2022-2023学年江苏省苏州市张家港市高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年江苏省苏州市张家港市高三上学期期末数学试题及答案，共27页。试卷主要包含了本卷共6页，包含单项选择题，请在答题卡，FAST的反射面的形状为球冠等内容，欢迎下载使用。

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：
1．本卷共6页，包含单项选择题（第1题~第8题）､多项选择题（第9题~第12题）､填空题（第13题~第16题）､解答题（第17题~第22题）．本卷满分150分，考试时间为120分钟，考试结束后，请将答题卡交回．
2．答题前，请您务必将自己的姓名､调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置．
3．请在答题卡．上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字请注意字体工整，笔迹清楚．
一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先通过对数函数的单调性求出集合B，进而求出交集.
【详解】因为，所以.
故选：C.
2. 复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出等式右侧复数的模，然后表示出复数z，再化简变形求得结果.
【详解】由已知，可得，∴.
故选：C．
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用和差角公式展开,求得后再算即可.
【详解】由有,
故,合并同类型有,
显然,所以,故
故选A
【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换,包括和差角公式与二倍角公式等,属于中等题型.
4. 若数列满足，则的值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过列举得到数列具有周期性，，所以.
【详解】，
同理可得：，
可得，则.
故选:C.
5. 已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为（ ）
A. －4B. 4C. 5D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的解集求出的值和的取值范围，在代入中利用对勾函数的单调性求出它的最小值.
【详解】由的解集为，
则，且，是方程的两根，
由根与系数的关系知，
解得，，当且仅当时等号成立，
故， 设，
函数在上单调递增，
所以
所以的最小值为5.
故选：C
6. 2020年1月11日，被誉为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜通过国家验收正式开放运行，成为全球口径最大且最灵敏的射电望远镜(简称FAST)．FAST的反射面的形状为球冠．球冠是球面被平面所截得的一部分，截得的圆为球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段为球冠的高．某科技馆制作了一个FAST模型，其口径为5米，反射面总面积为平方米，若模型的厚度忽略不计，则该球冠模型的高为（ ）(注：球冠表面积，其中R是球的半径，是球冠的高)
A. 米B. 米
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出轴截面图形，可以球的几何性质以及球冠的表面积，列出方程组，求解即可．
【详解】如图所示为球的轴截面图像，ACD部分为该球冠的轴截面，是弦，是球的半径，点为的中点，
则于点，
由题意可得，，，，
所以，，
在中，由勾股定理可得①，
又由球冠的表面积可得，②，
由①②可得，，
所以该球冠模型的高为米．
故选：B．
7. 已知,,,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性,分别判断与特殊值之间的大小关系,再构造函数,求导求单调性后,将分别带入,进行化简即可判断与1的大小关系,即可得出结果.
【详解】解:由题知上单调递增,
所以
,
由于在上单调递减,
所以
,
设,
所以
故在上,,单调递增,
在上,,单调递减,
故,
即,
化简可得:,
即,
因为在上单调递增,
所以,
故
综上:
故选:A
8. 已知偶函数满足且，当时,，关于的不等式在上有且只有200个整数解，则实数的取值范围为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断f（x）在（0，8）上的单调性，根据对称性得出不等式在一个周期（0，8）内有4个整数解，再根据对称性得出不等式在（0，4）上有2个整数解，从而得出a的范围．
【详解】当0＜x≤4时，f′（x）=，
令f′（x）=0得x=，
∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，4）上单调递减，
∵f（x）是偶函数，
∴f（x+4）=f（4﹣x）=f（x﹣4），
∴f（x）的周期为8，
∵f（x）是偶函数，且不等式f2（x）+af（x）＞0在[﹣200，200]上有且只有200个整数解，
∴不等式在（0，200）内有100个整数解，
∵f（x）在（0，200）内有25个周期，
∴f（x）在一个周期（0，8）内有4个整数解，
（1）若a＞0，由f2（x）+af（x）＞0，可得f（x）＞0或f（x）＜﹣a，
显然f（x）＞0在一个周期（0，8）内有7个整数解，不符合题意；
（2）若a＜0，由f2（x）+af（x）＞0，可得f（x）＜0或f（x）＞﹣a，
显然f（x）＜0在区间（0，8）上无解，
∴f（x）＞﹣a在（0，8）上有4个整数解，
∵f（x）在（0，8）上关于直线x=4对称，
∴f（x）在（0，4）上有2个整数解，
∵f（1）=ln2，f（2）==ln2，f（3）=，
∴f（x）＞﹣a在（0，4）上的整数解为x=1，x=2．
∴≤﹣a＜ln2，
解得﹣ln2＜a≤﹣．
故答案为：D
【点睛】（1）本题主要考查函数的奇偶性和单调性，考查函数的图像和性质，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.（2）解答本题的关键有两点，其一是分析出函数f(x)的周期性和对称性，f（x）在一个周期（0，8）内有4个整数解.其二是对a分类讨论，得到a的取值范围.
