2022-2023学年江苏省徐州市高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2022-2023学年江苏省徐州市高三上学期期末数学试题及答案，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若，，且，则a＝（ ）
A. －9B. －3C. 3D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】先化简集合A、B，再利用题给条件列出关于a的方程，解之即可求得a的值.
【详解】，，
则由可得，，解之得
故选：C
2. 复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的运算法则即可得到结果
【详解】
所以虚部为
故选：A
3. 已知点，在抛物线C：上，则C的准线方程为（ ）
A. x＝－1B. x＝1C. y＝－1D. y＝1
【答案】C
【解析】
【分析】根据点在抛物线C：上求得p求解.
【详解】解：因为点在抛物线C：上，
所以，解得，
所以C的准线方程为，
故选：C
4. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量加法减法的几何意义即可求得
【详解】中，，
则
故选：D
5. 某批待出口的水果罐头，每罐净重X（单位：g）服从正态分布．随机抽取1罐，其净重在179g与186.5g之间的概率为（ ）
（注：若，，，）
A. 0.8185B. 0.84C. 0.954D. 0.9755
【答案】A
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性，以及即可求得净重在179g与186.5g之间的概率.
【详解】由题意可知，，可得
净重在179g与186.5g之间的概率为
由正态分布的对称性可知，
；
所以净重在179g与186.5g之间的概率为.
故选：A.
6. 已知函数，若，，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，可得为偶函数，则可得，又由，可得，进而得，将代入即可得答案.
【详解】解：又因为，
当时，则有，
当时，则有，
所以为偶函数，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以以，
又因为，
所以，
所以，
所以.
故选：B.
7. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，求导可得在上单调递增，即可得，从而得出大小，又结合对数函数与指数函数的性质比较得出大小，即可得结论.
【详解】解：设，，所以，
则当时，，所以单调递增，则，
所以，则；
又，且，
所以，故.
故选：C.
8. 如图，内接于圆O，AB为圆O的直径，AB＝10，BC＝6，平面ABC，E为AD的中点，且____________，则点A到平面BCE的距离为（ ）
①异面直线BE与AC所成角为60°；
②三棱锥D−BEC的体积为
注：从以上两个条件中任选一个，补充在横线上并作答．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】选①：在点C建立空间坐标系，结合直线BE与AC所成角为60°计算出点E坐标，得出CE长度，再用等体积法算点A到平面BCE的距离.
选②：先利用三棱锥体积关系算出CD长度，再得出CE的长度，结合等体积法计算点A到平面BCE的距离.
【详解】选①:AB为圆O的直径，且AB＝10，BC＝6，
为直角三角形，AC=8，
如图建立空间坐标系，,设，
则，
,
，
,
且,
E为AD的中点，，
,
;
.
选②：AB为圆O的直径，且AB＝10，BC＝6，
为直角三角形，AC=8，
又平面ABC，,设CD=h,
E为AD的中点，且三棱锥D−BEC的体积为，
,
,
,,
中，,
,
面ACD,面ACD,
,
,
;
.
故选：C.
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. 设正方体的棱长为1，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 与平面所成的角为45°
C. 两条平行直线，的距离为1
D. 点到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质即可判断选项；利用线面的夹角即可判断选项；根据线面垂直和线线平行即可判断选项；利用等体积法即可判断选项.
【详解】对于选项，因为为正方体，所以平面，
因为平面，所以，又因为为正方形，所以，
又因为，所以平面，因为平面，所以，故选项正确；
对于选项，因为为正方体，所以平面，则即为直线与平面所成的角，因为正方体的棱长为，所以，所以在中，，
所以，也即直线与平面所成的角不等于，故选项错误；
对于选项，因为且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，则.
因为为正方体，所以平面，平面，
所以，同理，所以即为两平行线的距离，
因为，故选项正确；
对于选项，因为是棱长为1的正方体，所以是边长为的正三角形，设点到平面的距离为，由体积相等可得：，
也即，所以，则，
故选项正确，
故选：.
10. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点
B. 有2个零点
C. 不存在最小值
D 不等式对恒成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，由导数法可得有两个极值点；
对B，由导数法可得的单调性，以及即可判断；
对C，由的单调性及极小值可判断最小值；
对D，原命题等价于对恒成立，令 ，由导数法得最小值，即可判断.
【详解】，由得，
故当，，在单调递增；当，，单调递减.
对A，由得，故有两个极值点，A对；
对B，，又当，，结合单调性可知，有2个零点，B对；
对C，由的单调性得，在取得极小值，又当，，故在取得最小值，C错；
对D，当，，即，即，即，故原命题等价于不等式对恒成立，
令 ，则，故在单调递减，故，故D对.
故选：ABD
11. 已知O为坐标原点，a，b为实数，圆C：，点在圆C外，以线段CD为直径作圆M，与圆C相交于A，B两点，且，则（ ）
A. 直线DA与圆C相切
B. D在圆上运动
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】通过圆M的直径所对的圆周角为直角即可判断A；根据勾股定理求出圆M的半径，从而求出的长，即可得出点 的轨迹方程，从而判断B；由得知动点M的轨迹在圆C内，可判断C；用特殊点即可验证并判断选项D.
【详解】由于线段CD为圆M的直径，所以,所以直线DA与圆C相切，选项A正确；
设的交点为，可知,，则，
圆C：，则半径,由勾股定理可得 ,
设圆M的半径为，则，连接 ，则有,，解得，则，
故D在圆上运动，选项B正确；
圆M的半径为,如图，设圆C与轴的交点为两点，圆C的半径为,,且圆M必过点,
所以动点M的轨迹在圆C内，则有,选项C正确；
点的坐标为，因为D在圆上运动，
当 时，点的坐标为，所在的直线为 ，联立 ，消去 可得，解得，因为点在圆C外，所以此时点的坐标为，即，
，即存在一点的坐标为时，使得，选项D错误；
故选：ABC.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系的综合应用，考查圆的轨迹方程，数形结合思想，属于较难题.
12. 为了确保在发生新冠肺炎疫情时，能够短时间内完成大规模全员核酸检测工作，采用“10合1混采检测”，即：每10个人的咽拭子合进一个采样管一起检测．如果该采样管中检测出来的结果是阴性，表示这10个人都是安全的．否则，立即对该混采的10个受检者暂时单独隔离，并重新采集单管拭子进行复核，以确定这10个人中的阳性者．某地区发现有输入性病例，需要进行全员核酸检测，若该地区共有10万人，设感染率为p（每个人受感染的概率），则（ ）
A. 该地区核酸检测结果是阴性的人数的数学期望为人
B. 随机的10个一起检测的人所需检测的平均次数为次
C. 该区采用“10合1混采检测”，需要重新采集单管拭子的平均人数为人
D. 该区采用“10合1混采检测”比一人一检大约少用份检测试剂
【答案】BD
【解析】
【分析】根据二项分布即可求解A，设随机变量表示这10个人一共所需的检验次数，求出所有取值和相应的概率，再求出的期望即可即可判断B,根据B选项可求解10万人采用“10合1混采检测”需要检测的次数，即可判断CD.
【详解】感染率为，没有感染的概率为，则为阴性的人数为,则 ，
所以核酸检测结果是阴性的人数的数学期望为，故A错误，
感染率为，10个人的咽拭子混合在一起检测时，设随机变量表示这10个人一共所需的检验次数，若第一次混检都是阴性，所需检测次数为1，；若是阳性，每人还得再单独检测一次，此时，且，，
于是平均检测次数是，故B正确，
采用“10合1混采检测”，1管中需要重新采样的概率为，所以10万人中需要重新采集单管拭子的平均人数为人，故C错误，
采取“10合1混采检测”方案，10万人可能需要进行检测的平均次数大约为：
，
即进行“10合1混采检测”方案，比“一人一检”方案少使用约份检测试剂,故D正确，
故选：BD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知圆柱高为8，该圆柱内能容纳半径最大的球的表面积为，则圆柱的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】先分析半径最大的球不可能为圆柱的内切球，所以此球是与圆柱侧面与下底面相切的球，就能求出圆柱底面半径，然后根据圆柱的体积公式可得.
