2022-2023学年江苏省扬州市宝应县高三上学期期末数学试题及答案

2022-2023学年江苏省扬州市宝应县高三上学期期末数学试题及答案一､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】B【解析】【分析】根据对数函数的性质，求得集合，利用交集，可得答案.【详解】由，则，解得，即，.故选：B.2.已知复数，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数除法运算求出复数z，即可得作答.【详解】依题意，，则所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D3.已知两个等差数列2，6，10，…，198及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为（）A1460 B.1472C.1666 D.1678【答案】C【解析】【分析】根据题意求出两个数列，相同的项组成的数列，求出项数，然后求出它们的和即可.【详解】有两个等差数列2，6，10，…，198及2，8，14，…，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，2，14，26，38，50，…，182，194是两个数列的相同项.共有个，也是等差数列，它们的和为，这个新数列的各项之和为1666.故选：C.4.文化广场原名地质宫广场，是长春市著名的城市广场，历史上地质宫广场曾被规划为伪满洲国的国都广场．文化广场以新民主大街道路中心线至地质宫广场主楼中央为南北主轴，广场的中央是太阳鸟雕塑塔，在地质宫（现为吉林大学地质博物馆）主楼辉映下显得十分壮观．现某兴趣小组准备在文化广场上对中央太阳鸟雕塑塔的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，A为太阳鸟雕塑最顶端，B为太阳鸟雕塑塔的基座（即B在A的正下方），在广场内（与B在同一水平面内）选取C、D两点．测得CD的长为m．兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有、、、、，则根据下列各组中的测量数据，不能计算出太阳鸟雕塑塔高度AB的是（）A.m、、、 B.m、、、C.m、、、 D.m、、、【答案】B【解析】【分析】结合解三角形、正弦定理、余弦定理等知识确定正确答案.【详解】结合选项可知是必选条件，求的思路是：求得或中的一条，然后解直角三角形求得；或用表示，利用余弦定理解方程来求得.A选项，根据m、、，可利用正弦定理求得，从而求得.B选项，m、、、四个条件，无法通过解三角形求得.C选项，根据m、、，利用正弦定理可求得，从而求得.D选项，由、借助直角三角形和余弦定理，用表示出，然后结合在三角形中利用余弦定理列方程，解方程求得.所以B选项的条件不能计算出.故选：B5.已知函数的部分图像如图，则函数的解析式可能为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由奇偶性可排除AD，由特殊点可排除C，即可求解【详解】由于图像关于原点对称，所以为奇函数，对于A：由得：，为偶函数，故可排除A；对于D：由得：，为偶函数，故可排除D；由图知图象不经过点，而对于C：，故可排除C；故选：B6.在中，点为线段上任一点（不含端点），若，则的最小值为（）A.12 B.6 C.8 D.9【答案】A【解析】【分析】由题意得，且，再利用基本不等式“1”的妙用求解即可.【详解】因为，且点在线段上（不含端点），所以，且，则，当且仅当且，即时，等号成立，所以，即的最小值为12.故选：A.7.已知圆C：，直线为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，，则最小值为（）A.5 B.6 C.8 D.4【答案】D【解析】【分析】由于四边形的面积为，从而可求出最小值.【详解】圆C：的圆心为，半径，因为四边形的面积为，所以当四边形的面积最小时，取得最小值，此时最小，此时与直线垂直，因为到直线的距离为，所以，所以最小值为4，故选：D8.已知正实数，，满足，，，则a，b，c大小关系为()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据可得，由此可构造函数，根据f(x)的单调性即可判断a和c的大小；根据对数的计算法则和对数的性质可得b与2的大小关系；变形为，利用函数与函数的图象可判断两个函数的交点的横坐标c的范围，从而判断b与c的大小.由此即可得到答案．【详解】，故令，则，．易知和均为上的增函数，故在为增函数．∵，故由题可知，，即，则．易知，，作出函数与函数的图象，如图所示，则两图象交点横坐标在内，即，，．故选：B．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.已知函数的图象如图所示，则（）A.函数解析式B.将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象C.直线是函数图象的一条对称轴D.函数在区间上的最大值为2【答案】ABC【解析】【分析】根据图像得到解析式，利用函数的性质进项判断即可.