江苏省扬州市2022-2023学年高三数学下学期2月开学摸底考试试卷（Word版附答案）

这是一份江苏省扬州市2022-2023学年高三数学下学期2月开学摸底考试试卷（Word版附答案），共12页。

2022～2023学年高三年级模拟试卷
数　　学
(满分：150分　考试时间：120分钟)
2023．2
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. 若复数z满足i(z＋i)＝2＋i(i为虚数单位)，则复数z在复平面内所对应的点在(　　)
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 已知a，b∈R，则“a＜b”是“a＜b－1”的(　　)
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 已知数列{an}满足2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝100，则其前9项和等于　(　　)
A. 150 B. 180 C. 300 D. 360
4. 若平面向量a，b满足a＋b＝(3，－2)，a－b＝(1，x)，且a·b＝0，则x的值为(　　)
A. B. － C. ±2 D. ±2
5. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其形状可视为一个正四棱锥，已知该金字塔的塔高与底面边长的比满足黄金比例，即比值约为，则它的侧棱与底面所成角的正切值约为(　　)
A. B. C. D.
6. 已知α，β∈(0，)，2tan α＝，则tan(2α＋β＋)＝(　　)
A. － B. － C. D.
7. 已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，方差是3，则对于以下数据：
2x1＋1，2x2＋1，2x3＋1，2x4＋1，2x5＋1，1，2，3，4，5
下列选项正确的是(　　)
A. 平均数是3，方差是7 B. 平均数是4，方差是7
C. 平均数是3，方差是8 D. 平均数是4，方差是8
8. 在平面直角坐标系xOy中，x轴正半轴上从左至右四点A，B，C，D横坐标依次为a－c，a，a＋c，2a，y轴上点M，N纵坐标分别为m，－2m(m＞0)，设满足PA＋PC＝2a的动点P的轨迹为曲线E，满足QN＝2QM的动点Q的轨迹为曲线F，当动点Q在y轴正半轴上时，DQ交曲线E于点P0(异于点D)，且OP0与BQ交点恰好在曲线F上，则a∶c＝(　　)
A. B. C. 2 D. 3
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. 下列说法正确的有(　　)
A. C＝C
B. C＋C＝C
C. C＋C＋C＋…＋C＝2n
D. (1＋x)4展开式中二项式系数最大的项为第三项
10. 已知实数a，b＞0，2a＋b＝4，则下列说法正确的有(　　)
A. ＋有最小值 B. a2＋b2有最小值
C. 4a＋2b有最小值8 D. ln a＋ln b有最小值ln 2
11. 高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数．例如[－3.5]＝－4，[3.5]＝3.已知函数f(x)＝cos x＋|cos x|，函数g(x)＝[f(x)]，则下列说法正确的有(　　)
A. 函数f(x)在区间(0，π)上单调递增 　　
B. 函数f(x)图象关于直线x＝kπ(k∈Z)对称
C. 函数g(x)的值域是{0，1，2}
D. 方程g(x)＝x只有一个实数根
12. 在四面体ABCD的四个面中，有公共棱AC的两个面全等，AD＝1，CD＝，∠CDA＝90°，二面角BACD大小为θ，下列说法正确的有(　　)
A. 四面体ABCD外接球的表面积为3π
B. 四面体ABCD体积的最大值为
C. 若AD＝AB，AD⊥AB，则θ＝120°
D. 若AD＝BC，θ＝120°，则BD＝
三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S3＝4，S6＝12，则S9＝________．
14. 已知双曲线－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，且右支上有一点P(p，1)，则cos ∠F1PF2＝________．
15. 某个随机数选择器每次从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字中等可能地选择一个数字，用该随机数选择器连续进行三次选择，选出的数字依次是a，b，c，则概率P(a＜b＜c)＝________．
16. 已知函数f(x)＝ax2＋x，若当x∈[0，1]时，|f(x＋1)|≤a＋1恒成立，则实数a的取值范围是________．
四、 解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. (本小题满分10分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＝an＋1－2.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 令bn＝log2an.
① cn＝bn·an；② cn＝；③ cn＝(－1)n(bn)2.
从上面三个条件中任选一个，求数列{cn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．











