江苏省南通市区、启东市、通州区2022-2023学年高三上学期数学期末联考试卷

江苏省南通市区、启东市、通州区2022-2023学年高三上学期数学期末联考试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．已知集合A={x∈N∣−1<x<3}，A．{x∣−1<x≤3}C．{0，1} 2．(3A．−i B．2 C．1−3i 3．已知向量a=(2，−3)，bA．32 B．−32 C．24．已知一个正四棱台形油槽可以装煤油200L，若它的上､下底面边长分别为60cm和40cm，则它的深度约为（）A．115cm B．79cm C．56cm D．26cm5．南通地铁1号线从文峰站到南通大学站共有6个站点，甲､乙二人同时从文峰站上车，准备在世纪大道站､图书馆站和南通大学站中的某个站点下车，若他们在这3个站点中的某个站点下车是等可能的，则甲､乙二人在不同站点下车的概率为（）A．14 B．13 C．236．已知定义在R上的函数f(x)的图象连续不间断，有下列四个命题：甲：f(x)是奇函数；乙：f(x)的图象关于点(2，丙：f(22)=0丁如果有且仅有一个假命题，则该命题是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁7．已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0A．22 B．7 C．6 D．8．已知a=e−1.A．c<a<b B．a<b<c C．a<c<b D．c<b<a二、多选题9．下列说法正确的是（）A．数据1，B．样本相关系数r越大，成对样本数据的线性相关程度也越强C．若随机变量ξ服从二项分布B(8，3D．若随机变量X服从正态分布N(0，1)10．已知函数f(x)=sinωx−3cosωx(A．ω=2B．点(−5π6，C．f(x)在(πD．将f(x)的图象上所有的点向左平移π3个单位长度，可得到y=cos(2x−11．过直线l：2x+y=5上一点P作圆O：A．若直线AB∥l，则|AB|=B．cos∠APB的最小值为3C．直线AB过定点(D．线段AB的中点D的轨迹长度为512．已知在三棱锥P−ABC中，PA⊥PB，AB⊥BC，PA=PB=1，AB=BC，设二面角P−AB−C的大小为θ，M是PC的中点，当θ变化时，下列说法正确的是（）A．存在θ，使得PA⊥BCB．存在θ，使得PC⊥平面PABC．点M在某个球面上运动D．当θ=π2时，三棱锥P−ABC三、填空题13．(x2−x−2)5的展开式中14．若抛物线x2=12y上的一点P到坐标原点O的距离为27，则点P15．已知直线y=kx+b是曲线y=ln(1+x)与y=2+lnx的公切线，则k+b=.16．已知数列{an}满足：an+1>an>0，an+12=a四、解答题17．已知数列{an（1）求证：{a（2）设数列{an}的前n项和为18．记△ABC中，角A，B，C（1）求sinCsinAsinB（2）若A=π6，a=719．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PBC.（1）证明：AB⊥BC；（2）若PA=AB，M为PC上的点，当PC与平面ABM所成角的正弦值最大时，求20．2022年卡塔尔世界杯决赛于当地时间12月18日进行，最终阿根廷通过点球大战总比分7：5战胜法国，夺得冠军.根据比赛规则：淘汰赛阶段常规比赛时间为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采用“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为2：（1）假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也只有35的可能性将球扑出.若球员射门均在门内，在一次“点球大战"中，求门将在前4次扑出点球的个数X（2）现有甲､乙两队在决赛中相遇，常规赛和加时赛后双方0：0战平，需要通过“点球大战”来决定冠军.设甲队每名队员射进点球的概率均为34（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球并获得冠军的概率；（ii）求“点球大战”在第7轮结束，且乙队以6：21．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>1≥b>0)的左､右焦点分别为F1，F2（1）求C的方程；（2）若A是C的右顶点，设直线l，AM，AN的斜率分别为22．已知函数f(x)=lnx−（1）当a=−1时，求f(x)的单调区间；（2）若f(x)有两个零点x1，x2

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A={B={x∣x则A∩B={0故答案为：C.

【分析】先求出集合A、B，再根据交集的运算求解即可.2．【答案】D【解析】【解答】(3故答案为：D.

【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解.3．【答案】A【解析】【解答】由a=(2可得a+2又|a+2b即(2+2m)故答案为：A.

【分析】根据向量的坐标运算求解即可.4．【答案】B【解析】【解答】设深度为h，由棱台的体积计算公式可得：13(3600+1600+2400)h=200×1000，解得：故答案为：B.

【分析】直接利用棱台的体积公式求解即可.5．【答案】C【解析】【解答】两人在相同站点下的概率为：13所以甲､乙二人在不同站点下车的概率为P=1−1故答案为：C.