【详解】由题图知：函数的最小正周期，则，，所以函数．将点代入解析式中可得，则，得，因为，所以，因此，故A正确．将函数的图像向左平移个单位长度可得函数的图像，故B正确.，当时，，故C正确.当时，，所以，即最大值为，故D错误．故选：ABC．10.下列命题中是真命题的有（）A.若，则B.在线性回归模型拟合中，若相关系数越大，则样本的线性相关性越强C.有一组样本数据，.若样本的平均数，则样本的中位数为2D.投掷一枚骰子10次，并记录骰子向上的点数，平均数为2，方差为1.4，可以判断一定没有出现点数6【答案】ACD【解析】【分析】根据二项分布期望公式、相关系数的性质，结合平均数、中位数、方差的定义逐一判断即可.【详解】对于，若，则，故A正确；对于B，若越大，则样本的线性相关性越强，故B不正确；对于C，有两种情况：1，2，3和2，2，2，故C正确；对于D，若出现点数6，则，此时其方差不可能是1.4，所以D正确．故选：ACD．11.已知拋物线的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于两点，点在上的射影为，则下列说法正确的是（）A.若，则B.以为直径的圆与准线相切C.设，则D.过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有2条【答案】ABC【解析】【分析】根据焦点弦公式即可判断A；求出线段的中点坐标及圆的半径，从而可判断B；根据抛物线的定义可得，即可判断C；分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合根的判别式即可判断D.【详解】解：由题意，故A正确；拋物线的准线，，则以为直径圆的半径，线段的中点坐标为，则线段的中点到准线的距离为，所以以为直径的圆与准线相切，故B正确；拋物线的焦点为，，当且仅当三点共线时，取等号，所以，故C正确；对于D，当直线斜率不存在时，直线方程为，与抛物线只有一个交点，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立，消得，当时，方程得解为，此时直线与抛物线只有一个交点，当时，则，解得，综上所述，过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线有3条，故D错误.故选：ABC.12.在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（）A.平面B.三棱锥的外接球直径C.在圆锥侧面上，点到的中点的最短距离必大于D.记直线与过点的平面所成的角为，当时，平面与圆锥侧面的交线为双曲线.【答案】BC【解析】【分析】对A：根据线面平行的性质定理分析判断；对B：根据题意分析可得：三棱锥是顶角为直角的正三棱锥，利用转化法求外接圆直径；对C：根据题意：点到中点的直线距离为，结合圆锥侧面分析判断；对D：根据题意可得，结合圆锥的截面分析判断.【详解】对于：若平面，平面ABC，平面平面，则，因为为直径，为圆锥底面圆的圆心，是底面圆的内接正三角形所以，所以，故A错误；对于：因为，则，故，则，同理，且三棱锥是正三棱锥，设其外接球半径为，则三棱锥的外接球可以转化为边长为的正方体的外接球，∴，故B正确；对于C：由于是边长为等边三角形，故点到中点的距离为，故在圆锥侧面上，点到的中点的最短距离大于，故C正确；对于D：∵与母线的夹角的余弦值为，则，即，所以平面与圆锥侧面的交线为椭圆，故D错误；故选：BC.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在二项式的展开式中，各项的系数之和为512，则展开式中常数项的值为___________.【答案】135【解析】【分析】根据各项的系数之和为512得到，解得，然后利用通项公式求常数项即可.【详解】因为二项式的展开式中，各项的系数之和为512，所以令，得，解得.又因为的展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中常数项为.故答案为：135.14.已知向量在方向上的投影向量是是与同方向的单位向量），，则___________.【答案】【解析】【分析】根据投影向量的定义求出，再由数量积的定义求.【详解】因为向量在方向上的投影向量为，所以，又，，所以.故答案为：.15.设，，则________．【答案】1【解析】【分析】利用平方法，结合同角的三角函数关系式、两角和余弦公式进行求解即可.【详解】由，，，得，所以，故．故答案为：116.椭圆的光学性质，从椭圆一个焦点发出的光，经过椭圆反射后，反射光线都汇聚到椭圆的另一个焦点上.已知椭圆：，，为其左､右焦点.是上的动点，点，若的最大值为.动直线为此椭圆的切线，右焦点关于直线的对称点，，则：（1）椭圆的离心率为___________；（2）的取值范围为___________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据题意得，所以，求出，即可求出，再求出离心率；根据椭圆的光学性质可得，即点的轨迹是以为圆心，半径为4的圆，又表示点到直线的距离的倍，分析求解即可.