2022-2023学年江苏省盐城市高三上学期期末数学试卷及答案

这是一份2022-2023学年江苏省盐城市高三上学期期末数学试卷及答案，共31页。试卷主要包含了 若，则， 已知随机变量且，则， 设，函数满足，则α落于区间， 在长方体中， ，则等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，将集合分别化简，然后根据集合的交集运算，即可得到结果.
【详解】因为集合，
集合
则
故选:D
2. 已知复数满足，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据求得，根据求得代入运算，再根据模长公式即可求解.
【详解】设，
因为，所以，
解得或
所以或.
因为，所以
当时，
，则；
当时，
，则；
故选：A
3. 与直线和均相切的一个圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线与圆相切的条件及点到直线的距离公式即可求解.
【详解】对于A，由，得圆的圆心为，半径为，所以圆心为直线的距离为，圆心为直线的距离为，所以圆与直线和均不相切，故A错误；
对于B，由，得圆的圆心为，半径为，所以圆心为直线的距离为，圆心为直线的距离为，所以圆与直线和均不相切，故B错误；
对于C，由，得圆的圆心为，半径为，所以圆心为直线的距离为，圆心为直线的距离为，所以圆与直线和均相切，故C正确；
对于D，由，得圆的圆心为，半径为，所以圆心为直线的距离为，圆心为直线的距离为，所以圆与直线相切，圆与直线不相切，故D错误.
故选：C.
4. 若，则 （ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由已知展开式，利用二项式定理对等号右边进行化简，与等号左边组成方程求解.
【详解】
则，即.
故选：B
5. 已知随机变量且，则 （ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布曲线的对称性列方程，再解方程即可.
【详解】，.
因为，
所以，解得.
故选：B.
6. 现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（ ）
A. 14种B. 16种C. 18种D. 20种
【答案】C
【解析】
【分析】先求摆放20的方式，再求摆放220的方式，最后求摆放126的方式，根据分步计数原理即可求解.
【详解】依题意，
摆放20的方式有：2，0或20两种方式；
摆放220的方式有：2，2，0或22，0或2，20三种方式；
摆放126的方式有：1，2，6或12，6或1，26三种方式；
由分步计数原理知，数字20220126的摆放方式共有：种方式.
故选：C.
7. 设，函数满足，则α落于区间（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，确定函数的最大值，根据最值和极值的关系，可得方程，利用零点存在性定理，可得答案.
【详解】由题意，可知函数在上当时取得最大值，
且，
由于，则，
由，，，，
根据零点存在性定理，可知，
故选：C.
8. 已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为2的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且可在内任意旋转，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在内任意旋转可知，正方形各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出的三角坐标，根据可得到关于坐标中变量的关系，分类讨论代入中化简，用辅助角公式分别求出最大值，选出结果即可.
【详解】解：因为是面积为的等边三角形，记边长为，
所以，解得，
记三角形内切圆的半径为，根据，可得：
，解得，
因为正方形面积为2，所以正方形边长为，
记正方形外接圆半径为，
所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，
正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形可在内任意旋转，
可知正方形各个顶点均在该三角形的内切圆上，
以三角形底边为轴，以的垂直平分线为轴建立直角坐标系如图所示：
故可知，圆的方程为，
故设，，
因为，即，
化简可得，即，
解得或，
①当时，点坐标可化为，
此时
，
所以当，即，即，
即时，取得最大值；
②当时，点坐标可化为，
此时
，
因为，所以当，即，即，
即时，取得最大值，
综上可知：取得最大值.
故选：D
【点睛】方法点睛：该题考查平面几何的综合应用，属于难题，关于圆锥曲线中点的三角坐标的设法有：
（1）若点在圆上，可设点为，其中；
（2）若点在圆上，可设点为，其中；
（3）若点在椭圆上，可设点，其中；
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. 在长方体中， ，则（ ）
A. 与是异面直线B. 与是异面直线
C. 异面直线与的距离为1D. 异面直线与的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用异面直线的定义判断选项AB，求出异面直线与的距离为2，即可判断选项C,把异面直线与的距离转化为到平面的距离，再转化为点到平面的距离，再利用等体积法求解判断.