【分析】结合古典概率公式求解即可.6．【答案】D【解析】【解答】甲正确时，f(x)=−f(−x)；乙正确时，f(x)=−f(4−x)则f(x)=−f(−x)=f(4+x)，则周期T=4，则由f(2)=−f(−2)，f(2)=f(−2)，可得f(2)=0，则f(22)=f(2)=0，故丙正确；丁正确时，则f(x)的周期为6，这与上面得到的周期T=4互相矛盾.由四个命题有且仅有一个假命题，则丁错.故答案为：D.

【分析】利用函数的性质，单调性，周期性，对称性的应用判断甲乙丙丁的真假即可.7．【答案】B【解析】【解答】不妨设M在y=bax，令M(解得x0=a2c因为点G在双曲线上，所以(a2c故答案为：B.

【分析】不妨设M在y=bax，令M(x0，y8．【答案】C【解析】【解答】解：c−b=1−ln(e−1)−1∵∵a=∴a<bc−a=1−ln(e−1)−∴c>a故答案为：C.

【分析】利用作差法比较c<b，a<c从而得到答案.9．【答案】A,C【解析】【解答】数据中的众数为5，9×60%=5.|r|越大成对样本数据的线性相关程度也越强，B不符合题意；ξ∼B(8，X∼N(0，故答案为：AC

【分析】利用众数和第60百分位数的定义判断A；利用相关系数的意义判断B；利用方差的性质判断C；利用正态曲线的性质判断D.10．【答案】A,B【解析】【解答】由题意知f(x)=sinωx−3f(x)=2sin(2x−π故f(x)关于(−5令π2+2kπ≤2x−π当k=0时，5π12令−π2+2kπ≤2x−当k=0时，−π即f(x)在(−π12，而−π12<π3将f(x)的图象上所有的点向左平移π3个单位长度，得到f(x+而f(x+=2cos(2x−π故答案为：AB

【分析】对于A，由已知利用两角和的正弦公式化简函数解析式，利用正弦函数的周期公式即可求解得ω=2；对于B，利用正弦函数的对称性即可判断；对于C，利用正弦函数的单调性即可判断；对于D，利用导数函数的图象变换即可判断.11．【答案】B,C【解析】【解答】解：由题知，设P(x因为过点P作圆O：x2所以A，B在以即A，B在因为A，B是切点，所以A，故A，故两圆方程相减可得A，化简可得AB：因为P在l上，所以2x故直线AB：关于A，若AB∥l，则−2=−x解得：x所以AB：故圆心O到AB的距离d=所以AB=2A不符合题意；由AB：即x0联立x−2y=05y=1解得：x=2所以AB过定点M(C符合题意；因为∠APB+∠AOB=π所以cos∠APB=cos(π−∠AOB)=−cos∠AOB由于AB过定点M(所以O到AB距离d记AB中点为Q，则OM≥OQ，cos∠APB=−cos∠AOB=−cos2∠AOQ=−(2co=1−2co=1−2≥1−2×1B符合题意；因为D为线段AB的中点，且M在AB上，所以∠MDO=π所以D点轨迹为以OM为直径的圆，所以r=周长为2πr=D不符合题意.故答案为：BC

【分析】对于A，先求得直线AB的方程，利用垂径定理可得|AB|=5；对于C，利用直线AB：x0x+(5−2x0)y=1，可得顶点坐标；对于B，∠APB+∠AOB=π，所以cos∠APB=cos(π−∠AOB)=−cos∠AOB，所以O到AB距离dmax12．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：对于A：取AB、AC中点D、E，连接PD，DE，PE，ME，BE，因为PA=PB=1，所以PD⊥AB，又AB⊥BC，DE//BC，所以DE⊥AB，所以∠PDE即为二面角P−AB−C的平面角θ，又PA⊥PB，AB=BC，所以BC=AB=P所以DE=12BC=22若PA⊥BC，又PA⊥PB，PB∩BC=B，PB，BC⊂平面PBC，则PA⊥平面因为PC⊂平面PBC，所以PA⊥PC，所以PE=12AC=1，则PD2对于B：若PC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，则PC⊥AB，又AB⊥BC，PC∩BC=C，PC，BC⊂平面PBC，所以AB⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，在△ABP中AB⊥PB与PA⊥PB矛盾，B不符合题意；对于C：∵ME=12PA=12对于D，当θ=π2时，PE=1，所以∴E为三棱锥P−ABC外接球的球心，外接球的半径为1，所以三棱锥P−ABC外接球的体积V=4故答案为：ACD.

