解】，即，，故，
，故，故，故，
，，故．
故选：D
4. 函数的部分图象大致为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出定义域，由得到为偶函数，结合函数在上函数值的正负，排除BC，结合函数图象的走势，排除D，得到正确答案.
【详解】变形为，定义域为，
，故为偶函数，关于y轴对称．
当时，，时，，排除BC，
又时，，故排除D，A正确.
故选：A．
5. 已知m，n为异面直线，平面，平面．若直线l满足，，，．则下列说法正确的是（ ）．
A. ，B. ，
C. 与相交，且交线平行于lD. 与相交，且交线垂直于l
【答案】C
【解析】
【分析】利用异面直线、线面的位置关系即可求解.
【详解】由于m，n为异面直线，平面，平面，则平面与平面必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，故AB错误；
又直线满足，，，，则交线平行于故C正确，D错误.
故选：C
6. 在平行四边形ABCD中，已知，，，，则（ ）．
A. B. C. 6D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量的数量积的运算律，可以得所求数量积的值.
【详解】由题意可得：，，
∵，①
，②
①－②得：，即，
∴．
故选：A．
7. 双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线左、右两支分别交于点P，Q，若，M为PQ的中点，且，则双曲线的离心率为（ ）．
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由得出，，，在中利用勾股定理得出离心率.
【详解】解：MPQ中点，，∴ 等腰三角形．
令，则，，，
∴，∴，
∴，，，
，，，，
∴中，，
∴，∴．
故选：C．
8. 设，，，则下列关系正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用导数求出函数的单调区间，即可比较，再构造函数，判断函数在上的单调性，即可比较，从而可得出答案.
【详解】令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，即，
所以，
令，则，
令，
则，
所以在上递减，
所以，所以，
所以在上递减，
所以，
即当时，，
所以，
即，
所以．
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于构造函数和，即，当且仅当时，取等号，当时，.
二、选择题：本题共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. 已知由样本数据组成的一个样本，得到经验回归方程为，且，去除两个样本点和后，得到新的经验回归方程为．在余下的8个样本数据和新的经验回归方程中（ ）．
A. 相关变量x，y具有正相关关系
B. 新的经验回归方程为
C. 随着自变量x值增加，因变量y值增加速度变小
D. 样本的残差为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据线性回归方程的求法、意义可判断ABC ，再由残差的概念判断D.
【详解】，x新平均数，．
y新平均数，∴，∴．
新的线性回归方程，x，y具有正相关关系，A对．
新的线性回归方程：，B对．
由线性回归方程知，随着自变量x值增加，因变量y值增加速度恒定，C错；
，，，D对．
故选：ABD．
10. 已知，为曲线的焦点，则下列说法正确的是（ ）．
A. 若曲线C的离心率，则
B. 若，则曲线C的两条渐近线夹角为
C. 若，曲线C上存在四个不同点P，使得
D. 若，曲线C上存在四个不同点P，使得
【答案】BD
【解析】
【分析】分焦点在轴上和焦点在轴上两种情况讨论，即可判断A；分别求出双曲线两渐近线的夹角即可判断B；当点位于上下顶点时，最大，求出此时的值，即可判断C；若，则曲线是焦点在上的双曲线，再根据以线段为直径的圆与双曲线交点的个数即可判断D.
【详解】对于A，若曲线C的离心率，则该曲线为椭圆，
当焦点在轴上时，，，解得，
当焦点在轴上时，，，解得，
综上，若曲线C的离心率，则或，故A错误；
对于B，时，曲线，渐近线，
两渐近线的倾斜角分别为，
所以两渐近线夹角为，故B正确；
对于C，，曲线，，，，
当点位于上下顶点时，最大，
点位于上下顶点时，，则，
所以曲线上不存在点P使得，故C错误；
对于D，若，则曲线是焦点在上的双曲线，则，
所以以线段为直径的圆与双曲线有4个交点，此4个交点即为点，故D正确.
故选：BD．
11. 已知正三棱柱，底面边长为2，D是AC中点，若该正三棱柱恰有一内切球，下列说法正确的是（ ）．
A. 平面平面
B. 平面
C. 该正三棱柱体积为2
D. 该正三棱柱外接球的表面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用线面、面面垂直的判定定理即可判断A，根据空间垂直的坐标表示即可证明B，根据柱体的体积公式计算即可判断C，根据球的表面积公式计算即可判断D.
