2022-2023学年江苏省苏州市高三上学期期末数学试卷及答案

这是一份2022-2023学年江苏省苏州市高三上学期期末数学试卷及答案，共27页。试卷主要包含了本卷共6页，包含单项选择题等内容，欢迎下载使用。

学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，答题时间为120分钟，答题结束后，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0.5毫米黑色墨水的签字笔．请注意字体工整，笔迹清楚．
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. 已知集合，，若，则实数b的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合，根据，可得答案.
【详解】化简得，，由，且，故.
故选：C
2. 已知（，i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据（，i为虚数单位），利用复数相等求得，代入求解.
【详解】解：因为（，i为虚数单位），
所以，
所以，
所以，
故选：B
3. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据幂函数以及对数函数的单调性，结合关键无理数的估计值，可得答案.
【详解】，
，
由，则，
故选：A.
4. 已知通过某种圆筒型保温层的热流量，其中，分别为保温层的内外半径（单位：mm），，分别为保温层内外表面的温度（单位：℃），l为保温层的长度（单位：m），为保温层的导热系数（单位：）．某电厂为了减少热损失，准备在直径为120 mm、外壁面温度为250℃的蒸汽管道外表面覆盖这种保温层，根据安全操作规定，保温层外表面温度应控制为50℃．经测试，当保温层的厚度为30 mm时，每米长管道的热损失为300 W．若要使每米长管道的热损失不超过150 W，则覆盖的保温层厚度至少为（ ）
A. 60 mmB. 65 mmC. 70 mmD. 75 mm
【答案】D
【解析】
【分析】由已知求得，然后代入不等式求得的范围即可．
【详解】由题意可得，
，，
设覆盖的保温层厚度至少为，
则，，
整理可得，即，解得，
故选：D．
5. 若的展开式中的系数为60，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 3D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由二项式定理求得关系,然后由均值不等式求得最小值．
【详解】，令，，
所以，∴，
，当且仅当 ，即时等号成立，
故选：C．
6. 在平面直角坐标系中，已知双曲线C：（，）的左顶点为，右焦点为F，过点F作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，过点P作x轴的垂线，垂足为Q．若，，成等差数列，则C的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】不妨设渐近线方程为，计算点坐标得到，，，根据等差数列性质得到，解得答案.
【详解】，，不妨设渐近线方程为，则直线为：，
，解得，故，，，
，，成等差数列，故，整理得到，
解得或（舍）.
故选：B
7. 已知正四面体的棱长为，为棱上的动点（端点、除外），过点作平面垂直于，与正四面体的表面相交．记，将交线围成的图形面积表示为的函数，则的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取线段的中点，连接、，证明出平面，分析可知平面与平面平行或重合，分、、三种情况讨论，计算出的面积，利用三角形相似可得出的表达式，即可得出合适的选项.
【详解】取线段的中点，连接、，
因为、为等边三角形，为的中点，则，，
，、平面，平面，
因为平面，所以，平面与平面平行或重合，
且，
取中点，连接，则，
且，故.
①当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则；
②当时，；
③当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则.
综上所述，，故函数的图象如C选项中的图象.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数图象的识别，解题的关键对分类讨论，求出函数的解析式，进而辨别出函数的图象.
8. 已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数.记函数，则（ ）
A. 25B. 27C. 29D. 31
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件得函数的图象点对称也关于直线对称，由此求得其是周期函数，周期是4，由中心对称得，然后求得，代入计算可得．
【详解】为奇函数，是由向左平移1个单位得到，
则的图象关于点对称，所以，，
为偶函数，是由向左平移2个单位得到，
则的图象关于直线对称，所以，则，
所以，从而，
是周期函数，且周期为4，所以，
因为的图象关于直线对称，也关于点对称，
所以的图象关于点对称，所以，
所以，
所以
因为，，
所以，
故选：D．
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. 已知向量，的夹角为60°，，，则与向量的夹角为锐角的向量有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】显然不可能平行，因此只要计算出数量积为正即可．
【详解】由已知各选项中向量与向量不平行，
，
，
，
，
，
只有BC选项符合题意．
故选：BC．
10. 已知函数，则（ ）
A. 的周期为B. 直线是曲线的切线
C. 在上单调递增D. 点是曲线的对称中心
【答案】BCD
【解析】
【分析】判断是否相等即可判断A；根据导数的几何意义即可判断B；利用导数计算即可判断C；构造函数，再判断函数的奇偶性即可判断D.
