2022江苏省扬州市高三上学期期末数学试题（解析版）

2022届江苏省扬州市高三上学期期末数学试题一、单选题1．已知集合，，则A，B间的关系为（

）A．A＝B B．BA C．AB D．AB【答案】D【分析】求出集合A，再根据集合的元素判断两集合的关系.【详解】由题意可知，，则AB，故选:D．2．若复数z＝（为虚数单位），则它在复平面上对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】化简复数z＝，得到其对应点的坐标即可解决.【详解】z，则z在复平面上对应的点为，位于第四象限.故选：D3．的展开式中的系数为（

）A．10 B．20 C．40 D．80【答案】C【分析】由二项展开式的通项公式代入即可解决.【详解】二项式展开式的通式为，由，得r＝2，此时即的展开式中的系数为40故选：C4．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】化简已知条件，求得，进而求得.【详解】由题意可知，，即，解得，所以.故选：B5．在正项等比数列中，，，记数列的前n项积为，，则n的最小值为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据给定条件求出数列的通项，再计算，列式解不等式作答.【详解】设正项等比数列公比为q，由得，于是得，而，解得，因此，，，由得：，从而得：，而，解得，又，则，所以n的最小值为5.故选：C6．如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续，设初始正方形ABCD的边长为，则＝（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】根据平面向量的线性运算和数量积运算计算即可.【详解】解：由题意可知，，故选：B．7．已知为椭圆：()与双曲线：()的公共焦点，点M是它们的一个公共点，且，分别为，的离心率，则的最小值为（

）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】设椭圆、双曲线的共同半焦距为c，利用椭圆、双曲线定义及余弦定理建立关系，再借助均值不等式计算作答.【详解】设椭圆、双曲线的共同半焦距为c，由椭圆、双曲线对称性不妨令点M在第一象限，由椭圆、双曲线定义知：，且，则有，，在中，由余弦定理得：，即，整理得：，于是得，当且仅当，即时取“=”，从而有，所以的最小值为.故选：A8．已知a＝sin2，，c＝tan（π－2），则（

）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a【答案】C【分析】利用三角函数的性质比较与1的大小，与的大小即可【详解】由题意可知，，，且，即，，则c＞a＞b，故选：C二、多选题9．下列说法中正确的有（

）A．将一组数据中的每个数据都乘以后，平均数也变为原来的倍B．若一组数据的方差越小，则该组数据越稳定C．由样本数据点、、、所得到的回归直线至少经过其中的一个点D．在某项测量中，若测量结果，则【答案】ABD【分析】利用平均数公式可判断A选项；利用方差的定义可判断B选项；利用回归直线的特点可判断C选项；利用正态密度曲线的对称性可判断D选项.【详解】对于A，设数据、、、的平均数为，则，则数据、、、的平均数为，A对；对于B，由方差的定义可知，方差越小，样本越稳定，B对；对于C，回归直线一定过样本的中心点，不一定过样本点，C错；对于D，在某项测量中，若测量结果，则，D对.故选：ABD.10．已知函数(ω>0)，下列说法中正确的有（

）A．若ω=1，则f(x)在上是单调增函数B．若，则正整数ω的最小值为2C．若ω=2，则把函数y=f(x)的图象向右平移个单位长度，所得到的图象关于原点对称D．若f(x)在上有且仅有3个零点，则【答案】BD【分析】化简函数f(x)的表达式，再逐一分析各个选项中的条件，计算判断作答.【详解】依题意，，对于A，，，当时，有，因在上不单调，所以在上不单调，A不正确；对于B，因，则是函数图象的一条对称轴，，整理得，而，即有，，B正确；对于C，，，依题意，函数，这个函数不是奇函数，其图象关于原点不对称，C不正确；对于D，当时，，依题意，，解得，D正确.故选：BD11．在边长为6的正三角形ABC中M，N分别为边AB，AC上的点，且满足，把△AMN沿着MN翻折至A′MN位置，则下列说法中正确的有（