18.(本小题满分12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝，b＝10，c＝6，△ABC的内切圆I的面积为S.
(1) 求S的值；
(2) 若点D在AC上，且B，I，D三点共线，求·的值．



19. (本小题满分12分)
在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，AA1＝2，AC⊥A1B.
(1) 求证：BA＝BC；
(2) 已知AB＝，A1B＝2，求直线A1B与平面A1B1C所成角的正弦值．

20. (本小题满分12分)
云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长．据调查可知，我国2017年至2021年云计算市场规模数据统计表如下：

年份
2017年
2018年
2019年
2020年
2021年
年份代码x
1
2
3
4
5
云计算市场规模y/亿元
692
962
1 334
2 091
3 229
经计算得
(１)根据以上数据,建立y 关于x 的回归方程 (e为自然对数的底数).
(2) 云计算为企业降低生产成本、提升产品质量提供了强大助推力．某企业未引入云计算前，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差ε～N(0，)，其中m为单件产品的成本(单位：元)，且P(－1＜ε＜1)＝0.682 7；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差ε～N(0，).若保持单件产品的成本不变，则P(－1＜ε＜1)将会变成多少？若保持产品质量不变(即误差的概率分布不变)，则单件产品的成本将会下降多少？
参考公式和数据：
对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其回归直线y＝βx＋α的斜率和截距的最小二乘估计分别为
若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|＜σ)＝0.682 7，P(|X－μ|＜2σ)＝0.954 5，P(|X－μ|＜3σ)＝0.997 3.



21. (本小题满分12分)
已知AB为抛物线G：y2＝2px(p＞0)的弦，点C在抛物线的准线l上．当AB过抛物线焦点F且长度为8时，AB的中点M到y轴的距离为3.
(1) 求抛物线G的方程；
(2) 若∠ACB为直角，求证：直线AB过定点．












22.(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝ex＋2，x∈R；g(x)＝cos x，x∈(－，).(e为自然对数的底数，e≈2.718).
(1) 若函数h(x)＝af(x)－g(x)在区间(－，)上单调递减，求实数a的取值范围．
(2) 是否存在直线l同时与y＝f(x)，y＝g(x)的图象相切？若存在，判断l的条数，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
2022～2023学年高三年级模拟试卷(扬州)
数学参考答案及评分标准

