2022-2023学年江苏省南通市海安市高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年江苏省南通市海安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4,-1， 设为的重心，则， 设,,,则， 在正方体中,,,则等内容，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.本试卷共4页，满分150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卷交回.
2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上.
3.请监考员认真核对在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符.
4.作答选择题必须用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效.
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知全集,集合,则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合补集的运算性质,求出即可.
【详解】解:由题知,
,
故或.
故选:B
2. 若复数在复平面内对应的点在直线上，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的几何意义及复数的概念，再结合共轭复数的概念即可求解．
【详解】由复数在复平面内对应的点在直线上，则令，
则，所以，所以，即．
故选：D．
3. 二项式的展开式中的常数项为
A. －15B. 20C. 15D. －20
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式定理写出二项展开式通项，令幂指数为零，可求得，代入展开式通项可求得常数项.
【详解】二项式展开式通项为：
令得： 常数项为：
本题正确选项：
【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数的问题，关键是能够熟练掌握二项展开式的通项公式.
4. 经验表明,树高与胸径具有线性关系,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.
则残差的最大值和最小值分别是（ ）
A. 0.4,-1.8B. 1.8,-0.4C. 0.4,-0.7D. 0.7,-0.4
【答案】C
【解析】
【分析】根据表内数据进行分析,计算各组数据残差值,找出最大及最小即可.
【详解】解:由表可得,
各组数据的残差为:,,
,,
,
故残差最大值为0.4,最小值为-0.7.
故选:C
5. 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. 100mB. C. D. 200m
【答案】A
【解析】
【分析】根据画出图形，设，结合条件可得，，然后根据余弦定理即得.
【详解】设，则，，
∴，
在中，由余弦定理可得
，
∴，
∴(负值舍去)，即直塔AB的高为100m.
故选：A.
6. 已知圆心均在轴上的两圆外切，半径分别为，若两圆的一条公切线的方程为，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设出两圆的标准方程，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系列式求解，
【详解】设圆：，圆：，其中，
两圆的公切线方程为，则，，
两圆外切，则，
化简得，，即，∴，
故选：B
7. 设为的重心，则（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形的重心的向量表示及向量的线性运算即可求解.
【详解】因为为重心，
所以，
所以，
故选：B.
8. 设,,,则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】三个数中有指数和对数,用到放缩,即,则,即可得,根据,可得,取可得,选出选项即可.
【详解】解:由题知,记,,
所以,
所以,
所以,在时成立,
所以,
即,
即,
记,,
所以,
所以在上,,单调递减,
在上,,单调递增,
所以,
所以,
则,
即,
即,
,
即有,
因为,
所以,
综上: .
故选:D
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. 在正方体中,,,则（ ）
A. B. 平面
C. 平面D. 直线与直线异面
【答案】AB
【解析】
【分析】设正方体棱为一个具体的数,建立空间直角坐标系,根据各个点的位置,写出各个点的坐标,找到,计算两个向量的数量积,判断是否为0,即可得选项A的正误;求出平面的法向量,判断与法向量是否垂直,根据线面平行的判定定理,即可得选项B的正误;根据向量的数量积为0,判断是否与平面中两个不共线向量是否垂直即可判断选项C的正误;判断是否共线,即可得选项D的正误.
【详解】解:由题知,令正方体棱为3,
以为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系:
因为,,
所以
,
所以,,
因为,
所以,
故选项A正确;
设平面的法向量为,
则,
因为,
所以,
取,可得,
因为,
,
所以,
因为平面,
所以平面,
故选项B正确;
因为,,
所以,
故 与不垂直,
即不垂直于平面,
故选项C错误;
因,,
所以共线，
即,
所以四点共面，
故直线与直线共面.
故选项D错误.
故选:AB
10. 已知抛物线：的焦点为F，点M，N均在C上，若是以F为直角顶点的等腰三角形，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意可知轴，利用抛物线的定义及向量的运算即可得到.
【详解】因为是以F为直角顶点的等腰三角形，所以轴，
又因为抛物线方程为，所以，
设，，有抛物线的定义可知，，，则，则
∴，，∴，
故选：BD.