【详解】C：正三棱柱存在内切圆，则内切圆的直径为球的直径，亦为三棱柱的高，
设内切圆半径为r，则，，
，∴，故C正确；
A：在正三棱柱中，由正三棱柱的性质可得，，平面，，
∴平面，平面，∴平面平面，故A正确；
B：如图建系，则，，，，
，，
∴，∴与不垂直，故B错误．
D：设三棱柱外接球的半径为R，外接圆半径为，
∴，，D错误．
故选：AC．
12. 已知函数满足．下列说法正确的是（ ）．
A.
B. 当，都有，函数的最小正周期为
C. 若函数在上单调递增，则方程在上最多有4个不相等的实数根
D. 设，存在，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，赋值法得到且关于中心对称；B选项，得到，故；
C选项，结合函数图象得到，即，先考虑时，实数根的个数，再由函数图象的伸缩变化得到时根的情况，求出答案；
D选项，分析得到，即在有两个最大值点，故，求出，，根据最大值点个数列出不等式组，求出的取值范围.
【详解】对应A，中，令可得：，故，且关于中心对称，A正确；
对于B，因为，恒成立，
不妨取时，此时之间的距离最长，求得的周期应为函数的最小周期，
∴，
∴，B错误；
对于C，画出大致图象，因为关于中心对称，
又在单调递增，
∴，
∴．
当时，此时，故，
将代入可得，
解得：，故，不妨令
令，解得：，
因为，所以，
故令或或或，解得：或或或.
所以在两个周期内存在四个根．
时，此时图象纵坐标不变，横坐标变大，整个函数图象拉伸，
故在至多4个根，C正确；
对于D，，
，，
即，，即，
∴，
即在至少有两个最大值点，故，
∴，
∴，，，
由于，所以，
①，解得；
②，解得；
③，解得．②与③求并集为；
当时，，满足在至少有两个最大值点，
可知，D对．
故选：ACD．
【点睛】在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若的展开式中第5项为常数项，则该常数项为______（用数字表示）．
【答案】60
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，令即可求解.
【详解】展开式第项，
，
第5项为常数项：，，，
．
故答案为：60.
14. 请写出一个与x轴和直线都相切的圆的方程______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】先判断出圆心在，写出圆心和半径，即可得到圆的方程.
【详解】因为圆与x轴与都相切，所以圆心在.
不妨取，则.
要使圆与x轴相切，只需半径为1.
所以圆的方程为：．
故答案为：（答案不唯一）.
15. 函数的图象在点处的切线l恒过定点，则该定点坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用函数值的定义及导数的几何意义，结合直线的点斜式方程即可求解.
【详解】由题意可知，，切点，
，
所以函数的图象在点处的切线的斜率为
，
所以函数的图象在点处的切线方程为，
即，
所以，解得，
所以切线方程恒过定点为．
故答案为：.
16. 已知向量，，，则______，______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设，，得到，利用累乘法求出，结合，求出，，裂项相消法求和得到答案.
【详解】设，，
∴，
∴，
故，，
∴，
，
以上个式子相乘得：，，
又因为，所以，
∴，，
∴，，，
，
∴
．
故答案为：，．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知等差数列的前n项和为，公差，是，的等比中项，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，，求．
【答案】（1）
（2）191
【解析】
【分析】(1)根据等差数列的基本量的计算列出方程组，解之即可求解；
(2)由(1)知，，进而，两式相减，即可求解.
【小问1详解】
设公差为d，
由题意得，
解得，∴．
【小问2详解】
，①
，②
②－①得，，
∵，∴．
∴
．
18. 在①，②，③的面积为，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且______．
（1）求角A；
（2）若，的内切圆半径为，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①，根据已知条件及正弦定理的边角化，再利用三角形的内角和定理及两角和的正弦公式，结合三角函数的特殊值对应特殊角注意角的范围即可求解；
选②，根据已知条件及三角形的内角和定理，再利用两角和的正切公式及三角函数的特殊值对应特殊角注意角的范围即可求解；
选③，根据已知条件及三角形的面积公式，再利用余弦定理的推论及三角函数的特殊值对应特殊角注意角的范围即可求解；
（2）根据（1）的结论及三角形的面积公式，结合余弦定理即可求解.
