扬州市高邮市2022-2023学年高三上学期1月期末数学试卷(含答案)

数学试题

一、单项选择题：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xx5x60，Bx2x6，则(A．BA.-3



2





)

D．AB=B

)

D.2

A

B．A=B

C．A

B

C.-2

2.若i为虚数单位，复数z满足z(1i)34ii，则z的实部为(

B.3

2π3.已知向量a=(2,0)，b=(x,23)，且a与b的夹角为，则x(3

A.2B.2C.1



)D.1)D.34.在等比数列an中，若a1a31，a2a43，则a5a7的值为(A.27B.9C.812

5.某地市在一次测试中，高三学生数学成绩服从正态分布N80,，已知P50800.3，若按成绩分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从110分以上的试卷中抽取(A．15份)B．20份C．25份D．30份6.如图，一圆形信号灯分成A，B，C，D四块灯带区域，现有4种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为()A．96B．84C．60D．487.已知定义在R上的偶函数f(x)满足下列两个条件：①.当x[0,1)时，f(x)2x1；②.当x[0,)时，f(x)2f(x1)0.若函数g(x)f(x)m有且仅有2个零点，则实数m的取值范围是()B．(1,][,1)D．(

111

,][,1)2841111C．(,][,)

8228

A．(值范围是(A．[

)B．[

111

,][,1)

224

1414

8．一球的表面积为4，它的内接圆锥的母线长为，且1≤≤3，则该内接圆锥体积的取,]83

32],881

C．[

3,]88

D．[23,]128

1二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知函数f(x)2sin(x)0,||直线x=-



π

,其图象相邻对称中心间的距离为,42

)π

是其中一条对称轴,则下列结论正确的是(6

A.函数f(x)的最小正周期为πB.函数f(x)在区间[C.点(

5π

,0)是函数f(x)图象的一个对称中心24π

个单位长度,可得到余弦函数g(x)=cosx的图象3,]上单调递增612D.将函数f(x)图象上所有点横坐标伸长为原来的4倍,纵坐标缩短为原来的一半,再把得到的图象向左平移10.已知非零常数a，若点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(a,0)，直线AP与BP相交于点P，且它们的斜率之积为非零常数k，那么下列说法中正确的有()A．当k1时，点P的轨迹加上A，B两点所形成的曲线是焦点在x轴上的椭圆B．当k1时，点P的轨迹加上A，B两点所形成的曲线是圆心在原点的圆C．当1k0时，点P的轨迹加上A，B两点所形成的曲线是焦点在y轴上的椭圆D．当k0时，点P的轨迹加上A，B两点所形成的曲线是焦点在x轴上的双曲线

ABCDABCD11.已知正方体1111的棱长为1，BPxBCyBB1(x[0,1],y[0,1])，则()A．当xy时,三棱锥D1ACP的体积为定值B．当y

1

时，DPCD12C．当xy1时，AP//平面A1C1D

1

时，三棱锥PABC的外接球的表面积为2212x

12.已知函数f(x)eax有两个极值点x1,x2，且x1x2，则下列结论正确的是2D．当xy()B．x2

A．ae

eC．f(x1)

a2D．fx2

e22三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.x2x的展开式中，x的系数为45.14.已知随机变量满足B2,p，若P13，则p4..15.若曲线yx32x2m与曲线y4x21有一条过原点的公切线，则m的值为16.已知圆C1和圆C2与x轴和直线ykx(k0)相切，两圆交于P,Q两点，其中P点坐标为4,3，若两圆半径之积为25，则点k的值为43an-1

.an+1.四、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.已知数列an的首项a1=3，且满足an+1=

（1）求证：数列

1

为等差数列；an1

（2）若bnan11an1nN*，求数列bn前n项和Sn.18.在平面四边形ABCD中，ABC

，ADC，BC=2.23（1）若△ABC的面积为33，求AC；（2）若AD=5，BACDAC，求tanACD.19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PBPD.(1)证明：平面PAC平面ABCD；(2)若PAAD值.2PD，BAD60，求平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦320.某校为了合理配置校本课程资源，教务部门对学生们进行了问卷调查．据统计，其中的学生计划只选择校本课程一，另外1