）A．在翻折过程中，在边A′N上存在点P，满足CP∥平面A′BMB．若，则在翻折过程中的某个位置，满足平面A′BC⊥平面BCNMC．若且二面角A′－MN－B的大小为120°，则四棱锥A′－BCNM的外接球的表面积为61πD．在翻折过程中，四棱锥A′－BCNM体积的最大值为【答案】BCD【分析】通过直线相交来判断A选项的正确性；通过面面垂直的判定定理判断B选项的正确性；通过求四棱锥外接球的表面积来判断C选项的正确性；利用导数来求得四棱锥体积的最大值.【详解】对于选项A，过作，交于，则无论点P在A′N上什么位置，都存在CP与BQ相交，折叠后为梯形BCQP，则CP不与平面A′BM平行，故选项A错误；对于选项B，设分别是的中点，若，则AE＞DE，所以存在某一位置使得A′D⊥DE，又因为MN⊥A′E，MN⊥DE，且A′E∩DE＝E，所以MN⊥平面A′DE，所以MN⊥A′D，，所以A′D⊥平面BCNM，所以A′BC⊥平面BCNM，故选项B正确；对于选项C，设分别是的中点，若且二面角A′－MN－B的大小为120°，则△AMN为正三角形，∠BMN＝120°，∠C＝60°，则BCNM四点共圆，圆心可设为点G，其半径设为r，DB＝DC＝DM＝DN＝3，所以点G即为点D，所以r＝3，二面角A′－MN－B的平面角即为∠A′ED＝120°，过点A′作A′H⊥DE，垂足为点H，EH＝，DH＝，A′H＝，，设外接球球心为，由，解得R2＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝61π，故选项C正确；对于选项D，设分别是的中点，设是四棱锥的高.S△AMN＝6λ6λ＝9λ2，S△ABC＝66＝9，所以S四边形BCNM＝9（1－λ2），则VA′－BCNM＝9（1－λ2）h≤3（1－λ2）A′E＝3（1－λ2）3λ＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），可设f（λ）＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），则＝27（－3λ2＋1），令＝0，解得λ＝，则函数f（λ）在（0，）上单调递增，在（，1）上单调递减，所以f（λ）max＝f（）＝6，则四棱锥A′－BCN体积的最大值为，故选项D正确.故选：BCD12．在椭圆C：（a＞b＞0）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x2＋y2＝a2＋b2上，称此圆为该椭圆的蒙日圆．该圆由法国数学家G．Monge（1745－1818）最新发现．若椭圆C：＋y2＝1，则下列说法中正确的有（