【详解】解：对于A，因为，
所以不是函数的周期，故A错误；
对于B，，
设切点为，
，
令，则，
可取，则，
所以过点的切线方程为，
所以直线是曲线的切线，故B正确；
对于C，，
因为，所以，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D，令，
因为，
所以函数是奇函数，关于原点对称，
又因函数是由函数先向右平移个单位，再向上平移个单位所得的，
所以函数点是曲线的对称中心，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知正方体的棱长为，，，其中，，则下列说法中正确的有（ ）
A. 若平面，则B. 若平面，则
C. 存在，，使得D. 存在，使得对于任意的，都有
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，根据共面向量定理可判断选项A，利用直线方向向量和面法向量垂直可判断线面平行，可判断选项B，通过向量求得模长，根据条件判断方程是否有解，可判断C，向量数量积为，可判断D.
【详解】
以为原点，所在直线为建立空间直角坐标系.
因为正方体的棱长为，
面为点，.
设，
又,
又因为点面，
所以若平面，则，故A正确.
面的法向量，
,
,
,
平面,，
，故B错误.
,
若,,
,
,
令，
易得，
，
，
在无解，故C错误.
,,
,故D正确.
故选：AD
12. 中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源．蹴鞠在2022年卡塔尔世界杯上再次成为文化交流的媒介，走到世界舞台的中央，诉说中国传统非遗故事．为弘扬中华传统文化，我市四所高中各自组建了蹴鞠队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时（ ）
A. 四支球队的积分总和可能为15分
B. 甲队胜3场且乙队胜1场的概率为
C. 可能会出现三支球队积分相同且和第四支球队积分不同的情况
D. 丙队在输了第一场的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】举例比赛的各种得分情况判断AC，由互斥事件与独立事件的概率公式计算概率判断BD．
【详解】四支球队共6场比赛，例如甲胜乙、丙、丁，而乙、丙、丁之间平，则甲得9分，乙、丙、丁各得2分，AC均正确；
每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则甲队胜3场且乙队胜1场的概率为，B错；
丙队在输了第一场的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分，
三队中选一队与丙比赛，丙输，，例如是丙甲，
若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那个它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意，
若丙全赢（概率是）时，丙得6分，其他3人分数最高为5分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢否则甲的分数不小于6分，只有平或输，
一平一输，概率，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率，
两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意，
两场甲都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是
综上概率为，D正确．
故选：ACD．
【点睛】难点点睛：本题考查独立的概率与互斥事件的概率公式，难点在于分析丙在输第一场的情况下如何才能使得分超过其他三人，方法是结合列举法对六场比赛结果分步分析，确定每人的得分使之合乎题意．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知圆台的上、下底面半径分别为4和5，高为2，则该圆台的侧面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用侧面积公式计算得到答案.
【详解】圆台的侧面积为.
故答案为：
14. 在平面直角坐标系中，已知圆C：，过点的直线l交C于A，B两点，且，请写出一条满足上述条件的l的方程：________________．
【答案】（答案不唯一，也满足）
【解析】
【分析】分别讨论直线l斜率存在、不存在的情况，设C到直线的距离为d，由得，结合点线距离公式即可求解判断.
【详解】由题意得，半径，，故在圆外，
设C到直线的距离为d，
由得，即，解得，
当直线l斜率不存在时，即，此时，符合题意；
当直线l斜率存在时，设为，即，则， 即，解得，故直线为.
故答案为：（答案不唯一，也满足）
15. 记函数（）的最小正周期为T，给出下列三个命题：
甲：；
乙：在区间上单调递减；
丙：在区间上恰有三个极值点．
若这三个命题中有且仅有一个假命题，则假命题是________（填“甲”、“已”或“丙”）；的取值范围是________．
【答案】 ①. 甲 ②.