1. D　2. B　3. B　4. C　5. A　6. B　7. D　8. A　9. ABD　10. BC　11. BCD　12. ACD
13. 28　14. 　15. 　16. [－，－]
17. 解：(1) ∵ Sn＝an＋1－2，∴ Sn－1＝an－2(n≥2)，
两式相减得an＋1＝2an(n≥2).(2分)
∵ a1＝2，a2＝4，∴ a2＝2a1.(3分)
∴ an＋1＝2an(n∈N*).
∵ a1＝2≠0，∴ ＝2(n∈N*).
∴ 数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴ an＝2n.(5分)
说明：结果an＝2n对，但漏掉a2＝2a1的扣1分．
(2) 由(1)可知bn＝log2an＝log22n＝n.
若选①：cn＝bn·an＝n·2n，
∴ Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1(7分)
两式相减得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.(10分)
若选②：cn＝＝＝＝(－)，(7分)
Tn＝(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝(1－)＝.(10分)
若选③：cn＝(－1)n·(bn)2＝(－1)n·n2，
当n为偶数时，Tn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋[－(n－1)2＋n2]＝1＋2＋…＋n＝；(7分)
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－cn＋1＝－(n＋1)2＝－.
综上，得Tn＝(－1)n.(10分)
18. 解：(1) 在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos ，
∴ a2＝100＋36＋60＝196，即a＝14.(3分)
设内切圆I的半径为r，则S△ABC＝·(a＋b＋c)·r＝bc sin ，
∴ r＝，∴ S＝πr2＝3π.(6分)
(2) (解法1)在△ABC中，由(1)结合余弦定理得cos ∠ABC＝，
∵ BD平分∠ABC，∴ 点D到AB，BC的距离相等，故＝，
而＝，∴ ＝＝，∴ ＝＋，(9分)
∴ ·＝·＋2＝×6×14×＋×142＝105.(12分)
(解法2)在△ABC中，由(1)结合余弦定理得cos ∠ABC＝，
依题意可知I为内心，故BD平分∠ABC，设∠ABD＝∠CBD＝θ，
则cos ∠ABC＝2cos2θ－1＝，∴cos θ＝，∴ sin θ＝.(8分)
思路1：在△ABD中，∠ADB＝－θ，由正弦定理得＝，
∵ sin (－θ)＝cos θ－sin θ＝，
∴ BD＝sin ＝·＝3，(10分)
∴ ·＝||·||cos θ＝105.(12分)
思路2：∵ S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，∴ ac sin 2θ＝c·BD·sin θ＋a·BD·sin θ，
∴ BD＝＝＝3，(10分)
∴ ·＝||·||cos θ＝105.(12分)
思路3：∵ BD平分∠ABC，∴ 点D到AB，BC的距离相等，故＝，
而＝，∴ ＝＝，∵ AC＝10，∴ AD＝3.
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos ＝63，(10分)
∴ ·＝||·||cos θ＝105.(12分)
19. 解：(1) 连接A1C，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，
则△AA1C为正三角形，取AC的中点为O，则AC⊥A1O，
又AC⊥A1B，A1B∩A1O＝A1，A1B，A1O⊂平面A1BO，
所以AC⊥平面A1BO.(3分)
因为BO⊂平面A1BO，所以AC⊥BO，
因为O是AC的中点，所以AB＝BC.(5分)
(2) 在边长为2的正三角形AA1C中，A1O＝，
在△ABC中，AB＝BC＝，AC＝2，则BO＝1，又A1B＝2，
所以A1O2＋BO2＝A1B2，所以A1O⊥BO，(7分)
所以OA1，OB，OC两两垂直．