11. 已知等差数列中，当且仅当时，仅得最大值.记数列的前k项和为，（ ）
A. 若，则当且仅当时，取得最大值
B. 若，则当且仅当时，取得最大值
C. 若，则当且仅当时，取得最大值
D. 若，，则当或14时，取得最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】由等差数列前n项和有最大值，得数列为递减数列，分析的正负号，可得的最大值的取到情况.
【详解】由等差数列前n项和有最大值，所以数列为递减数列，
对于A，且时取最大值，设，
则，
当时，；时，；时，，
所以或14时，前k项和取最大值，A项错误；
对于B，当且仅当时取最大值，则时，，时，.
，则，，
，，
前14项和最大，B项正确；
对于C，，则，同理，，，
前13项和最大，C项错误；
对于D，，，得，由题等差数列在时，，时，，所以，，，所以或14时，前k项和取最大值，D项正确；
故选：BD.
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.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，区域I和Ⅲ表示事件B，则区域IV的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可知区域IV表示的事件为，然后逐个分析判断即可.
【详解】由题意可知区域IV表示的事件为，
对于C，，C对.
对于B，，B对.
对于A，，A错.
对于D，无法判断A，B是否独立，D错，
故选：BC.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】先利用诱导公式求出，再由同角三角函数的关系求出，从而可求出.
【详解】由，得，
因为，
所以，
所以
故答案为：.
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为,,点在椭圆上,若是以为顶点的等腰三角形,且,则的离心率___________.
【答案】##0.4
【解析】
【分析】根据是等腰三角形及椭圆定义,求出该三角形的各个边长,再根据余弦定理建立关于等式,求出离心率即可.
【详解】解:由题知是以为顶点的等腰三角形,
所以,
因为点在椭圆上,
根据椭圆的定义可知:
,
故,
因为,
故在中,由余弦定理可得:
,
即,
解得: ,
即.
故答案为:
15. 设过直线上一点A作曲线的切线有且只有两条，则满足题设的一个点A的纵坐标为___________.
【答案】2或
【解析】
【分析】设切点，根据导数的几何意义可得切线方程，进而可得有且只有两个解，然后构造函数，利用导数研究函数的性质即得.
【详解】设切点，则，切线斜率为，
所以切线，
设，则，
∴，
令，则方程有且只有两个解，
所以，由，可得或2，
当变化时，的变化如下，
所以函数的极小值为，极大值为，
∴或，方程有且只有两个解，
即A的纵坐标为2或.
故答案为；2或.
16. 已知球O的表面积为，P是球O内的定点，，过P的动直线交球面于A，B两点，，则球心O到AB的距离为___________cm；若点A，B的轨迹分别为圆台的上、下底面的圆周，则圆台的体积为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由球的表面积确定球的半径，解三角形求球心O到AB的距离，再根据球的截面的性质列方程求出圆台的上下底面半径和圆台的高，利用体积公式求体积；
【详解】设球的半径为，则，∴，即，，
∴到AB的距离.
取AB中点M，则，∴，，
如图所示.
又点A，B的轨迹分别为圆台的上、下底面的圆周，
所以圆，圆，又圆，圆，所以四点共线，令，，，，
∴，∴，
∵，∴，
，
.
故答案为：，.
四、解答题：本大题共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. 已知数列中，成等差数列，成等比数列，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项和为，若，求的最小值.
【答案】（1）
（2）12
【解析】
【分析】（1）根据已知条件及等差数列的通项公式，结合等比数列的通项公式即可求解;
（2）根据（1）的结论及等差和等比数列的前项和公式即可求解.
【小问1详解】
当时，设公差为，
∴，
∴，
而，，
∴时，设公比为，
∴此时，
∴.
【小问2详解】
显然，
∴为偶数，
，
∴的最小值为12.
18. 已知四边形内接于圆，，，，平分.
（1）求圆半径；
（2）求的长.
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）连接，由余弦定理求解的长，再根据正弦定理求圆的半径；
（2）由余弦定理求解，再根据平方公式得，由已知结合正弦两角差公式可得的值，再由正弦定理可得的长.
【小问1详解】
解：如图，在圆中，连接，
在中，由余弦定理得：，
所以，
设圆О半径为R，由正弦定理得：∴，所以半径；
【小问2详解】
解：由余弦定理得，
由于，所以，
因为平分，所以，
所以，
由正弦定理得.
19. 如图，菱形ABCD的边长为2，，E为AC的中点，将沿AC翻折使点D至点.
（1）求证：平面平面ABC；
（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；
（2）过作于点，过M作于点，连接，分析得即为二面角的平面角，由三棱锥体积求得，即可进一步由几何关系求得.