【详解】如图所示，与是异面直线，与是异面直线，所以选项AB正确；
由正方体得平面，所以.又,所以是异面直线与的公垂线段，又，所以异面直线与的距离为2，所以选项C错误；
因为平面,平面，所以平面，所以到平面的距离就是异面直线与的距离，即点到平面的距离就是异面直线与的距离.设距离为由题得.因为.所以异面直线与的距离为，所以选项D正确.
故选：ABD
10. 已知均为第二象限角，且，则可能存在（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用二倍角公式进行化简变形，得到的关系，然后分类讨论即可.
【详解】
因均为第二象限角，所以，
所以，，化简得：，即.
若，则，得 在第二象限，故A错；
若，则，因为为第二象限角，
所以，,
但是由为第二象限角，可得，为第三、四象限角或终边在轴负半轴，显然角的位置不同，不可能相等，所以C错误；
由终边相同的角的概念结合上面的计算易知，可以出现，的情况，故B，D正确.
故选：BD.
11. 已知为坐标原点，椭圆.过点作斜率分别为和的两条直线，，其中与交于两点，与交于两点，且，则（ ）
A. 的离心率为B.
C D. 四点共圆
【答案】ABD
【解析】
【分析】求得点坐标并代入椭圆方程，由此求得，进而求得椭圆的离心率.设出直线和的参数方程并与椭圆方程联立，根据根与系数关系、圆的知识求得正确答案.
【详解】依题意，即，
所以，解得（负根舍去）.
所以椭圆，则.
依题意可知直线的倾斜角为锐角，且，
由解得.
直线的倾斜角为钝角，且，
由解得.
设直线的参数方程为（为参数），
由整理得，
解得（不妨设）.
设直线的参数方程为（为参数），
由整理得，
解得（不妨设）.
所以，B选项正确.
，C选项错误.
，
所以，而，所以，
所以，所以四点共圆.
（也可用圆的相交弦定理的逆定理，直接由判断出四点共圆）
所以D选项正确.
故选：ABD
【点睛】待定系数法求椭圆的方程，可利用题目所给已知条件，列出等量关系式，由此来求得椭圆方程中的未知参数.四点共圆的证明方法，可利用相交弦定理的逆定理，也可利用“同弧所对的圆周角相等”来证明.
12. 已知数列的项数均为（为确定的正整数，且），若，，则（ ）
A. 中可能有项为1B. 中至多有项为1
C. 可能是以为公比的等比数列D. 可能是以2为公比的等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】利用求出数列，再根据的取值判断即可.
【详解】由题意可得①，②，
①-②得，同理可得，
所以数列中仅有1项为1，
因为，所以B错误；当时，A正确；
，所以当时，是以为公比的等比数列，C正确，D错误；
故选：AC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若直线与曲线和均相切，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先根据直线和相切求出，再利用直线和相切求出.
【详解】设直线与相切于点，，
因为直线与相切，所以，且；
解得；
因为直线与曲线相切，
联立得，且，即.
故答案为：.
14. 在三棱锥中，，且，则直线PC与平面ABC所成角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得面，从而得到为直线PC与平面ABC所成角的平面角，再利用余弦定理与勾股定理求得，从而求得，由此得解.
【详解】记的中点为，连结，过作交的延长线于，如图，
因为，为的中点，所以，
因为，，，所以，则，
又为的中点，所以，
因为面，所以面，
又面，所以，
因为，面，所以面，
所以为直线PC与平面ABC所成角的平面角，
不妨设，
在中，，则，，
在中，，
在中，，则，
即，故，
在中，，
所以在中，，
又，则，即，
所以，
所以，
故直线PC与平面ABC所成角的余弦值为.
故答案为：.