以O为原点，OB，OC，OA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图．
则A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，)，
A1B＝(1，0，－)，A1C＝(0，1，－)，A1B1＝＝(1，1，0)，
设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，
则令z＝1，则n＝(－，，1)，(10分)
设直线A1B与平面A1B1C所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈A1B，n〉|＝||＝，
所以直线A1B与平面A1B1C所成角的正弦值为.(12分)
20.(2) 未引入云算力辅助前，ε～N(0，)，所以μ＝0，σ＝，
又P(－1＜ε＜1)＝0.682 7＝P(|ε－μ|<σ)，所以＝1，所以m＝4.(8分)
引入云算力辅助后，ε～N(0，)，所以μ＝0，σ＝，
若保持产品成本不变，则m＝4，ε～N(0，)，σ＝＝，
所以P(－1＜ε＜1)＝P(|ε－μ|<2σ)＝0.954 5，(10分)
若产品质量不变，则＝1，所以m＝1，
所以单件产品成本可以下降4－1＝3(元).(12分)
21. 解：(1) 设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则由题意得故p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.(4分)
(2) 直线AB过定点(1，0)，证明如下：
设C(－1，c)，A(，y1)，B(，y2)，直线AB的方程为x＝ty＋n(n＞0)，
将x＝ty＋n(n＞0)代入y2＝4x得y2－4ty－4n＝0，
则Δ＞0，所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4n，(6分)
所以＝(＋1，y1－c)，＝(＋1，y2－c).
因为∠ACB＝90°，所以·＝0，即＋＋1＋y1y2－c(y1＋y2)＋c2＝0，
即n2＋4t2＋2n＋1－4n－4tc＋c2＝0，(8分)
即(n－1)2＋(2t－c)2＝0，所以n＝1，
所以直线AB过定点(1，0).(12分)
22. 解：(1) h(x)＝af(x)－g(x)＝aex＋2－cos x，h′(x)＝aex＋2＋sin x.
因为h(x)＝af(x)－g(x)在(－，)上单调递减，
所以∀x∈(－，)，h′(x)＝aex＋2＋sin x≤0恒成立，
∀x∈(－，)，a≤－恒成立．(2分)
设M(x)＝－，x∈(－，)，则M′(x)＝－＝，
当x∈(－，)时，M′(x)＜0，当x∈(，)时，M′(x)＞0，
所以M(x)在(－，)上单调递减，在(，)上单调递增，(4分)
所以M(x)min＝M()＝－＝－e－－2，
所以a≤－e－－2.(5分)
(2) 存在且仅有一条直线同时与y＝f(x)，y＝g(x)的图象相切．(6分)
设直线与y＝f(x)，y＝g(x)的图象分别相切于点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
其中x1∈R，x2∈(－，)，且x1≠x2，f′(x)＝ex＋2，g′(x)＝－sin x，
则在P处的切线方程为y－ex1＋2＝ex1＋2(x－x1)，即y＝ex1＋2x＋(1－x1)ex1＋2；
在Q处的切线方程为y－cos x2＝－sin x2(x－x2)，即y＝－x sin x2＋cos x2＋x2sin x2.
所以ex1＋2＝－sin x2，…①
(1－x1)ex1＋2＝cos x2＋x2sin x2，…②
因为－sin x2∈(－1，1)，所以0＜ex1＋2＜1，则x2∈(－，0).
可得x1＝－2＋ln (－sin x2)，于是有[3－ln (－sin x2)](－sin x2)＝cos x2＋x2sin x2，
整理得(x2＋3)sin x2＋cos x2－sin x2ln (－sin x2)＝0.(8分)
(解法1)两边同除以sin x2得(x2＋3)＋－ln (－sin x2)＝0，
要证有且仅有一条直线同时与y＝f(x)，y＝g(x)的图象都相切，
只需证函数M(x)＝x＋3＋－ln (－sin x)，在x∈(－，0)内有且仅有一个零点．
M′(x)＝1＋－＝＝.
当x∈(－，－)时，M′(x)＞0；当x∈(－，0)时，M′(x)＜0，
所以M(x)在(－，－)上单调递增，在(－，0)上单调递减，(10分)
M(－)＞M(－)＝－＋3＞0，所以M(x)在(－，－)内无零点．
取sinx0＝－e－3，x0∈(－，0)，则cos x0＝，
M(x0)＝x0＋3＋－ln (－sin x0)＜3－－ln e－3＝6－＜6－＜0，
所以函数M(x)在(－，0)内有且仅有一个零点，
综上，函数M(x)在(－，0)内有且仅有一个零点，
所以有且仅有一条直线同时与f(x)，g(x)的图象都相切．(12分)
(解法2)要证有且仅有一条直线同时与y＝f(x)，y＝g(x)的图象都相切，
只需证函数G(x)＝(x＋3)sin x＋cos x－sin x ln (－sin x)在x∈(－，0)内有且仅有一个零点．
G′(x)＝sin x＋(x＋3)cos x－sin x－cos x ln (－sin x)－sin x·
＝cos x[x＋2－ln (－sin x)]，
设N(x)＝x＋2－ln (－sin x)，x∈(－，0)，则N′(x)＝1－＝1－，
因为x∈(－，0)，所以cos x＞0，sin x＜0，所以N′(x)＞0，
所以N(x)在(－，0)上单调递增，所以N(x)＞N(－)＝－＋2＞0.
又cos x＞0，所以G′(x)＞0，所以G(x)在(－，0)上单调递增，(10分)
所以G(－)＝(－＋3)sin (－)＋cos (－)－sin (－)ln [－sin (－)]＝－3＜0.
取sin x0＝－e－3，x0∈(－，0)，则cos x0＝，
G(x0)＝(x0＋3)sin x0＋cos x0－sin x0ln (－sin x0)＝－e－3[x0＋3＋－ln (－sin x0)]，
其中x0＋3＋－ln (－sin x0)＜3－－ln e－3＝6－＜6－＜0，
所以G(x0)＞0，
所以函数G(x)在(－，0)内有且仅有一个零点，
所以有且仅有一条直线同时与f(x)，g(x)的图象都相切．(12分)