【小问1详解】
证明：在菱形中，，∴和均为等边三角形，
又∵E为AC的中点，∴，，，平面，∴平面，
又∵平面ABC，∴平面平面ABC.
【小问2详解】
过作于点，∵平面平面ABC，平面，∴平面ABC.
∴.
过M作于点，连接，
∵平面ABC，∴，∵平面，∴平面，
∵平面，∴.
∴即为二面角的平面角，

，∴，，
∴，∴.
故二面角的余弦值为.
20. 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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据题意分析丙成为优胜者的情况,根据独立事件的概率公式计算即可;
(2)分析三人比赛时,第一场上场的情况,再根据各种情况分析打完2局结束比赛的事件,根据独立事件的概率公式计算结果.
【小问1详解】
解:由题知,根据约定,
丙成为优胜者的情形为:甲赢,丙赢,丙赢,
或乙赢,丙赢,丙赢,两种情况,
当甲赢,丙赢,丙赢时,概率,
当乙赢,丙赢,丙赢时,概率,
故丙成为优胜者的概率;
【小问2详解】
若甲乙先比赛,
则甲乙能先比赛的概率为,
此时2局结束比赛的情形分为:
①甲赢,甲赢;
②乙赢,乙赢,
故;
若甲丙先比赛,
则甲丙能先比赛的概率为,
此时2局结束比赛情形分为:
①甲赢,甲赢;
②丙赢,丙赢,
故;
若乙丙先比赛,
则乙丙能先比赛的概率为,
此时2局结束比赛的情形分为:
①乙赢,乙赢;
②丙赢,丙赢,
故.
故恰好打完2局结束比赛的概率.
21. 已知双曲线C过点,且C的渐近线方程为.
（1）求C的方程;
（2）设A为C的右顶点,过点的直线与圆O: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.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据渐近线方程设出双曲线方程,将代入,求出方程即可;
(2)分析斜率情况,设出直线方程,与圆联立可得两点坐标之间的关系,化简可得为定值,即也为该定值,设出的直线方程,与双曲线联立,即可得两点坐标之间关系,根据为定值,建立等式,进行化简,解得的直线方程中参数之间的关系,即可得直线DE所过定点.
【小问1详解】
解:由题知C的渐近线方程为,
故设双曲线的方程为,
因为过,
所以,
解得,
故的方程为;
【小问2详解】
由题知画图如下:
因为直线过点,
所以斜率不为零,
故设直线方程为,
,,
联立,
可得,
故,
解得,
由韦达定理得,
因为,
所以
,
,
设直线方程为,
,,
,
联立,
可得,
所以,
解得,
由韦达定理得: ,
因为,
所以,
化简可得,
即,
即,
因为直线不过,
所以,
化简可得,
即,
解得,
所以直线为:,
故直线恒过定点.
【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用中的定点问题,关于定点的问题思路有:
(1)先根据题意考虑特殊情况,斜率不存在,或斜率为零;
(2)设普通的直线方程,联立方程组;
(3)判别式大于零,韦达定理;
(4)根据题意建立关于的等式,进行化简.
22. 已知，函数，.
（1）若，求函数的极小值；
（2）若函数存在唯一的零点，求的取值范围.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）由可求出，则，然后对函数求导，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的极小值；
（2）令（），则，令，利用导数可求出其单调区间和最小值，然后分和讨论函数的零点即可.
【小问1详解】
由，
所以，，令，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以的极小值为；
【小问2详解】
，令（），
存在唯—的零点，，
令，，
令，
当时，；
当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
①若，即，
令，
所以，所以，所以，
即时，，所以在上递增，
注意到，所以存在唯一的零点，符合题意
②当时，，，
，
令，，
则，
因为，所以，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以
所以即在和上各有一个零点，，
在上递增，上递减，上递增，
而，所以，
，
当时，；
当时，，
而，，
所以在，和上各有一个零点，共3个零点了，舍去.
综上，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的极值，考查利用导数解决函数零点问题，第（2）问解题的关键是对求导后，构造函数，利用导数求出其最小值后再讨论可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
胸径x/cm
18.2
19.1
22.3
24.5
26.2
树高的观测值y/m
18.9
19.4
20.8
22.8
24.8
树高的预测值
18.6
19.3
215
23.0
24.4
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
0
2
负
0
正
0
负
减函数
极小值
增函数
极大值2
减函数