浙江省宁波市慈溪市2022-2023学年高三上学期数学期末试卷

浙江省宁波市慈溪市2022-2023学年高三上学期数学期末试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．已知角α的终边经过点(−1，3A．−3 B．3 C．−332．已知抛物线y2=2px(p>0)A．1 B．2 C．3 D．23．已知集合A={x|y=2x，A．A∩B={1，C．A=B=R D．A∩B=∅4．若A，B，C，D，E五人排队照相，则A，B两人不相邻的概率为（）A．45 B．35 C．125．若二项式(1+2xA．448x3 B．1120x4 C．6．如图，是某种型号的家用燃气瓶，其盛气部分近似可以看作由一个半球和一个圆柱体组成，设球的半径为R，圆柱体的高为h，若要保持圆柱体的容积为定值V=3π立方米，则为使制造这种燃气瓶所用材料最省（温馨提示：即由半球和圆柱体组成的几何体表面积最小），此时RhA．22 B．12 C．137．在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知bsin(B+C)=asinA+C2A．22 B．23 C．628．若单位向量a，b满足〈a，b〉=120°，向量A．32 B．1+34 C．1+二、多选题9．设a，A．若m⊥α，n⊥αB．若m⊂α，n⊂αC．若α∥β，m⊂αD．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α10．已知a>b>0，则（）A．2−a<2−b B．lo11．已知z1，zA．当z1=1−iB．复平面内复数z1所对应的点的轨迹是以原点为圆心、半径为2C．|D．|12．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：x24+y2=1A．若点Q在C2上运动，则|PQ|的最大值为B．若l与C1、C．若过P点作C1的切线，则切线唯一且方程为D．若k=2，b∈Z，l与C三、填空题13．在平面直角坐标系中，已知A(−2，0)，14．已知变量x和y的统计数据如下表：x678910y3.5455.57如果由表中数据可得经验回归直线方程为y=0.85x+a，那么，当15．若正数α，β，γ满足α+β+γ=π，且sinα+16．已知数列{an}满足：a1=1四、解答题17．甲、乙两位棋手，与同一台智能机器人进行国际象棋比赛，相互独立，互不影响，记分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输，则甲得1分；如果甲输而乙赢，则甲得−1分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得0分.设甲赢机器人的概率为0.6，乙赢机器人的概率0.5.记甲在一轮比赛中的得分记为X，在两轮比赛中的得分为Y.（1）若甲单独与机器人进行三次比赛，求甲恰有两次赢的概率；（2）求X的分布列；（3）求Y的均值.18．在菱形ABCD中，G是对角线BD上异于端点的一动点（如图1），现将△ABD沿BD向上翻折，得三棱锥A−BCD（如图2）.（1）在三棱锥A−BCD中，证明：DG⊥AC；（2）若菱形ABCD的边长为23，∠ABC=π3，且BG=2GD，在三棱锥A−BCD中，当AC=3时，求直线AG19．如图，ABCD是一个边长为8m的有部分腐蚀的正方形铁皮，其中腐蚀部分是一个半径为6m的扇形AMN，其他部分完好可利用.铁匠师傅想在未被腐蚀部分截下一个长方形铁皮PRCQ（P是圆弧上的一点），以用于制作其他物品.（1）当长方形铁皮PRCQ为正方形时，求此时它的面积；（2）求长方形铁皮PRCQ的面积S的最大值.20．已知数列{an}，{（1）若{an}是等比数列，且an+1=1c（2）若{bn}是等差数列，公差d>021．法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆C：x2a2+y2b（1）求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；（2）设P是椭圆C外一动点（不在坐标轴上），过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为−12，求22．已知函数f(（1）当k=3时，求曲线y=f(x)（2）若对∀x∈(0，（3）求证：对∀x∈(0，

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】根据任意角的三角函数的定义，tanα=故答案为：A.

【分析】根据任意角的三角函数的定义可求出答案.2．【答案】D【解析】【解答】抛物线y2=2px(p>0)的焦点(依题意，p2=3故答案为：D

【分析】由抛物线的方程及双曲线的方程，可得其焦点的坐标，再由题意可得p的值.3．【答案】D【解析】【解答】由题意可知集合A={x|y=2x，x∈R}为数集，集合二者元素类型不同，所以A∩B=∅，故答案为：D.

【分析】集合A为数集，集合B为点集，元素类型不同，然后结合集合交集的定义可求得答案.4．【答案】B【解析】【解答】先排C、D、E，有A33=6种排法，再将A，B插入C、D、E及其两侧空位，有A42=12种，A，B不相邻有故答案为：B.

