2022-2023学年江苏省南通市海安市高三上学期期末数学试题及答案

2022-2023学年江苏省南通市海安市高三上学期期末数学试题及答案注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共4页，满分150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卷交回.2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上.3.请监考员认真核对在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符.4.作答选择题必须用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效.一、选择题：本大题共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.已知全集,集合,则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据集合补集的运算性质,求出即可.【详解】解:由题知,,故或.故选:B2.若复数在复平面内对应的点在直线上，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的几何意义及复数的概念，再结合共轭复数的概念即可求解．【详解】由复数在复平面内对应的点在直线上，则令，则，所以，所以，即．故选：D．3.二项式的展开式中的常数项为A.－15 B.20 C.15 D.－20【答案】C【解析】【分析】根据二项式定理写出二项展开式通项，令幂指数为零，可求得，代入展开式通项可求得常数项.【详解】二项式展开式通项为：令得：常数项为：本题正确选项：【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数的问题，关键是能够熟练掌握二项展开式的通项公式.4.经验表明,树高与胸径具有线性关系,为了解回归方程的拟合效果,利用下列数据计算残差,用来绘制残差图.胸径x/cm18.219.122.324.526.2树高的观测值y/m18.919.420.822.824.8树高的预测值18.619.321523.024.4则残差的最大值和最小值分别是（）A.0.4,-1.8 B.1.8,-0.4 C.0.4,-0.7 D.0.7,-0.4【答案】C【解析】【分析】根据表内数据进行分析,计算各组数据残差值,找出最大及最小即可.【详解】解:由表可得,各组数据的残差为:,,,,,故残差最大值为0.4,最小值为-0.7.故选:C5.为测量河对岸的直塔AB的高度，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C，D，测得的大小为60°，点C，D的距离为200m，在点C处测得塔顶A的仰角为45°，在点D处测得塔顶A的仰角为30°，则直塔AB的高为（）A.100m B. C. D.200m【答案】A【解析】【分析】根据画出图形，设，结合条件可得，，然后根据余弦定理即得.【详解】设，则，，∴，在中，由余弦定理可得，∴，∴(负值舍去)，即直塔AB的高为100m.故选：A.6.已知圆心均在轴上的两圆外切，半径分别为，若两圆的一条公切线的方程为，则（）A. B.2 C. D.3【答案】B【解析】【分析】设出两圆的标准方程，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系列式求解，【详解】设圆：，圆：，其中，两圆的公切线方程为，则，，两圆外切，则，化简得，，即，∴，故选：B7.设为的重心，则（）A.0 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用三角形的重心的向量表示及向量的线性运算即可求解.【详解】因为为重心，所以，所以，故选：B.8.设,,,则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】三个数中有指数和对数,用到放缩,即,则,即可得,根据,可得,取可得,选出选项即可.【详解】解:由题知,记,,所以,所以,所以,在时成立,所以,即,即,记,,所以,所以在上,,单调递减,在上,,单调递增,所以,所以,则,即,即,,即有,因为,所以,综上:.故选:D二、选择题：本大题共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.在正方体中,,,则（）A. B.平面C.平面 D.