【解析】
【分析】甲，利用三角函数的周期性求出；乙，利用三角函数的单调性求出；丙，利用函数的极值点定义求出，结合已知可知甲是假命题，进而求解.
【详解】对于甲，，即，解得；
对于乙，，，
由正弦函数的单调性得，解得，
又，故，又，则，故，且，
对于丙，，，
由正弦函数的极值点得，解得；
由这三个命题中有且仅有一个假命题，
假设乙是假命题，则甲、丙是真命题，但显然甲、丙矛盾，故该假设不成立；
假设丙是假命题，则甲、乙是真命题，但显然甲、乙矛盾，故该假设不成立；
所以假命题是甲，则乙、丙是真命题，取交集的取值范围是.
故答案：甲，.
16. 若对任意，关于x的不等式恒成立，则实数a的最大值为________．
【答案】##0.75
【解析】
【分析】不等式化为恒成立，由于都是任意实数，因此不等式右边相当于两个函数相加：和，后者设，由导数求得其最小值，前者由二次函数性质得最小值，两者相加即得最小值，从而得的范围，得出结论．
【详解】原不等式化为恒成立，
由于是任意实数，也是任意实数，∴与是任意实数，它们之间没有任何影响，
，当且仅当时等号成立，
设，则，
时，，单调递减，时，，单调递增，
所以，
所以的最小值是1，
所以的最小值是，
从而，的最大值是．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：不等式恒成立求参数范围问题，一般可采用分离参数法转化为求函数的最值，本题分离参数后，关键是对变量的理解，本题中由于都是任意实数，因此题中与可以看作是两个不同的变量，因此不等式右边转化为两个函数的和，分别求出其最小值后得出结论．
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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
（1）求A；
（2）若，点D在边BC上，，求AD．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求得，再利用余弦定理求解作答.
（2）利用（1）的结论，结合同角公式及和角的余弦公式求出三角函数值，再利用正弦定理求解作答.
【小问1详解】
在中，由，得：，由余弦定理得，
即，整理得，由余弦定理得，
，而，
所以.
【小问2详解】
因为，即，而，则，，
所以，
又，则，显然是锐角三角形，由（1）知，，
点D是边BC上的高所在直线与BC的交点，在边BC上，符合题意，
在中，，
所以．
18. 记为数列的前n项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足求中最大项与最小项．
【答案】（1）
（2）最大项为，最小项为
【解析】
【分析】（1）两种方法解，方法一：先利用已知条件求出，然后根据已知条件建立方程，相减后变形构造数列利用递推公式求得数列的通项公式；方法二：利用数列和与项的递推公式构造项和项的递推公式，然后，根据项和项的递推公式进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）写出的表达式，作差法比较数列的单调性，分析最大项和最小项即可.
【小问1详解】
法一：
在中，
令，得，
故，
因为，①
所以，②
，得，
即，③
当时，将③式两边同时除以，
得，
所以，
所以当时，，
又因为，所以；
法二：因为①，
所以②
，得，
即③，
从而④，
得，
即，
所以为等差数列．
在中，
令，得，故，
又因为为等差数列，所以；
【小问2详解】
由（1）得，
当时，
，
且，
所以，
所以中的最大项为，最小项为．
19. 新能源汽车作为战略性新兴产业，代表汽车产业的发展方向，发展新能源汽车，对改善能源消费结构、减少空气污染、推动汽车产业和交通运输行业转型升级具有积极意义，经过十多年的精心培育，我国新能源汽车产业取得了显著成绩，产销量连续四年全球第一，保有量居全球首位．
（1）已知某公司生产的新能源汽车电池的使用寿命（单位：万公里）服从正态分布，问：该公司每月生产的2万块电池中，大约有多少块电池的使用寿命可以超过68万公里？
参考数据：若随机变量，则，，．
（2）下表给出了我国2017~2021年新能源汽车保有量y（单位：万辆）的数据．
经计算，变量的样本相关系数，变量与的样本相关系数．
①试判断与哪一个更适合作为与之间的回归方程模型？
②根据①的判断结果，求出关于的回归方程（精确到0.1），并预测2023年我国新能源汽车保有量．
参考数据：令（），计算得，，，．
参考公式：在回归方程中，，．
【答案】（1）450块
（2）①更适合作为y与x之间的回归方程模型；②.