【分析】根据古典概型的概率公式可求出答案.5．【答案】B【解析】【解答】T6=Cn5(2x所以6=2(n−5)故答案为：B.

【分析】根据题意可得Cn6．【答案】C【解析】【解答】依题意，πR2=π(3R当3R2=3R故答案为：C.

【分析】根据题意，先求出表面积的表达式，利用V=3π为定值求出h与R的关系，再利用基本不等式求解，即可得答案.7．【答案】C【解析】【解答】因为bsin根据正弦定理及诱导公式得sinB⋅∵A∈(0，π)，∴sin即2sinB2cosB2解得sinB2=所以S=1所以ac=8，a+c≥2ac根据余弦定理得b=a2+设△ABC的周长为C，所以C△ABC设a+c=t，t≥42根据复合函数单调性及增函数加增函数为增函数的结论得：f(t)在[42，+∞)故(C当且仅当a=b=c=22故答案为：C.

【分析】由已知结合正弦定理及二倍角公式进行化简先求出B，然后结合基本不等式可求出答案.8．【答案】C【解析】【解答】令a=不妨a=(1，0因为(c−a)⊥所以a⋅令x=1则a=1因为cos(θ−π3所以|a故答案为：C.

【分析】由已知可把问题坐标化，然后结合向量数量积的坐标表示及圆的性质可求出答案.9．【答案】A,C,D【解析】【解答】对A：垂直于同一平面的两条直线平行，正确；对B：当m∥n时结论未必成立，错误；对C：α∥β，n⊥β，故n⊥α，又m⊂α，故对D：α⊥β，m⊥β，则m∥α或m⊂α，排除m⊂α，则m∥α，正确.故答案为：ACD.

【分析】垂直于同一平面的两条直线平行，可判断A；当m//n时结论末必成立，可判断B；根据面面平行的性质定理判断C；根据面面垂直的性质定理判断D.10．【答案】A,D【解析】【解答】根据幂函数y1=x∵a>b>0，由a>b>0，取a=2，b=1由a>b>0可得a3+3b≥2a3⋅3b由基本不等式可知a+b≥2ab，当且仅当a=b但a>b>0，等号取不到，D符合题意，故答案为：AD.

【分析】利用指数函数的性质可判断A；利用换底公式判断B；直接应用基本不等式判断C，D.11．【答案】B,D【解析】【解答】A项：|zB项：因为|zC项：|z1−i|≥|D项：|z2z1|=故答案为：BD.

【分析】利用复数的模的定义以及其复数的几何意义逐项进行计算，即可得答案.12．【答案】A,C【解析】【解答】A选项，C2：x2+点Q在C2上运动，|PQ|的最大值为|P|PC所以|PQB项：C1的上顶点与C2的圆心距离为132−1=11所以由图易知l有4条，C2到3x+2y−4=0距离为C2与3C项：P(2，22)当过P(2，22)设过P(2，2联立C1：x整理，得(1+4k由Δ=(42k−8故切线方程为y−22=−D项：分别记l与C1l：y=kx+b与C1设A(x1，则l与C1截得弦长为|l为圆心C2距离为d=所以|CD因为|AB|=因为k=2，所以1017−显然b≠0，D不符合题意.故答案为：AC.

【分析】利用两点间的距离公式可得|PC2|，进而可得|PQ的最大值判断A；求得C1上顶点与C2圆心的距离右判断C1与C2外离，进而求得C2到3x+2y−4=0距离可判断B；因为P在C1上，所以切线唯一，求得切线方程可判断C；分别分别记l与13．【答案】y=1−|x|【解析】【解答】∵A(−2，可设y=k|x|+m，则可得2k+m=0m=1，解得m=1k=−1可设y=ax2+bx+c，则可得4a+2b+c=04a−2b+c=0c=1故答案为：y=1−|x|

【分析】根据题意设解析式，代入运算求解可得答案.14．【答案】0.3【解析】【解答】x=所以a=所以x=10时，y5所以残差为7−6.故答案为：0.