）A．椭圆C外切矩形面积的最大值为4B．点P（x，y）为蒙日圆Γ上任意一点，点，当∠PMN最大值时，tan∠PMN＝2＋C．过椭圆C的蒙日圆上一点P，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于点Q，若kOP，kOQ存在，则kOPkOQ为定值D．若椭圆C的左右焦点分别为F1，F2，过椭圆C上一点P和原点作直线l与蒙日圆相交于M，N，且，则【答案】BCD【分析】先求得椭圆的蒙日圆，然后根据外切矩形的面积、两角和的正切公式、根与系数关系、判别式、向量运算的指数对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】由题意可知，圆Γ：x2＋y2＝3，对于选项A，椭圆C的一个外切矩形为可设为ABCD，则其面积S＝4|OA||OB|sin∠AOB＝6sin∠AOB，所以矩形ABCD的面积最大值为6≠，故选项A错误；对于选项B，当PM与圆相切且切点在轴下方时∠PMN最大，，则tan∠PMO＝，且∠NMO＝45°，所以tan∠PMN＝，故选项B正确；对于选项C，当PQ的斜率存在时，可设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P（x1，y1），Q（x2，y2），由联立消去y可得，（k2＋1）x2＋2kmx＋m2－3＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝，则y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）＝，当直线PQ与椭圆相切时，由联立消去y可得，（2k2＋1）x2＋4kmx＋2m2－2＝0，＝16k2m2－4（2k2＋1）（2m2－2）＝0，化简得2k2＋1＝m2，所以kOPkOQ＝＝－，当PQ的斜率不存在时，则或，此时kOPkOQ＝－，故选项C正确；对于选项D，，因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝，则|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝8，所以PF12＋PF22＝5，由，所以①，②，则①＋②，可得，解得，所以|PM||PN|＝（r－|PO|）（r＋|PO|）＝r2－|PO|2＝3－＝，故选项D正确；故选：BCD【点睛】直线和圆锥曲线相切，可利判别式为零列方程，建立参数间的关系式来对问题进行求解.直线和圆锥曲线相交的问题，联立直线的方程和圆锥曲线的方程，写出根与系数关系，这个步骤需要较强的运算能力，需要不断的训练，提高运算能力.三、填空题13．命题“”的否定____________．【答案】【解析】【详解】试题分析：命题“”的否定是：．【解析】命题的否定．14．数学中有许多猜想，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：质数，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5不是质数．现设（n∈N），bn＝，则数列{bn}的前21项和为__________．【答案】【分析】先对进行化简，再以裂项相消法求数列{bn}的前21项和.【详解】＝＝＝n＋1，所以bn＝＝＝－，则＝－＋－＋＋－＝－＝．故答案为：15．已知正实数x，y满足x＋y＝1，则的最小值为__________．【答案】【分析】利用基本不等式来求得最小值.【详解】由题意可知，＝＝＝＋＝（＋）（x＋y）＝4＋5＋＋≥9＋2＝，当且仅当＝，时取等号，此时，故的最小值为．故答案为：16．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．若（）有最大值，则的取值范围是__________．【答案】【分析】方法一：由已知结正弦定理可得，从而可得＝2m[cosC＋（－）sinC]，构造函数f（C）＝cosC＋（－）sinC，利用导数求其最大值，从而结合三角函数的性质可得结果，方法二：由已知结正弦定理可得，从而可得mb＋nc＝2m[cosC＋（－）sinC]，构造函数f（C）＝cosC＋（－）sinC，然后利用辅助角公式结合三角函数的性质可求得【详解】法一：由题意可知，在中，由正弦定理可得，＝＝＝＝2，所以，又B＋C＝，则mb＋nc＝m2sinB＋n2sinC＝2m[sin（－C）＋sinC]＝2m[cosC－sinC＋sinC]＝2m[cosC＋（）sinC]，设f（C）＝cosC＋（）sinC，则f′（C）＝－sinC＋（）cosC，令f′（C）＝0，则－sinC＋（）cosC＝0，即tanC＝∈（0，），所以∈，则∈（，2）．法二：由题意可知，在中，由正弦定理可得，＝＝＝＝2，所以，又B＋C＝，则mb＋nc＝m2sinB＋n2sinC＝2m[sin（－C）＋sinC]＝2m[cosC－sinC＋sinC]＝2m[cosC＋（）sinC]，设f（C）＝2m[cosC＋（）sinC]＝sin（C＋），其中tan＝，则当C＋＝，即C＝－时取到最大值，则此时tanC＝tan（－）＝＝＝∈（0，），所以∈，则∈（，2）．故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，考查导数的应用，解题的关键是由正弦定理和三角函数恒等变换公式得到mb＋nc＝2m[cosC＋（）sinC]，然后构造函数f（C）＝cosC＋（）sinC，利用导数或三角函数的性质求出其最值，从而可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题四、解答题17．已知等差数列{an}和等比数列{bn}，数列{an}的公差d≠0，a1＝2．若a3，a6，a12分别是数列{bn}的前3项．(1)求数列{bn}的公比q；(2)求数列{anbn}的前n项和Tn．【答案】(1).(2).【分析】（1）利用等差数列、等比数列的性质建立方程解得公差d，再利用等比数列的定义可求得答案；（2）由（1）得，运用数列错位相减法求和即可.(1)解：由题意得a62＝a3a12，即，解得d＝2或d＝0，因为d≠0，所以d＝2，所以．(2)解：由（1）可得，

所以，所以，2Tn＝，两式相减得，所以．18．为了更好满足人民群众的健身和健康需求，国务院印发了《全民健身计划（）》．某中学为了解学生对上述相关知识的了解程度，先对所有学生进行了问卷测评，所得分数的分组区间为、、、、，由此得到总体的频率分布直方图，再利用分层抽样的方式随机抽取名学生进行进一步调研，已知频率分布直方图中、、成公比为的等比数列．(1)若从得分在分以上的样本中随机选取人，用表示得分高于分的人数，求的分布列及期望；(2)若学校打算从这名学生中依次抽取名学生进行调查分析，求在第一次抽出名学生分数在区间内的条件下，后两次抽出的名学生分数在同一分组区间的概率．【答案】(1)分布列见解析，期望为；(2).【分析】（1）求出的值，分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得随机变量的数学期望值；（2）记事件第一次抽出名学生分数在区间内，记事件后两次抽出的名学生分数在同一分组区间内，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.(1)解：由题意得，，因为，所以．由分层抽样，抽出的名学生中得分位于区间内有人，位于内有人，位于内有人，位于内有人，位于区间学生有人，这样，得分位于分以上的共有人，其中得分位于的有人，所以的可能取值有、、，，，，