【详解】圆柱内能容纳半径最大的球的表面积为，设此球半径为，则
如果圆柱有内切球，又因为圆柱的高为8，所以内切球半径为，说明这个圆柱内能容纳半径最大的球，与圆柱侧面和下底面相切，与上底面相离，易得圆柱底面半径为，圆柱的体积为
故答案为：72π
14. 写出曲线过坐标原点的切线方程：______，______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据切点和斜率写出切线方程，并根据切线过原点求得切线方程.
【详解】当时，，则，
曲线在点处的切线方程为.
若该切线经过原点，则，解得，此时切线方程为.
当时，同理可得满足题意的切线方程为.
故答案为：；
15. 已知椭圆C：，经过原点O的直线交C于A，B两点．P是C上一点（异于点A，B），直线BP交x轴于点D．若直线AB，AP的斜率之积为，且，则椭圆C的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】设点的坐标，求斜率，由题知，两式相减，化简得，结合
，知，再利用及离心率公式即可求解.
【详解】设，，，
则直线AP的斜率为，BP的斜率为，
由题知，两式相减得，
即，即，即，
又，则，即，
即，则，所以，
即，则椭圆C的离心率为.
故答案为：
16. 一个盒子中装有个小球，甲、乙两个同学轮流且不放回地抓球，每次最少抓1个球，最多抓2个球．约定：由甲先抓，且谁抓到最后一个球谁赢．若乙有必赢的策略，则n＝______．
【答案】6或9
【解析】
【分析】对甲先抓球的个数进行分析，可判断的个数.
【详解】若，只要甲第一次抓1个球，乙抓1个或2个球，剩余的球甲可以抓完, 则甲有必赢的策略；
若，只要甲第一次抓2个球，乙抓1个或2个球，剩余的球甲可以抓完，则甲有必赢的策略；
若，若甲第一次抓1个球，则问题转化为剩余5个球，由乙先抓，结合可知，乙有必赢的策略，若甲第一次抓2个球，则问题转化为剩余4个球，由乙先抓，结合可知，乙有必赢的策略，综上,若，则乙有必赢的策略；
若，若甲第一次抓1个球，则问题转化为剩余6个球，由乙先抓，结合可知，甲有必赢的策略，若甲第一次抓2个球，则问题转化为刺余5个球，由乙先抓，结合可知，乙有必赢的策略；
以此类推，当时乙有必赢的策略.
综上：若乙有必赢的策略则的取值为6或9.
故答案为：6或9.
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. 设为数列的前项和，，，成等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，，成等差数列可得，再利用与的关系进行求解；
（2）将代入，得出数列为等比数列，再使用等比数列前项和公式进行证明.
【小问1详解】
∵，，成等差数列，
∴，即，
当时，，∴，
当时，由，有，
两式相减得，
即，∴，
又∵，∴数列中各项均不为，
∴（），
∴数列是首项，公比的等比数列，
∴数列的通项公式为.
【小问2详解】
由第（1）问，数列是首项，公比的等比数列，
∴，
∴，
令 ，
当，，
则（），
∴数列，即是首项，公比为的等比数列，
∴，
∴得证.
18. 的内角的对边分别为，已知，．
（1）求；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两角和的余弦公式即可求得.