【分析】计算x，15．【答案】2023【解析】【解答】依题意，因为sin所以2又因为α+β+γ=π，所以sinα+γ所以cosα−γ所以cos⇒2023sin所以co=cos故答案为：20232

【分析】将已知关系式sinα+16．【答案】(−∞【解析】【解答】由a1=1，an+1因为F(x)=x+ln(而F(a2)=可猜想数列{an}下面由数学归纳法证明：当n=1时，a2=a1−当n=k时，假设0<a当n=k+1时，ak+2=a即F(ak+2又因为ak+2=a所以0<a即数列{an}由单调有界收敛定理可知{an}所以limn→+∞an+1所以a=0，即{a令f(x)f'(x则g'(x所以f'(x)>f'所以由k≤f(an+1)恒成立可知k≤f(所以k∈(故答案为：(−∞，

【分析】由数学归纳法可知数列{an}单调递减且0<an≤1，由单调有界收敛定理可知{an}收敛，设lim17．【答案】（1）解：设甲恰有两次赢的概率为P1P1（2）解：X的可能取值为−1，0，1.根据记分规则，得P(P(R(所以X的分布列为X−101P0.20.50.3（3）解：两轮比赛甲的得分Y的可能取值为−2，由于两轮比赛的结果是独立的，所以P(P(P(所以Y的分布列为Y−2−1012P0.040.20.370.30.09故E(【解析】【分析】(1)根据二项分布的概率公式求解出甲恰有两次赢的概率；

(2)X可取-1，0，1，分别计算对应概率，写出分布列即可；

(3)Y可取-2，-1，0，1，2，分别计算对应概率，写出分布列即可求出Y的均值.18．【答案】（1）证明：在图1中，连接AC交BD于O，连接AG，由菱形的性质得DG⊥AO，在图2中，因为CO，AO⊂平面AOC且DG⊥AO，所以由直线与平面垂直的判定定理得DG⊥平面AOC，因为AC⊂平面AOC，所以DG⊥AC.（2）解：由DG⊥平面AOC，DG⊂平面COD，得平面COD⊥平面菱形ABCD的边长为23，∠ABC=π3则BD=2BO=6，则三棱锥A−BCD中，CO=AO=3，又AC=3解△AOC得cos∠AOC=故∠AOC=120°，作AH⊥CO，交CO延长线于H，得AH=3由于平面COD⊥平面AOC，平面COD∩平面AOC=CO，AH⊂平面AOC，所以AH⊥平面COD，如图，以O为原点，OC，OD分别为x，建立空间直角坐标系，如图，所以A(−3AC=(设平面ACD的法向量为n=则n⋅AC=33可得平面ACD的法向量n=设直线AG与平面ACD所成角为θ，θ∈[所以sinθ=另解提示：根据上述解法求出AH=3由CG=DG=AG=2，CD=23由CD=AD=23，AC=3设点G到平面ACD的距离为d，直线AG与平面ACD所成角为θ，因为VA−CDG=VG−ACD即所以sinθ=【解析】【分析】(2)根据平面图和直观图的转换，利用线面垂直和线线垂直之间的转换证出DG⊥AC；

(2)利用空间直角坐标系和法向量及向量的夹角公式求出直线AG与平面ACD所成角的正弦值.19．【答案】（1）解：连接AP，设∠PAD=θ(0≤θ≤π2)，延长QP当长方形铁皮PRCQ为正方形时，显然θ=π4，此时所以S=CR（2）解：由（1）设，得PE=PA所以S=PR⋅PQ=(8−6cos其中，0≤θ≤π令t=sinθ+cos所以S=64−48t+18(t因为0≤θ≤π2，所以所以S=18(t−所以当t=1时，得Smax即长方形铁皮PRCQ的面积S的最大值为16(cm【解析】【分析】(1)连接AP，设∠PAD=θ(0≤θ≤π2)，延长QP交AD于E，当长方形铁皮PRCQ为正方形时，得到θ=π4，可得RD=32，进而求解出它的面积；

(2)由（1）设，得PE=PAsinθ=6sinθ，AE=PAcos20．【答案】（1）解：依题意，因为a2=a1+所以an=2所以{bn}故bn=2（2）证明：由cn+1cn由叠乘得cnc1得1c因为b11=1+b因为b1=a2−得1+1故1c【解析】【分析】(1)由题意得a2=2，求出等比数列{an}的公比q，可得an=2n−1，结合题意，可得cn=2n−1，，即可求出b21．【答案】（1）解：设椭圆方程为x2由题意可知e=c所以c=1，b=3且蒙日圆的方程为x2（2）解：设P(x0由y−y0=k(x−x由于相切，所以方程①的Δ=0，可得：16(整理成关于k的方程可得：(4−x由于P在椭圆x24+故Δ'设过点P的两切线斜率为k1据题意得，k1+k又因为k1⋅k即点P(x0由不等式可知：1=x即|x0|⋅|y0所以S△POH=12|【解析】【分析】(1)由题意可得a，c的值，进而求出b的值，可得椭圆的方程及它的蒙日圆方程；

(2)设P的坐标，及过P的切线的方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0可得两条切线的斜率的关系，再由斜率之积的值，可得P的轨迹方程，由均值不等式可得P的横坐标