【解析】
【分析】（1）根据正态分布计算概率；
（2）相关系数绝对值越大相关性越强，根据给出公式，代入数据计算可得回归方程.
【小问1详解】
因为新能源汽车电池的使用寿命，
所以，
所以块．
答：每月生产的万块电池中，使用寿命超过万公里的大约有块；
【小问2详解】
①因为，所以更适合作为y与x之间的回归方程模型．
②因为，
，
，
所以．
当时，万辆．
答：年我国新能源汽车保有量约为万辆．
20. 如图1，在长方形ABCD中，已知，，E为CD中点，F为线段EC上（端点E，C除外）的动点，过点D作AF的垂线分别交AF，AB于O，K两点．现将折起，使得（如图2）．
（1）证明：平面平面；
（2）求直线DF与平面所成角的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证平面，得平面，所以，再证平面，从而得证面面垂直；
（2）直线DF与平面所成角为，记，设（），由，得，计算，利用基本不等式得最大值，从而得角的最大值．
【小问1详解】
因为，，，平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
又因为，，平面，，
所以平面．
因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
连结FK，由（1）可知，直线DF与平面所成角为，记．
在图1中，因为，所以，
又因为，所以．
又因为，所以．
设（），由，得，解得．
在图2中，因为，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
又因为，所以的最大值为，
即直线DF与平面所成角的最大值为．
21. 在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点与椭圆：的右焦点关于直线对称．
（1）求的标准方程；
（2）若直线与相切，且与相交于A，B两点，求面积的最大值．
（注：直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物线的对称轴不平行，则称该直线与抛物线相切，称该公共点为切点）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出椭圆焦点坐标，根据的焦点与的右焦点关于直线对称，可求得抛物线焦点坐标，进而求得抛物线方程.
（2）根据直线与相切，设出直线方程与椭圆方程联立，求得弦长和点到直线的距离，写出面积，化简利用重要不等式求最值.
【小问1详解】
因为的右焦点为，的焦点与的右焦点关于直线对称，
所以的焦点为，
所以，即，所以的标准方程为．
【小问2详解】
设与相切于点（），因为，所以，
所以的斜率，所以的方程为．
由得，
因为，所以（*）．
设，，由韦达定理可知，，
所以：
．
又因为点O到直线l的距离，
所以的面积
，
当且仅当，即时等号成立，
此时满足（*），
所以面积的最大值为．
【点睛】思路点睛：解决直线与圆锥曲线的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、圆锥曲线的条件；
(2)强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22. 已知函数．
（1）若时，，求实数a的取值范围；
（2）讨论的零点个数．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导，得到，对进行分类讨论，可得的单调性，进而求得的时候，实数a的取值范围.
（2）通过分类讨论，可得函数的单调性，进而得到的图像，根据数形结合，可得的零点个数.
【小问1详解】
定义域是，．
①当时，，所以在上单调递增，
又因为，所以当时，，满足题意；
②当时，令，
由，得，．
当时，，，所以在上单调递减，
所以，不满足题意．
综上所述，．
【小问2详解】
①当时，由（1）可得在上单调递增，且，
所以在上存在1个零点；
②当时，由（1）可得必有两根，，
又因为，所以，．
当时，因为，所以在上存在1个零点，
且，；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，故，所以在上存在1个零点；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，
所以，所以在上存在1个零点．
从而在上存在3个零点．
综上所述，当时，存在1个零点；当时，存在3个零点．
【点睛】思路点睛：通过求导，得到，通过分析导数，得到的图像，通过数形结合，可求得不等式恒成立时，参数的取值范围，以及相应的的零点个数年份
2017
2018
2019
2020
2021
年份代码x
1
2
3
4
5
新能源汽车保有量y
153
260
381
492
784
x
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增