直线与直线异面【答案】AB【解析】【分析】设正方体棱为一个具体的数,建立空间直角坐标系,根据各个点的位置,写出各个点的坐标,找到,计算两个向量的数量积,判断是否为0,即可得选项A的正误;求出平面的法向量,判断与法向量是否垂直,根据线面平行的判定定理,即可得选项B的正误;根据向量的数量积为0,判断是否与平面中两个不共线向量是否垂直即可判断选项C的正误;判断是否共线,即可得选项D的正误.【详解】解:由题知,令正方体棱为3,以为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系:因为,,所以,所以,,因为,所以,故选项A正确;设平面的法向量为,则,因为,所以,取,可得,因为,,所以,因为平面,所以平面,故选项B正确;因为,,所以,故与不垂直,即不垂直于平面,故选项C错误;因,,所以共线，即,所以四点共面，故直线与直线共面.故选项D错误.故选:AB10.已知抛物线：的焦点为F，点M，N均在C上，若是以F为直角顶点的等腰三角形，则（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】由题意可知轴，利用抛物线的定义及向量的运算即可得到.【详解】因为是以F为直角顶点的等腰三角形，所以轴，又因为抛物线方程为，所以，设，，有抛物线的定义可知，，，则，则∴，，∴，故选：BD.11.已知等差数列中，当且仅当时，仅得最大值.记数列的前k项和为，（）A.若，则当且仅当时，取得最大值B.若，则当且仅当时，取得最大值C.若，则当且仅当时，取得最大值D.若，，则当或14时，取得最大值【答案】BD【解析】【分析】由等差数列前n项和有最大值，得数列为递减数列，分析的正负号，可得的最大值的取到情况.【详解】由等差数列前n项和有最大值，所以数列为递减数列，对于A，且时取最大值，设，则，当时，；时，；时，，所以或14时，前k项和取最大值，A项错误；对于B，当且仅当时取最大值，则时，，时，.，则，，，，前14项和最大，B项正确；对于C，，则，同理，，，前13项和最大，C项错误；对于D，，，得，由题等差数列在时，，时，，所以，，，所以或14时，前k项和取最大值，D项正确；故选：BD.12.将样本空间Ω视为一个单位正方形，任一事件均可用其中的区域表示，事件发生的概率为对应区域的面积.如图所示的单位正方形中，区域I表示事件AB，区域II表示事件，区域I和Ⅲ表示事件B，则区域IV的面积为（）ⅠⅡⅢⅣA. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】由题意可知区域IV表示的事件为，然后逐个分析判断即可.【详解】由题意可知区域IV表示的事件为，对于C，，C对.对于B，，B对.对于A，，A错.对于D，无法判断A，B是否独立，D错，故选：BC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，则___________.【答案】##【解析】【分析】先利用诱导公式求出，再由同角三角函数的关系求出，从而可求出.【详解】由，得，因为，所以，所以故答案为：.14.已知椭圆的左、右焦点分别为,,点在椭圆上,若是以为顶点的等腰三角形,且,则的离心率___________.【答案】##0.4

【解析】【分析】根据是等腰三角形及椭圆定义,求出该三角形的各个边长,再根据余弦定理建立关于等式,求出离心率即可.【详解】解:由题知是以为顶点的等腰三角形,所以,因为点在椭圆上,根据椭圆的定义可知:,故,因为,故在中,由余弦定理可得:,即,解得:,即.故答案为:15.设过直线上一点A作曲线的切线有且只有两条，则满足题设的一个点A的纵坐标为___________.【答案】2或【解析】【分析】设切点，根据导数的几何意义可得切线方程，进而可得有且只有两个解，然后构造函数，利用导数研究函数的性质即得.【详解】设切点，则，切线斜率为，所以切线，设，则，∴，令，则方程有且只有两个解，所以，由，可得或2，当变化时，的变化如下，02负0正0负减函数极小值增函数极大值2减函数所以函数的极小值为，极大值为，∴或，方程有且只有两个解，即A的纵坐标为2或.故答案为；2或.16.已知球O的表面积为，P是球O内的定点，，过P的动直线交球面于A，B两点，，则球心O到AB的距离为___________cm；若点A，B的轨迹分别为圆台的上、下底面的圆周，则圆台的体积为___________.【答案】①.②.【解析】【分析】由球的表面积确定球的半径，解三角形求球心O到AB的距离，再根据球的截面的性质列方程求出圆台的上下底面半径和圆台的高，利用体积公式求体积；【详解】设球的半径为，则，∴，即，，∴到AB的距离.取AB中点M，则，∴，，如图所示.