二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
9. 已知随机变量服从正态分布，则下列说法中正确的有（ ）
A. B.
C. D. 的方差为2
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意得出，结合正态分布图象的对称性，对各选项逐项判定，即可求出结果．
【详解】因为随机变量服从正态分布，
所以，
即此正态分布的图象关于对称，由对称性可知，
所以，故A正确；
因为和关于对称，而和不关于对称，
由对称性可知，，故B正确，C错误；
的方差为4，故D错误．
故选：AB．
10. 已知向量，则（ ）
A. B. 向量在向量上的投影向量是
C. D. 与向量方向相同的单位向量是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量数量积的坐标运算可判断A；利用向量数量积的几何意义可判断B；利用向量模的坐标表示可判断C；根据向量方向相同的单位向量可判断D.
【详解】由向量
A，，所以，所以，故A正确；
B，向量在向量上的投影向量为，故B错误；
C，，所以，故C正确；
D，与向量方向相同的单位向量，故D正确.
故选：ACD
11. 已知圆C：点P在直线l：上运动，以线段PC为直径的圆D与圆C相交于A，B两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线l与圆相离B. 圆D的面积的最小值为
C. 弦长的最大值为2D. 直线AB过定点
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离与半径1的大小关系可判断A；设，利用两点间的距离公式求出圆的半径，从而可得半径的最小值，可判断B；结合点的坐标，可表示圆的方程，再求出相交弦的直线方程，从而可判断D；根据圆直径为2，弦不过圆心，所以小于2，可判断C.
【详解】解：由题设得圆的圆心，半径为1，
对于选项A：圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，A正确；
对于选项B：由于点在直线上运动，设，则圆的圆心，
所以圆的半径，
故当时半径有最小值，
所以圆的面积的最小值为，故B正确；
对于选项D：由上面B选项可知圆的方程为，
将圆的方程与圆的方程相减可得相交弦的直线方程为：
，
整理得，
令，解得，
所以直线过定点，故D正确；
对于选项C：由C得，弦的直线方程为：，
若弦过圆心，
则，方程无解，
所以弦不过圆心，从而小于圆直径，圆直径为2，故C错误．
故选：ABD．
12. 在三棱锥中，已知，，，平面平面ABC，且，则（ ）．
A.
B. 平面平面ABC
C. 三棱锥的体积为
D. 三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】通过证明平面来判断AB选项的正确性；通过计算三棱锥的体积来判断C选项的正确性；求出三棱锥的外接球的表面积来判断D选项的正确性.
【详解】因为，，
所以，所以，
过D作于E．
因为平面平面ABC，平面平面，
所以平面ABC，所以，
假设DB，DE不重合，因为，所以平面DBC，
所以，这样与矛盾，
所以假设不成立，所以DB，DE重合，即平面ABC，
所以，
由于平面，
所以平面平面ABC，所以A，B正确；
三棱锥的体积为，所以C正确；
设三角形ABC的外心为F，外接圆半径为，
过F作平面ABC，
设O为外接球的球心，则，，
所以，
所以，解得，
所以外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，所以D不正确．
故选：ABC
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．
13. 二项式展开式中的系数为____________．
【答案】5
【解析】
【分析】将化为，利用二项式系数结合组合数的计算，求得答案.
【详解】因为，
故展开式中的系数为，
故答案为：5
14. 如图，在梯形中，，，，，，如果，则________.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：因为，所以
考点：向量数量积
15. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．若的外接圆的面积为，则三角形面积的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理和三角恒等变换将题干中等式化简求得角B，再根据的外接圆的面积求得其直径，代入三角形面积公式中，化为三角函数求其值域即可.
