2023泰州高三上学期期末考试数学含答案

这是一份2023泰州高三上学期期末考试数学含答案，共9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)
2023．1
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A＝{0，a}，B＝{2a，b}，若A∩B＝{1}，则a＋b＝(　　)
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2. 若1＋i是实系数一元二次方程x2＋px＋q＝0的一个根，则(　　)
A. p＝2，q＝2 B. p＝2，q＝－2 C. p＝－2，q＝2 D. p＝－2，q＝－2
3. 若(x＋y)6＝a0y6＋a1xy5＋a2x2y4＋…＋a6x6，则(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2的值为(　　)
A. 0 B. 32 C. 64 D. 128
4. 在音乐理论中，若音M的频率为m，音N的频率为n ，则它们的音分差1 200log2.当音A与音B的频率比为时，音分差为r；当音C与音D的频率比为时，音分差为s，则(　　)
A. 2r＋3s＝600 B. 3r＋2s＝600
C. 5r＋2s＝1 200 D. 2r＋5s＝1 200
5. 在平面直角坐标系xOy中，直线l：x－2y＋2＝0与抛物线C：y2＝4x相交于A，B两点，则·的值为(　　)
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
6. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(6，8)，将绕点O顺时针旋转后得，则A′的纵坐标为(　　)
A. B. C. 2 D.
7. 已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜π)，若f()＝0，f(π)＝－1，f(x)的最小正周期T>2π，则φ的值为(　　)
A. B. C. D.
8. 若实数a，b，c满足6a＝12ac＝3，3b－ab＝5a－ab，则a，b，c的大小关系是(　　)
A. a>b>c B. b>c>a C. c>a>b D. c>b>a
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. 已知一组数据为4，1，2，5，5，3，3，2，3，2，则(　　)
A. 标准差为 B. 众数为2和3
C. 第70分位数为 D. 平均数为3
10. 用一个平面截正方体，则截面的形状不可能是(　　)
A. 锐角三角形 B. 直角梯形
C. 正五边形 D. 边长不全相等的六边形
11. 已知定义域为R的函数f(x)＝x4－x2＋ax＋1，则(　　)
A. 存在唯一的实数a，使函数f(x)的图象是轴对称图形
B. 存在实数a，使函数f(x)为单调函数
C. 对任意实数a，函数f(x)都存在最小值
D. 对任意实数a，函数f(x)都存在两条过原点的切线
12. 过圆O：x2＋y2＝8内一点P(1，)作两条互相垂直的弦AB，CD，得到四边形ADBC，则(　　)
A. AB的最小值为4 B. 当AB＝2时， CD＝2
C. 四边形ADBC面积的最大值为16 D. ·为定值
三、 填空题：本题共4小题，每题5分，共20分．
13. 若椭圆C2的焦点在y轴上，且与椭圆C1：＋＝1的离心率相同，则椭圆C2的一个标准方程为________．
14. 某公司决定从甲、乙两名员工中选一人去完成一项任务，两人被选中的概率都是0.5.根据以往经验，若选员工甲，按时完成任务的概率为0.8；若选员工乙，按时完成任务的概率为09.则选派一名员工，任务被按时完成的概率为________．
15. 设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10S2，则的值为________．
16. 一名学生参加学校社团活动，利用3D技术打印一个几何模型．该模型由一个几何体M及其外接球O组成，几何体M由一个内角都是120°的六边形ABCDEF绕边BC旋转一周得到，且满足AB＝AF＝DC＝DE，BC＝EF，则球O与几何体M的体积之比为________．
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＋＝2cos B＋1.
(1) 求证：b2＝ac；
(2) 若＝，求cos B的值．












18.(本小题满分12分)
已知数列{an}满足＝，＋＝，a＞0.
(1) 求证：数列{}是等差数列；
(2) 求数列{anan＋1}的前n项和Sn.






19.(本小题满分12分)
甲、乙两个学校进行球类运动比赛，比赛共设足球、篮球、排球三个项目，每个项目胜方得100分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲校在三个项目中获胜的概率分别为0.4，0.6，0.5，各项目比赛互不影响．
(1) 求乙校获得冠军的概率；
(2) 用X表示甲校的总得分，求X的分布列与数学期望．












20.(本小题满分12分)
如图，在三棱台ABCDEF中，已知平面ABED⊥平面BCFE，BA⊥BC，BC＝3，BE＝DE＝DA＝AB＝1.
(1) 求证：直线AE⊥平面BCFE；
(2) 求平面CDF与平面AEF所成角的正弦值．