15. 已知直线与双曲线C：交于点，.为C上一点，且，，则△PAB的面积最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得两点的坐标，然后求得与直线平行且与双曲线相切的直线方程，根据三角形面积公式以及两平行线间的距离公式求得正确答案.
【详解】依题意，，
由解得或，
所以为定值，
由于，，所以在双曲线两点间的曲线上，在第一象限，
当距离最远时，三角形的面积取得最大值，
设直线与双曲线C：相切于点，
由消去并化简得，
由解得（正根舍去），
故切线方程为，
直线与直线的距离为，
所以△PAB的面积最大值为.
故答案为：
【点睛】求解双曲线切线方程，可先设出切线的方程，然后联立切线的方程和双曲线的方程，化简成一元二次方程的形式，结合判别式即可求得切线方程.
16. 已知定义在R上的偶函数满足.若，且在单调递增，则满足的x的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知，是周期为的周期函数，的最小正周期为8，结合与的单调性，易知在一个周期内，由，可得，再结合周期求出范围即可.
【详解】因为是偶函数，所以，
由，可得关于对称，
因为，所以，
则，
因为是偶函数，所以，
因为，所以，
则，
所以函数是周期为的周期函数.
因为是偶函数，且在单调递增，所以在单调递减，
令中，则，则，
又因为关于对称，所以在上单调递增，上单调递减，
结合函数是周期为的周期函数，
综上可得在，上单调递增，，上单调递减.
因为的最小正周期为，结合图象可知，
在，上单调递增，在上单调递减，
令中，则，则，
当，又，所以，
当，又，所以，
所以当时，，解得.
又因为与均为周期函数，且8均为其周期，
所以的x的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题解题的关键是求出与的周期性，由，，结合函数的单调性和周期性求解即可.
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）证明：；
（2）若的面积最大值为，求c.
【答案】（1）证明见详解
（2）2
【解析】
【分析】（1）先利用两角差的正弦公式展开，再利用正弦定理，将所给的条件角化边，最后利用余弦定理即可证明；
（2）利用公式及同角关系表示面积，然后利用基本不等式求出最值的条件，求解即可.
【小问1详解】
由可得，
，
再由正弦定理可得，
，
即，
根据余弦定理可知，
，
化简得：，故原等式成立.
【小问2详解】
，当且仅当即时等号成立，
所以，所以，即.
18. 已知数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知两式化简，分别求得和.
（2）由（1）利用求和公式可得，再利用数学归纳法即可得证.
【小问1详解】
因为，所以，
又，所以，
所以，.
【小问2详解】
由（1）知，，，
则，
，
当时，，，故；
当时，，，故；
假设当时，，
所以当时，，
因为，所以，
故，则，即，
所以，则，
综上：.
19. 某食品研究员正在对一种过期食品中菌落数目进行统计，为检测该种过期食品的腐败程度，研究员现对若干份过期不同天数的该种食品样本进行检测，并且对样本的菌落数目逐一统计，得到如下数据：
（1）请用线性回归模型拟合与的关系；
（2）实验数据表明，该种食品在未添加防腐剂的条件下（其余条件相同），短期内（7天内）菌落数目（单位：千个）与过期天数（单位：天）应满足关系：.
（i）判断该样本是否添加防腐剂；
（ii）简要分析过期7天内防腐剂发挥的效果.
附：.
【答案】（1）
（2）（i）该样本添加了防腐剂；（ii）抑制食品产生菌落，且效果越来越好.
【解析】
【分析】（1）根据线性回归方程的求法根据已知即可得出答案；
（2）（i）根据回归方程过样本中心列式即可判断；
（ii）根据所给关系得出未添加防腐剂的条件下的各天的菌落数目，与已知添加防腐剂的条件下的各天的菌落数目对比，即可总结得出答案.