【详解】根据椭圆定义得：，所以，因为的最大值为6，因为，所以，即，解得，所以离心率为.右焦点关于直线的对称点，设切点为，由椭圆的光学性质可得：，，三点共线，所以，即点的轨迹是以为圆心，半径为4的圆，圆心到直线的距离为，则圆上的点到直线的距离最小值，最大值，所以点到直线的距离为：，所以表示点到直线的距离的倍，则，即.故答案为：，.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.在公差不为0的等差数列中，成公比为的等比数列，又数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等比中项的性质，建立方程，解得首项，利用等差数列的通项，整理方程，可得公差，可得答案；（2）由（1）可得数列的通项公式，分奇数和偶数两种情况，利用分组求和，结合等差和等比的求和公式，可得答案.【小问1详解】公差d不为0的等差数列中，成公比为的等比数列，所以，则，即，解得，在公差不为0的等差数列中，由，可得，代入，可得，整理可得，解得，所以.【小问2详解】由（1）可得，当n为偶数时，；当n为奇数时，.所以18.设的内角，，所对的边分别为，，，在①、②、③中任选一个作为条件解答下列问题.①向量与向量平行；②；③.（1）确定角和角之间的关系；（2）若为线段上一点，且满足，若，求.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）选①②可得，应用正弦定理边角关系及三角恒等化简得，结合三角形内角的性质求角的关系；选③应用三角恒等化简，即可确定关系；（2）由（1）及已知可得，向作垂线，垂足为，易得，再应用余弦定理，或角平分线的性质有求结果.【小问1详解】若选①：因为与平行，所以，若选②：，所以，由正弦定理得，即，即，因为，，所以或，则（舍）或，即；若选③：依题意得，所以，因为，所以，即，所以，即，因为，，所以，即.小问2详解】因为，由正弦定理得，由得：，即，又，，可得，如图，过向作垂线，垂足为，因为，解得.因为，所以是中点，.因为，，所以，方法1：在中，，又，所以，即，解得.方法2：易知是的角平分线，因为，即，所以，即，得，又，解得.19.如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，是棱的中点.（1）证明：平面平面.（2）若，求二面角的余弦值的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）证明平面，即可证明平面平面.（2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，计算法向量夹角的余弦值的取值范围，可求得二面角的余弦值的取值范围.【小问1详解】证明：因为三棱柱为直三棱柱，所以，因为为等边三角形，且D为AB的中点，所以，又因为，且平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.【小问2详解】以D为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，设，因为，所以，，，，，，，，设平面的一个法向量，平面的一个法向量，则，取，，取，所以，因为，，因为二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值的取值范围为.20.2022年11月12日，在湖北黄石举行的2022年全国乒乓球锦标赛中，樊振东最终以4比2战胜林高远，夺得2022年全国乒乓球锦标赛男子单打冠军.乒乓球单打规则是首先由发球员合法发球，再由接发球员合法还击，然后两者交替合法还击，胜者得1分.在一局比赛中，先得11分的一方为胜方，10平后，先多得2分的一方为胜方.甲､乙两位同学进行乒乓球单打比赛，甲在一次合法发球中，得1分的概率为，乙在一次合法发球中，得1分的概率为，设在一局比赛中第n个合法发球出现得分时，甲的累计得分为.（假定在每局比赛中双方运动员均为合法发球）（1）求随机变量的分布列及数学期望；（2）求成等比数列的概率.【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据分析得知是二项分布.（2）分和两种情况来讨论.【小问1详解】随机变量的可能取值为.，，，随机变量的分布列为0123所以.【小问2详解】若成等比数列，则当时，则当时，则所以事件成等比数列的概率.21.设分别是双曲线的左、右两焦点，过点的直线与的右支交于M，N两点，过点（﹣2，3），且它的虚轴的端点与焦点的距离为．（1）求双曲线的方程；（2）当时，求实数m的值；（3）设点M关于坐标原点O的对称点为P，当时，求△PMN面积S的值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据点在双曲线上及两点距离列方程组求双曲线参数，即可得方程；（2）由点在直线上求得t＝2，根据F1到直线的距离与等腰三角形底边上的高相等，列方程求参数m；（3）设M（x1，y1），N（x2，y2），联立双曲线与直线方程，应用韦达定理得，，由向量的数量关系可得，根据对称点，三角形面积公式，可求△PMN面积．【小问1详解】因为双曲线