【详解】由
∴
得
，
所以，
因为所以，所以，
而，所以．
又由的外接圆的面积为，所以外接圆直径，
所以，
因为为锐角三角形，所以，
的面积取值范围为．
故答案为：.
16. 参加数学兴趣小组的小何同学在打篮球时，发现当篮球放在地面上时，篮球的斜上方灯泡照过来的光线使得篮球在地面上留下的影子有点像数学课堂上学过的椭圆，但他自己还是不太确定这个想法，于是回到家里翻阅了很多参考资料，终于明白自己的猜想是没有问题的，而且通过学习，他还确定地面和篮球的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点.他在家里做了个探究实验：如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为个单位长度，在球的右上方有一个灯泡（当成质点），灯泡与桌面的距离为个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为，影子椭圆的右顶点到点的距离为个单位长度，则这个影子椭圆的离心率______.
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，解得图中N、Q的横坐标，列方程组即可求得椭圆的a、c，进而求得椭圆的离心率.
【详解】以A为原点建立平面直角坐标系，则，，直线PR的方程为
设,
由到直线PR的距离为1，得，解之得或（舍）
则，
又设直线PN的方程为
由到直线PN的距离为1，得，整理得
则，又，故
则直线PN的方程为，
故，
由，解得，故椭圆的离心率
故答案为：
【点睛】数形结合是数学解题中常用思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
四､解答题：本大题共6小题，共计70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
17. 已知数列的前n项和为，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用求得；
（2）由错位相减法求出．
【小问1详解】
因为在数列中，，
所以．
因为，
所以，即．
又因为，所以，即，
所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，其通项公式为．
【小问2详解】
由（1）得，
所以，①
，②
由①-②，得
，
所以．
18. 为进一步推动新能源汽车产业健康有序发展，财政部、工业和信息化部、科技部，发展改革委联合发布了《财政部工业和信息化部科技部发展改革委关于2022年新能源汽车推广应用财政补贴政策的通知》，进一步明确了2022年新能源汽车推广应用财政补贴政策有关要求.为了解消费者对新能源汽车的购买意愿与财政补贴幅度的关系，随机选取200人进行调查，整理数据后获得如下统计表：
（1）能否有95%的把握认为新能源汽车的购买意愿与购买时财政补贴幅度有关？
（2）若从购买时补贴大于1.5万的样本中用分层随机抽样的方法抽取20人，从这20人中随机抽取3人调查家族收入情况，记表示这3人中愿意购买新能源汽车的人数，求的分布列与数学期望.
附：
【答案】（1）有95%的把握认为新能源汽车的购买意愿与购买时财政补贴幅度有关
（2）分布列见解析，的数学期望为人
【解析】
【分析】（1）根据题意列出2×2列联表，计算卡方并比较即可；
（2）先计算出在愿意购买新能源汽车的人中抽取13人，在不愿意购买新能源汽车的人中抽取7人，结合超几何分布相关知识求解概率与期望即可.
【小问1详解】
2×2列联表如下：
可得，
所以有95%的把握认为对新能源汽车的购买意愿与购买时财政补贴幅度有关.
【小问2详解】
依题意，分层随机抽样的抽样比为，
则有，，
所以在愿意购买新能源汽车的人中抽取13人，在不愿意购买新能源汽车的人中抽取7人，
的所有可能取值为0，1，2，3，
，，，，
所以的分布列为：
故（人），
所以的数学期望为人.
19. 如图，在海岸线一侧有一休闲游乐场，游乐场的前一部分边界为曲线段，该曲线段是函数，的图像，图像的最高点为．边界的中间部分为长千米的直线段，且．游乐场的后一部分边界是以为圆心的一段圆弧．
（1）求曲线段的函数表达式；
（2）曲线段上的入口距海岸线最近距离为千米，现准备从入口修一条笔直的景观路到，求景观路长；
（3）如图，在扇形区域内建一个平行四边形休闲区，平行四边形的一边在海岸线上，一边在半径上，另外一个顶点在圆弧上，且，求平行四边形休闲区面积的最大值及此时的值．
【答案】（1）（2）（3）最大值为，此时.