【小问1详解】
由题意可得：
，，
且，，
所以，
则，
所以回归直线方程为
【小问2详解】
（i），则样本不满足未添加防腐剂的条件，即该样本添加了防腐剂；
（ii）根据该种食品在未添加防腐剂的条件下应满足关系：，
可得，，，，，
即
则过期7天内防腐剂让其菌落数目小于未添加防腐剂，且差距越来越大，
即过期7天内防腐剂发挥的效果为抑制食品产生菌落，且效果越来越好.
20. 如图，三棱锥和均为棱长为2的正四面体，且A，B，C，D四点共面，记直线AE与CF的交点为Q.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面几何的知识证得与，从而利用线面垂直的判定定理证得面，进而得到面，结合正四面体的性质可得是底面的中心，由此可求得，再利用切割法即可求得解；
（2）利用（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得面与面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示求得二面角的余弦值，进而得解.
【小问1详解】
连结，连结，过作，且，如图，
因为三棱锥和均为棱长为2的正四面体，
易得，则，则，
所以，所以，
因为，所以，则，
又是的中点，所以，
又面，所以面，
因为，所以面，
又三棱锥是正四面体，所以是底面的中心，
在边长为的等边中，易得，，
在中，，则，
又，所以，则，
因为，
所以，
故三棱锥的体积为.
【小问2详解】
由（1）知四边形是菱形，则，
又，，所以两两垂直，
故以为原点建立空间直角坐标系如图，
则，
故，
设面的一个法向量为，则，
令，则，故，
设面的一个法向量为，则，
令，则，故，
设二面角为，
所以，
所以，
所以二面角的正弦值为.
21. 已知O为坐标原点，抛物线E：的焦点F到准线l的距离为2.
（1）求p；
（2）若A，B，C为E上不同的三点，且，直线AB，FC分别与l交于点M，N，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用焦点到准线的距离即可.
（2）根据角度相等，得出FC为角平分线，利用角平分线的性质定理，列方程求解.
【小问1详解】
焦点F到准线l的距离为2
故.
【小问2详解】
设
且准线方程：
则
设,直线AB，FC的交点
结合得：
所以，
【点睛】方法点睛:求定值问题常见的方法有两种: (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关; (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值
22. 已知函数．
（1）若在单调递增，求a的取值范围；
（2）当时，，求a的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求导，转化为恒成立，分别讨论，，，将问题转化为与的关系，令，求导并解得的值域，联立不等式解出的范围即可；
（2）将原不等式整理并令，因为，则由得到的范围，再证明即可.
【小问1详解】
，，
要使在单调递增，只需，恒成立.
即，，
又，，即；
当时，符合题意，故；
当时，，；
当时，，
令，
，
当时，，
即，；
当时，，
即，；
，，
，；
时，；
所以在，上单调递增；
在上单调递减.
由知，分子是一个周期函数，而分母却是一个增函数，
不妨把看成是振幅越来越小的“类周期函数”，
所以最值只能出现在第一个周期，如图所示：
所以，；
所以有或，
解得或；
由上知已成立，
综上，即的取值范围是.
【小问2详解】
由得，
整理得，
不妨令，
只需证即可；
又，，
所以即，下面证时符合题意，
时，令恒成立；
所以有时，；
变形为，
当时，成立；
当时，，
所以有，且；
令，且，
只需求的最小值即可.
，
令，且，
，
当时，因为，所以，
而，所以有，当且仅当取等号，
所以，
当时，，
所以
所以在上单调递增，又，
所以，所以，
即在上单调递增，；
当时，，即；
综上，，所以，
即当时，恒成立，，符合题意；
所以的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第一问中分类讨论将参变分离是关键；第二问中自变量的分段讨论；巧妙利用均值不等式得出导数为正是关键点，考查数学转化思想，属于难题.
过期天数
（单位：天）
1
2
3
4
5
菌落数目
（单位：千个）
过期天数
（单位：天）
1
2
3
4
5
添加防腐剂
菌落数目
（单位：千个）
未添加防腐剂
菌落数目
（单位：千个）