【分析】取AB、AC中点D、E，连接PD，DE，PE，ME，BE，所以∠PDE即为二面角P−AB−C的平面角θ，求出各个线段的长度，假设PA⊥BC，求出θ=π2，即可判断A；假设PC⊥平面PAB，即可得到AB⊥PB，推出矛盾，即可判断B；∵ME=12PA=13．【答案】-80【解析】【解答】因为(x(x−2)5展开式第(x+1)5展开式第当r=5，p=4时，当r=4，p=5时，所以展开式中x项为−160x+80x=−80x，则x的系数为−80，故答案为：-80.

【分析】根据已知条件，结合二项式定理，并分类讨论，即可求解.14．【答案】5【解析】【解答】设点P(x0，解得：y0=2，所以故答案为：5.

【分析】由题意求得点P坐标，所以|PF|=y15．【答案】3−ln2【解析】【解答】设曲线y=ln(1+x)上切点A(x1，切线斜率k=11+x即y=同理，设曲线y=2+lnx上切点B(x2，切线斜率k=1x2即y=1所以11+x1所以k=2，b=1−ln2，故答案为：3−ln

【分析】设切点A(x1，16．【答案】(0【解析】【解答】由an+12−an+1=a则a1=a22−a1an∵bn=−1因为1<an+1<2，所以a所以b1+b故答案为：(0，

【分析】第一空：由an+12−an+1=an，可得17．【答案】（1）证明：由an+1−2a由a1=1，可得所以an+3n−1≠0，所以所以{a（2）解：由（1）得，an+3n−1=3×所以S=3×【解析】【分析】（1）由an+1−2an=3n−4，得an+1+3n+2=2(an+3n−1)，an18．【答案】（1）解：因为3cosC=2sinAsinB，所以−3(cosAcosB−sinAsinB)=2sinAsinB，即sinAsinB=3cosAcosB，因为cosAcosB≠0，所以tanAtanB=3，所以sinC=1（当且仅当tanA=tanB=3所以sinCsinAsinB的最小值为2（2）解：因为A=π6，由（1）得，因为B∈(0，π)，所以所以sinC=sin(B+A)=sin(B+π由正弦定理asinA=c所以△ABC的面积为12【解析】【分析】（1）利用两角和的余弦公式，将已知条件画出tanAtanB=3，然后化简sinCsinAsinB=sinAcosB+cosAsinBsinAsinB=tanA+tanBtanAtanB，利用基本不等式求解即可；

19．【答案】（1）证明：如图，过点A作AE⊥PB，垂足为E，∵平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=PB，AE⊂平面PAB，AE⊥PB，∴AE⊥又∵BC⊂平面PBC，∴AE⊥BC.又∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC.又∵AE∩PA=A，PA、AE⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，又∵AB⊂平面PAB，∴AB⊥BC.（2）解：由（1）知，以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为∵底面ABCD是菱形，且AB⊥BC，∴底面ABCD为正方形，设PA=AB=1，则B(1，所以AB=(1设PM=λPC=(λ设平面ABM的一个法向量为n=(x则n①当0≤λ<1时，取n=(0设PC与平面ABM所成角为θ，则sinθ=|cos<n当λ=12时，sinθ②当λ=1时，取n=(0，0，∴综述：PC与平面ABM所成角的正弦值最大时为63，此时PM【解析】【分析】（1）过点A作AE⊥PB，垂足为E，根据面面垂直的性质可得AE⊥平面PBC，再根据线面垂直的判定证明BC⊥平面PAB，结合线面垂直的性质证明即可；

（2）由（1）知，以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系20．【答案】（1）解：根据题意门将每次扑中点球的概率p=1X的可能取值为0，1，P(X=0)=P(X=2)=P(X=4)=C所以X的概率分布为X01234P(X)25625696161数学期望E(X)=4×1（2）解：（i）甲队先踢点球，第三轮结束时甲队踢进了3个球，并获得冠军，则乙队没有进球，所以甲队获得冠军的概率为(3（ii）点球在第7轮结束，且乙队以6：所以前5轮战平，且第6轮战平，第7轮乙队1：当前5轮两队为4：4时，乙队胜出的概率为[当前5轮两队为5：乙队胜出的概率为[C因为上述两个事件互斥，所以乙队胜出的概率为252304【解析】【分析】（1）先求出门将每次扑中点球的概率p=13×35=15，然后由独立重复实验的概率公式可得；

（2）（i）甲队先踢点球，第三轮结束时甲队踢进了3个球，并获得冠军，则乙队没有进球，甲队获得冠军的概率为(34)3×21．【答案】（1）解：依题