【解析】
【详解】试题分析：（1）求函数的解析式时，比较容易得出，困难的是确定待定系数的值，常用如下方法:一是由即可求出的值；确定的值，若能求出离原点最近的右侧图象上升（或下降）的“零点”横坐标，则令（或），即可求出；二是代入点的坐标，利用一些已知点坐标代入解析式，再结合图形解出，若对的符号或对的范围有要求，则可利用诱导公式进行变换使其符合要求；（2）运用公式时要注意审查公式成立的条件，要注意和差、倍角的相对性，要注意升幂、降幂的灵活运用；重视三角函数的三变：三变指变角、变名、变式；变角：对角的分拆要尽可能化成同名、同角、特殊角；变名：尽可能减少函数名称；变式：对式子变形一般要尽可能有理化、整式化、降低次数等，适当选择公式进行变形；（3）把形如化为，可进一步研究函数的周期、单调性、最值和对称性.
试题解析：解：（1）由已知条件，得 1分[
又∵ 2分
又∵当时，有 2分
∴ 曲线段的解析式为． 1分
（2）由得
2分
又 2分
1分
∴ 景观路长为千米 1分
（3）如图， 1分
作轴于点，在中， 1分
在中， 1分
∴ 1分
1分
2分
当时，即时，平行四边形面积最大值为 1分
考点：1、根据函数图象求函数解析式；2、三角函数化简；3、求三角函数的最值.
20. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，M为PC中点．
（1）求证：PA∥平面MBD；
（2）若AB=AD=PA=2，∠BAD=120°，求二面角B-AM-D的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线的性质，可得答案；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，求的两平面的法向量，由向量夹角的计算公式，可得答案.
小问1详解】
连接AC交BD于点O，连接OM，可知O为AC中点，M为PC中点，所以OM∥PA，
且平面，平面，所以PA∥平面MBD.
【小问2详解】
由题意可得平行四边形ABCD为菱形，建立如图坐标系，如下图：
在菱形ABCD，AB=AD= 2，∠BAD=120°，，
所以：，
所以，，，，
设平面MBA的法向量，则，得，
令，则则面MBA的法向量，
同理可得：平面MDA的法向量，
所以，所以
故二面角的正弦值为.
21. 已知双曲线的一条渐近线方程为，一个焦点到该渐近线的距离为.
（1）求C的方程；
（2）设A，B是直线上关于x轴对称的两点，直线与C交于M，N两点，证明：直线AM与BN的交点在定直线上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据渐近线方程得到，结合点到直线距离公式求出，利用求出，写出双曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程，写出两根之和，两根之积，表达出直线AM与BN的方程，联立后求得交点横坐标满足.
【小问1详解】
双曲线的渐近线方程为，所以.
又焦点到直线的距离，所以，
又，所以，，
所以双曲线C的标准方程为.
【小问2详解】
证明：联立方程组消去y，并整理得.
设，，则，.
设，（），则得直线AM的方程为，
直线BN的方程为，
两个方程相减得，①
因为，
把上式代入①得：，
所以，
因此直线AM与BN的交点在直线上.
【点睛】直线与双曲线结合的题目，一般处理思路，设出直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，再利用题干条件列出方程，将问题转化为两根之和与两根之积问题，代入求解.
22. 已知函数.
（1）证明：时，；
（2）证明：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由，即在定义域内为增函数，即可证明结论.
（2）根据（1）结论，令可得，将所得的n个式子相加，结合对数运算性质、放缩法即可证不等式.
【详解】（1）时，，
故为增函数，；
（2）由（1）知：，
令时，有，
故，，…，，
将式相加得：，
∴.
【点睛】关键点点睛：
（1）利用函数导函数确定函数单调性证明函数不等式.
（2）由（1）结论，令有，应用累加求和求证不等式.愿意购买新能源汽车
不愿意购买新能源汽车
购买时补贴大于1.5万
65
35
购买时补贴不大于1.5万
45
55
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
愿意购买新能源汽车
不愿意购买新能源汽车
合计
大于1.5万
65
35
100
不大于1.5万
45
55
100
合计
110
90
200
0
1
2
3