又点A，B的轨迹分别为圆台的上、下底面的圆周，所以圆，圆，又圆，圆，所以四点共线，令，，，，∴，∴，∵，∴，，.故答案为：，.四、解答题：本大题共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.已知数列中，成等差数列，成等比数列，，.（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项和为，若，求的最小值.【答案】（1）（2）12【解析】【分析】（1）根据已知条件及等差数列的通项公式，结合等比数列的通项公式即可求解;（2）根据（1）的结论及等差和等比数列的前项和公式即可求解.【小问1详解】当时，设公差为，∴，∴，而，，∴时，设公比为，∴此时，∴.【小问2详解】显然，∴为偶数，，∴的最小值为12.18.已知四边形内接于圆，，，，平分.（1）求圆半径；（2）求的长.【答案】（1）（2）8【解析】【分析】（1）连接，由余弦定理求解的长，再根据正弦定理求圆的半径；（2）由余弦定理求解，再根据平方公式得，由已知结合正弦两角差公式可得的值，再由正弦定理可得的长.【小问1详解】解：如图，在圆中，连接，在中，由余弦定理得：，所以，设圆О半径为R，由正弦定理得：∴，所以半径；【小问2详解】解：由余弦定理得，由于，所以，因为平分，所以，所以，由正弦定理得.19.如图，菱形ABCD的边长为2，，E为AC的中点，将沿AC翻折使点D至点.（1）求证：平面平面ABC；（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；（2）过作于点，过M作于点，连接，分析得即为二面角的平面角，由三棱锥体积求得，即可进一步由几何关系求得.【小问1详解】证明：在菱形中，，∴和均为等边三角形，又∵E为AC的中点，∴，，，平面，∴平面，又∵平面ABC，∴平面平面ABC.【小问2详解】过作于点，∵平面平面ABC，平面，∴平面ABC.∴.过M作于点，连接，∵平面ABC，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴.∴即为二面角的平面角，，∴，，∴，∴.故二面角的余弦值为.20.甲、乙、丙三人进行乒乓球单打比赛,约定:随机选择两人打第一局,获胜者与第三人进行下一局的比赛,先获胜两局者为优胜者,比赛结束.已知每局比赛均无平局,且甲赢乙的概率为,甲赢丙的概率为,乙赢丙的概率为.（1）若甲、乙两人打第一局,求丙成为优胜者的概率;（2）求恰好打完2局结束比赛的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据题意分析丙成为优胜者的情况,根据独立事件的概率公式计算即可;(2)分析三人比赛时,第一场上场的情况,再根据各种情况分析打完2局结束比赛的事件,根据独立事件的概率公式计算结果.【小问1详解】解:由题知,根据约定,丙成为优胜者的情形为:甲赢,丙赢,丙赢,或乙赢,丙赢,丙赢,两种情况,当甲赢,丙赢,丙赢时,概率,当乙赢,丙赢,丙赢时,概率,故丙成为优胜者的概率;【小问2详解】若甲乙先比赛,则甲乙能先比赛的概率为,此时2局结束比赛的情形分为:①甲赢,甲赢;②乙赢,乙赢,故;若甲丙先比赛,则甲丙能先比赛的概率为,此时2局结束比赛情形分为:①甲赢,甲赢;②丙赢,丙赢,故;若乙丙先比赛,则乙丙能先比赛的概率为,此时2局结束比赛的情形分为:①乙赢,乙赢;②丙赢,丙赢,故.故恰好打完2局结束比赛的概率.21.已知双曲线C过点,且C的渐近线方程为.（1）求C的方程;（2）设A为C的右顶点,过点的直线与圆O:交于点M,N,直线AM,AN与C的另一交点分别为D,E,求证:直线DE过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)根据渐近线方程设出双曲线方程,将代入,求出方程即可;(2)分析斜率情况,设出直线方程,与圆联立可得两点坐标之间的关系,化简可得为定值,即也为该定值,设出的直线方程,与双曲线联立,即可得两点坐标之间关系,根据为定值,建立等式,进行化简,解得的直线方程中参数之间的关系,即可得直线DE所过定点.【小问1详解】解:由题知C的渐近线方程为,故设双曲线的方程为,因为过,所以,解得,故的方程为;【小问2详解】由题知画图如下:因为直线过点,所以斜率不为零,故设直线方程为,,,联立,可得,故,解得,由韦达定理得,因为,所以,,设直线方程为,,,,联立,可得,所以,解得,由韦达定理得:,因为,所以,化简可得,即,即,因为直线不过,所以,化简可得,即,解得,所以直线为:,故直线恒过定点.【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的