21. (本小题满分12分)
在平面直角坐标系xOy中，过点P(－2，0)的直线l与双曲线C：－＝1的左支交于A，B两点，直线OA与双曲线C的右支交于点D.已知双曲线C的离心率为，当直线l与x轴垂直时，BD＝AB.
(1) 求双曲线C的标准方程；
(2) 求证：直线BD与圆O：x2＋y2＝2相切．






22.(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝ex－ax3(a≠0)，记fn＋1(x)＝f′n(x)(n∈N), f0(x)＝f(x).
(1) 当x>0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的最大值；
(2) 当a＝1时，设gn(x)＝i(x)，对任意的n≥3，当x＝tn时，y＝gn(x)取得最小值，求证：gn(tn)>0且所有点(tn，gn(tn))在一条定直线上；
(3) 若函数f0(x)，f1(x)，f2(x)都存在极小值，求实数a的取值范围．
2022～2023学年高三年级模拟试卷(泰州)
数学参考答案及评分标准

1. B　2. C　3. A　4. C　5. C　6. A　7. D　8. D　9. BCD　10. BC　11. ACD　12. ABD
13. 形如＋＝1(t＞0)都行　14. 0.85　15. 91　16.
17. (1) 证明：由正弦定理知＋＝＋，
由余弦定理知cos B＝，(3分)
所以＋＝2·＋1，
化简得b2＝ac.(5分)
(2) 解：因为＝，b2＝ac，所以＝.(7分)
由(1)知＝2cos B＋1，所以2cos B＋1＝，即cos B＝.(10分)
18. (1) 证明：因为数列{an}满足＝，a2＞0，
令n＝1，得＝，所以a1＝1，(2分)
令n＝2，得＝.
又因为＋＝，a2＞0，所以a2＝，(4分)
所以＝2an＋1，所以＝＝2＋，
故－＝2，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列．(7分)
(2) 解：由(1)知，＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以anan＋1＝＝(－)，(9分)
Sn＝(1－＋－…＋－)＝(1－)＝，
即数列{anan＋1}的前n项和Sn＝.(12分)
19. 解：(1) 甲校在三个项目中获胜的概率分别为0.4，0.6，0.5，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：


第一场比赛
第二场比赛
第三场比赛
甲学校获胜概率
0.4
0.6
0.5
乙学校获胜概率
0.6
0.4
0.5
乙校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，
若乙校3场全胜，概率为P1＝0.6×0.4×0.5＝0.12，
若乙校获胜2场败1场，概率为P2＝0.6×0.4×0.5＋0.6×0.6×0.5＋0.4×0.4×0.5＝0.38，
所以乙校获得冠军的概率为P＝P1＋P2＝0.5.(5分)
(2) 甲校的总得分X的可能取值为0，100，200，300，其概率分别为
P(X＝0)＝0.6×0.4×0.5＝0.12，
P(X＝100)＝0.4×0.4×0.5＋0.6×0.6×0.5＋0.6×0.4×0.5＝0.38，
P(X＝200)＝0.4×0.6×0.5＋0.4×0.4×0.5＋0.6×0.6×0.5＝0.38，
P(X＝300)＝0.4×0.6×0.5＝0.12，
则X的分布列为

X
0
100
200
300
P
0.12
0.38
0.38
0.12
X的数学期望E(X)＝0×0.12＋100×0.38＋200×0.38＋300×0.12＝150.(12分)
20. (1) 证明：在三棱台ABCDEF中，DE∥AB.
因为BE＝AD，所以四边形ABED为等腰梯形．
因为BE＝DE＝1，AB＝2，所以可得∠ABE＝.
在△ABE中，由余弦定理可得AE＝，所以BE2＋AE2＝AB2，
所以AE⊥BE.(3分)
又因为平面ABED⊥平面BCFE，平面ABED∩平面BCFE＝BE，AE⊂平面ABED，
所以直线AE⊥平面BCFE.(5分)
(2) 由(1)知AE⊥平面BCFE，
因为BC⊂平面BCFE，所以AE⊥BC.
又BC⊥BA，AE，BA⊂平面ABED，所以BC⊥平面ABED.
又BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABED，
在平面ABED内过B作BH⊥BA，则BH⊥平面ABC.
以{，，}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，
由题意可得A(0，2，0)，E(0，，)，B(0，0，0)，C(3，0，0)，D(0，，)，
因为＝＝(，0，0)，F(，，)，