所以的分布列为：所以.(2)解：记事件第一次抽出名学生分数在区间内，记事件后两次抽出的名学生分数在同一分组区间内，则，，由条件概率公式可得.19．在①b2＋c2－a2＝，②asinB＝bsin（A＋），③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，△ABC的面积为S，．(1)求角A；(2)若AC＝2，BC＝，点D在线段AB上，且△ACD与△BCD的面积比为4∶5，求CD的长．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答内容计分）【答案】(1)(2)【分析】（1）选①，利用余弦定理和三角形的面积公式求得；选②，利用正弦定理、两角和的正弦公式求得；选③利用正弦定理、两角和的正弦公式求得.（2）利用余弦定理求得的长.(1)选①，因为b2＋c2－a2＝，由余弦定理b2＋c2－a2＝2bccosA，及得，所以，因为cosA≠0，所以，因为A∈（0，π），所以A＝．选②，因为asinB＝bsin（A＋），及正弦定理，所以可得sinAsinB＝sinBsin（A＋），因为sinB≠0，所以sinA＝sin（A＋），，所以，因为cosA≠0，所以，因为A∈（0，π），所以A＝．选③，因为，及正弦定理，所以，即．因为sinA≠0，所以，又A∈（0，π），所以A＝．(2)在△ABC中，由余弦定理得，因为AC＝2，BC＝，A＝，所以7，解得AB＝3或AB＝－1（舍），因为△ACD与ABCD面积比为4∶5，所以，在三角形ACD中，由余弦定理得，即．20．如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O为BC的中点．侧面BCC1B1为等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M为B1C1中点．(1)证明：平面ABC⊥平面AOM；(2)记二面角A－BC－B1的大小为θ，当θ∈[，]时，求直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即证；（2）设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，利用坐标法可求，然后利用导函数求最值即得.(1)∵△ABC是等腰三角形，O为BC的中点，∴BC⊥AO，∵侧面BCC1B1为等腰梯形，M为的中点，∴BC⊥MO．∵MO∩AO＝O，MO，AO平面AOM，∴BC⊥平面AOM，∵BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOM．(2)在平面AOM内，作ON⊥OA，∵平面ABC⊥平面AOM，平面ABC∩平面AOM＝OA，ON平面AOM，∴ON⊥平面ABC，

以OB，OA，ON分别为x轴、y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．∵MO⊥BC，AO⊥BC，∴∠AOM为二面角的平面角，即∠AOM＝θ，∴A（0，3，0），B（4，0，0），C（－4，0，0），M（0，2cosθ，2sinθ），C1（－2，2cosθ，2sinθ），B1（2，2cosθ，2sinθ），∴＝(－2，2cosθ，2sinθ)，

设平面AA1C1C的法向量为＝(x，y，z)，其中＝(4，3，0)，＝(2，2cosθ，2sinθ)，所以，即，则可取，

设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα＝|cos＜，＞|＝，

设f(θ)＝，θ∈[，]，则，∴f（θ）在[，]上单调递增，∴f（θ）∈[－2，]，即∴，∴．∴直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值为.21．已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F到准线的距离为2．(1)求抛物线的方程；(2)过点P（1，1）作两条动直线l1，l2分别交抛物线于点A，B，C，D．设以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的公共弦所在直线为m，试判断直线m是否经过定点，并说明理由．【答案】(1)y2＝4x；(2)直线m恒过定点(，)，理由见解析.【分析】（1）由题可得p＝2，即求；（2）利用韦达定理法及条件可求以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的方程，然后可得公共弦所在直线，进而即得.(1)由题意得该抛物线焦点到准线的距离为－(－)＝p＝2，所以该抛物线的方程为y2＝4x．(2)①当直线l1，l2的斜率都存在时，设直线l1：，直线l2：y－1＝k2（x－1），由，消去y得，显然，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，

，，则以AB为直径的圆的方程为：，，即＋＋＝0，

同理，以CD为直径的圆的方程为：＋＋＝0，∴两圆公共弦所在的直线m的方程为：．令，解得，所以直线恒过定点(，)．

②当直线l1，l2的斜率中有一个不存在时，由对称性不妨设l1的斜率不存在，l2的斜率为k2，则以AB为直径的圆的方程为：，以CD为直径的圆的方程为：＋＋＝0，所以两圆公共弦所在的直线m的方程为：，此时