（2）由正弦定理求出，再由余弦定理求出的值，即可求出的周长
【小问1详解】
由题意
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴
【小问2详解】
由题意及（1）得
在中，
由正弦定理可得
，
又由（1）得，
∴；
由余弦定理可得，
∴，
∴，
∴的周长为：．
19. 如图，在正四棱锥中，，点M，N分别在上，且．
（1）求证：平面；
（2）当时，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行判定定理证明即可；（2）利用空间直角坐标系中求空间角的公式进行求解.
【小问1详解】
证明：连接AN并延长交BC于点E，
因为正四棱锥P−ABCD，所以ABCD为正方形，所以．
又因为，所以，所以在平面PAE中，，
又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．
【小问2详解】
连接AC交BD于点O，连接PO，
因为正四棱锥P−ABCD，所以平面ABCD，
又OA，平面ABCD，所以，，
又正方形ABCD，所以．
以，，为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，所以，则，，
设平面AMN的法向量为，则，
取，；
，，
设平面PBC的法向量为，则
取，；
所以，
设平面AMN与平面PBC所成的二面角为，
则，
所以平面AMN与平面PBC所成二面角正弦值为．
20. 有9只不同的实验产品，其中有4只不合格品、5只合格品．现每次取一只测试，直到4只不合格全部辨别出为止．
（1）若最后1只不合格品正好在第6次测试时被发现，不同的情形有多少种？
（2）记4只不合格品全部辨别出来所需测试的次数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）4800
（2）分布列见解析，数学期望为．
【解析】
【分析】（1）根据排列、组合的知识求得正确答案.
（2）根据已知条件求得的分布列，进而求得数学期望.
【小问1详解】
最后1只不合格品正好在第6次测试时被发现，
意味着前面5次测试中测试出3只不合格品，2只合格品，
所以共有种不同情形．
【小问2详解】
X的可能取值为4，5，6，7，8．，
，，
，，
所以X的分布列为
．所以X的数学期望为．
21. 已知函数．
（1）若，证明：；
（2）若在有且仅有唯一零点，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出当时，的最小值，利用进行证明；
（2）讨论在不同范围内时，在区间的单调性，根据单调性，确定有唯一零点时需满足的条件，由此求出的值.
【小问1详解】
由已知的定义域为，
当时，，
∴，
令，则，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
∴当时，取得极小值，也是最小值，，
∴.
【小问2详解】
∵，，
，
①当时，
，恒成立，∴在上单调递增，
∴，，
∴当时，在上无零点；
②当时，
令，则，
当时，，区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
∴当时，取得区间上的极小值，也是最小值，
由（1）可得，∴，∴，
，
令，则，
令，则，易知在区间单调递增，
∴当时，，
∴在区间单调递增，
∴当时，，
∴在区间单调递增，
又∵，∴，
即，
又∵在区间上单调递减，，
在区间上单调递增，，，
∴当且仅当时，在区间上有且仅有唯一零点，
由得，∵，∴，∴.
综上所述，当时，在上有且仅有唯一零点．
【点睛】零点个数问题，可借助导数，讨论函数的单调性，通过数形结合的方法，利用单调性、极值和单调区间内的特殊值，确定函数图像与x轴交点的个数，以此来判断函数零点的个数.
22. 已知双曲线E的中心在坐标原点，对称轴为x轴、y轴，渐近线方程为，且过点．
（1）求E的方程；
（2）过平面上一点M分别作E的两条渐近线的平行线，分别交E于P、Q两点，若直线PQ的斜率为2，证明：点M在定直线上．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可设双曲线E的方程为，又因为E过点，代入即可得出求出E的方程；
（2）设，联立和求出的坐标，即可表示出直线的斜率，即可证明.
【小问1详解】
因为双曲线E的渐近线方程为，
所以可设双曲线E的方程为，
因为E过点，所以，，所以E的方程为；
【小问2详解】
设，联立解得
联立解得
不妨设，
，
所以，所以，所以点M在定直线y＝x上．
X
4
5
6
7
8
P