所以＝(，－1，0)，＝(，－，)，
设平面AEF的法向量n＝(x0，y0，z0)，
则
则取y0＝1，z0＝，则n＝(0，1，)，(8分)
同理可求平面CDF的一个法向量m＝(2，3，)，(10分)
设平面CDF与平面AEF所成的角为θ，
由|cos 〈m，n〉|＝＝，则sin θ＝，
所以平面CDF与平面AEF所成的角的正弦值为.(12分)
21. (1) 解：当直线l与x轴垂直时，
在－＝1中，令x＝－2得－＝1，所以y＝±.
不妨令A(－2，－)，B(－2，)，则D(2，)，
所以BD＝4，AB＝.
因为BD＝AB，所以4＝×，又＝，所以a2＝b2＝2，
所以双曲线C的标准方程为－＝1.(4分)
(2) 证明：显然直线BD的斜率存在，设为y＝kx＋m，设D(x1，y1)，B(x2，y2)，A(－x1，－y1)，
联立得(1－k2)x2－2kmx－m2－2＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，(6分)
所以|x1－x2|＝x1－x2＝
＝＝.(8分)
因为直线l经过点P(－2，0)，所以＝，即＝，
即m(x1－x2)＝2k(x1＋x2)＋4m，则＝2k·＋4m，
显然m≠0，化简得＝，
所以m2＝2k2＋2，(10分)
所以O到直线BD的距离d＝＝＝，
所以直线BD与圆O：x2＋y2＝2相切．(12分)
22. 解：(1) 因为x＞0，所以f(x)≥0即a≤.
令h(x)＝(x＞0)，则h′(x)＝ex，
当0＜x＜3时，h′(x)＜0，h(x)在(0，3)上单调递减；
当x＞3时，h′(x)＞0，h(x)在(3，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(3)＝，所以a≤，即a≤，
所以实数a的最大值是.(3分)
(2) 当a＝1时，f0(x)＝ex－x3，f1(x)＝ex－x2，f2(x)＝ex－x，f3(x)＝ex－1，
当n≥4时，fn(x)＝ex；
当n≥3时，gn(x)＝fi(x)＝(n－1)ex－x－1，所以g′n(x)＝(n－1)ex－1.
令g′n(x)＝0，得x＝ln ，
当x∈(－∞，ln )时，g′n(x)＜0，gn(x)单调递减；
当x∈(ln ，＋∞)时，g′n(x)＞0，gn(x)单调递增，
所以tn＝ln ，且y＝gn(x)的最小值为gn(tn)＝gn(ln )＝ln (n－1).
因为n≥3，故gn(tn)＞0，此时点(tn，gn(tn))对应的坐标为(－ln (n－1)，ln (n－1))，
所以所有点(tn，gn(tn))都在定直线y＝－x上．(6分)
(3) 易知f0(x)＝ex－ax3，f1(x)＝ex－ax2，f2(x)＝ex－ax，f3(x)＝ex－a，
若a≤0，f3(x)＝ex－a＞0，f2(x)在R上单调递增，无极值，
所以a＞0，(7分)
(或f1(x)＝ex－ax2＞0，f0(x)在R上单调递增，无极值，所以必有a＞0)
此时，当x＜ln a时，f2(x)单调递减；当x＞ln a时，f2(x)单调递增，
所以f2(x)存在极小值，且f2(x)min＝f2(ln a)＝a－a ln a.
当0＜a≤e时，有a－a ln a≥0，即f2(x)≥0，
所以f1(x)＝ex－ax2在R上单调递增，无极值，所以必有a＞e，(8分)
此时f2(ln a)＝a(1－ln a)＜0，f2(a)＝ea－a2＞0，f2(0)＝1＞0，其中0＜ln a＜a，
所以存在t1∈(0，ln a)使得f2(t1)＝0，存在t2∈(ln a，a)使得f2(t2)＝0，
所以当t1＜x＜t2时，f2(x)＜0，f1(x)单调递减；当x＞t2时，f2(x)＞0，f1(x)单调递增，
因此f1(x)存在极小值，(10分)
下证当a＞e，f0(x)一定存在极小值(事实上，只要a＞0即可).
当x＜0时，f2(x)＝ex－ax＞0，
则f1(x)在(－∞，0)上单调递增，且f1(－1)＝e－1－a＜0，f1(0)＝1＞0，
所以存在t3∈(－1，0)使得f1(t3)＝0，
所以当x＜t3时，f1(x)＜0，f0(x)单调递减；当t3＜x＜0时，f1(x)＜0，f0(x)单调递增；
所以f0(x)存在极小值．
综上，实数a的取值范围是(e，＋∞).(12分)