【小问1详解】
若选①，由及正弦定理，得，
即，
即，
所以，
因为,所以，
所以，又,
所以．
若选②，由，得
，
∴，
因为,所以，当时，不存在，
所以，又,
所以．
若选③，因为的面积为，
所以，
即，
所以，又,
所以．
【小问2详解】
由（1）知，，
∵内切圆半径为，
∴，即
，
由余弦定理，得，即，
所以，
联立，得，解得，
所以．
19. 如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，分别为的中点，，．
（1）求证：平面PAD；
（2）在线段上求点，使得平面与平面夹角余弦值为．
【答案】（1）证明见解析
（2）为上靠近的四等分点的位置．
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，画出图形利用线面平行的方法证明即可；
（2）假设存在根据题意建立空间直角坐标系，利用法向量建立面面角的等式，求出参数即可.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，如图所示：
∵分别为中点，且四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD．
【小问2详解】
由平面，底面为矩形，
所以以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，，
则，，，，
∴，，
∴，，，
设平面的一个法向量为：，
∴，
设平面的一个法向量为：，
．
设平面与平面所成角为，
∴，
，
∴在AP上存在，
即M为AP上靠近PA的四等分点的位置．
20. 体育比赛既是运动员展示个人实力的舞台，也是教练团队排兵布阵的战场．在某团体比赛项目中，教练组想研究主力队员甲、乙对运动队得奖牌的贡献，根据以往的比赛数据得到如下统计：
（1）根据小概率值的独立性检验，能否认为该运动队赢得奖牌与甲参赛有关联？
（2）根据以往比赛的数据统计，乙队员安排在1号，2号，3号三个位置出场比赛，且出场率分别为0.3，0.5，0.2，同时运动队赢得奖牌的概率依次为：0.6，0.7，0.5．则
①当乙队员参加比赛时，求该运动队比赛赢得奖牌的概率；
②当乙队员参加比赛时，在运动队赢得比赛奖牌的条件下，求乙在2号位置出场的概率．
附表及公式：
【答案】（1）可以认为该运动队赢得奖牌与甲参赛有关联
（2）①0.63；②．
【解析】
【分析】(1)根据数据的分析完成列联表，利用卡方公式和独立性检验的思想即可下结论；
(2)根据独立事件的概率公式和条件概率的求法即可求解.
【小问1详解】
由题意知，，，
，
2×2列联表如下：
，
∴可以认为该运动队赢得奖牌与甲参赛有关联．
小问2详解】
①乙队员参加比赛时，赢得奖牌的概率．
②记事件A为“乙运动员赢得比赛奖牌”，事件B为“乙在2号位置出场”，
∴．
21. 已知椭圆的右焦点F和抛物线的焦点重合，且和的一个公共点是．
（1）求和的方程；
（2）过点F作直线l分别交椭圆于A，B，交抛物线于P，Q，是否存在常数，使为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1），
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）先求出抛物线的方程，进而求出焦点，再根据椭圆的右焦点与其重合，列出方程组求解即可；
（2）利用弦长公式分别表示出，然后代入，可求出使为定值的常数.
【小问1详解】
解：由题意知，
∴，抛物线焦点，
∴方程：，方程：．
【小问2详解】
解：方法一：假设存在这样的l，
设直线l的方程为：，，，
，．
，
∴．
设，，
，，，
∴，
∴为定值．
∴，∴存在常数使为定值．
方法二：对比前系数．
方法三：设l倾斜角为，
∴，
，
∴为定值，
∴，，此时定值为．
22. 已知函数，其中a为实数．
（1）若在区间上单调递增，求a的取值范围；
（2）若，试判断关于x的方程在区间上解的个数，并给出证明．（参考数据：）
【答案】（1）；
（2）2个，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由导函数恒成立，利用分离参数法得到，记，利用单调性求出，即可求出a的取值范围；
（2）由得到函数，利用导数判断出在区间上单调性，利用零点存在定理即可判断.
【小问1详解】
因为在区间上单调递增，
所以对恒成立，
所以．
记.
因为 在上单调递增且恒大于0.
在上单调递增，当时，所以不可能取得最大值；
当时且单调递增，单调递增且恒大于0，所以在上单调递增，所以.
所以.
【小问2详解】
由得到.
令，则.
记，则
.
当时，，单调递减，即单调递减.
．
而，当
故，
故当时，，
所以存在唯一的使，
且当时，，单调递增；当时，，单调递减．
当时，令，
则，以在上单调递增.
因为，，
所以存在唯一的使，且在上单调递减；在上单调递增.
而，，，
∴存在唯一的使，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上所述：当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增．
，
当时，
，
所以 ，，
所以在，上各有一个零点，
所以在区间上共两个解．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；
（4）利用导数证明不等式；
（5）利用导数研究零点问题.
运动队赢得奖牌
运动队未得奖牌
总计
甲参加
40
b
70
甲未参加
c
40
f
总计
50
e
n
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
运动队赢得奖牌
运动队未得奖牌
总计
甲参加
40
30
70
甲未参加
10
40
50
总计
50
70
120