43

的学生计划既选择校本课程一又选择校本课程二．每4位学生若只选择校本课程一，则记1分；若既选择校本课程一又选择校本课程二，则记2分．假设每位选择校本课程一的学生是否计划选择校本课程二相互独立，视频率为概率．(1)从学生中随机抽取3人，记这3人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望；(2)从学生中随机抽取n人nN求P1P2Pn；

，记这n人的合计得分恰为n1分的概率为Pn，x2y221.设椭圆E:221(ab0)的左焦点为F1(3,0)，右顶点为A2(2,0)．ab（1）求椭圆E的方程；0作两条斜率分别为k1,k2的动直线l1,l2分别交椭圆于点A、B，C、D，（2）过点T1，点M、N分别为线段AB、CD中点，若k11k212，试判断直线MN是否经过定点，并说明理由.x

,g(x)xlnxm.x2e(1)若f(x)的最值和g(x)的最值相等，求m的值；22.已知函数f(x)

(2)证明：若函数F(x)f(x)g(x)有两个零点x1,x2，则lnx1lnx20.4高邮市2022-2023学年上学期高三期末测试

数学答案

1.C9.BCD13.40

2.D

3.B10.BD14.

4.C

5.B

6.B12.AD

7.A

8.B

11.ACD

1215.8或

402716.4317.（1）a+1a-111111

==n=n=为常数--an+1-1an-13an-1a-12an-2an-12(an-1)2-1nan+1-

1

11∴是以为公差的等差数列.....................................5分

a12n

（2）

11n111由（1）得(n-1)22a1-12an-12an-1

2

n1122).................................8分4(-bnn1nnn111114n11.....................10分))4(1-Sn4(1---223nn1n1n118.(1)在△ABC中，BC=2，ABC

∴SABC

1

ABC33，可得AB=6，...............3分ABBCsin

2，3在△ABC中，由余弦定理得 =36+4-12 =28

.∴AC=27AC2=AB2+BC2-2AB•BC•cos∠ABC

，..........................................................................6分(2)设∠ACD=α，则∠DAC=

π

-α，2在RtACD中，AD=5，易知：AC=

AD5

，......................8分=

sinαsinα12AC

BCAC=

在△ABC中，由正弦定理得，即ππ，sin(-α)sinsinBACsinABC

23π2sin

即3=3.............................................10分AC=

cosαcosα∴

535353，可得tanα=，即tan∠ACD=..................................12分=

sinαcosα3319．（1）证明：设AC交BD于O,底面ABCD是菱形,则BDAC，O是BD中点，又PBPD，所以BDPO,又POACO,PO,AC平面PAC,则BD平面PAC,……………………………………………………3’又BD平面ABCD,则平面PAC平面ABCD……………………5’（2）解：PAAD2PD，BAD60,不妨设PAAD2,则PDPB2,BD2,AO3,又BDPO,则PO1，所以PA2PO2AO2,所以POAO,……………………………………………………………………………..7’以O为原点，分别以OA,OB,OP为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A(3,0,0),B(0,1,0),C(3,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),

BC(3,1,0),PB(0,1,1),AD(3,1,0),PD(0,1,1)



设平面PBC的一法向量为n1(x,y,z)，则BCn3xy0

，取x1，则n1(1,3,3)，

PBnyz0



同理，求得平面PAD的一法向量n2(1,3,3),………………………10’设平面PBC和平面PAD所成锐角为，2

n1n21

|，则cos|cosn1,n2|||n1||n2|71

……………………………..12’713

20.(1)由题意知，每位学生计划不选择校本课程二的概率为，选择校本课程二的概率为，44所以，平面PBC和平面PAD所成锐角的余弦值为则X的可能取值为3，4，5，6，11

P(X＝3)＝，4649131P(X＝4)＝C3，446427231P(X＝5)＝C3，4464327

P(X＝6)＝，464

所以X的分布列如下表所示：X3P所以E(X)＝3×3

2

2

3

………………………………4’45619272721＋4×＋5×＋6×＝.………………………………6’646464644(2)因为这n人的合计得分为n1分，则其中只有1人计划选择校本课程二，31

所以PnC

44

1n

n1

16496427642764

3n4n………………………8’3693n4142434n113693n则SnPPP12n

444243444n1333333n

由两式相减得Sn123nn1444444设SnP1P2Pn

11

1313n3n444n3n

即，Sn3n11nn11n114444414所以P1P2Pn

43n4

1n134

…………………12’3b1

a2

3c

21.(1)由题意知，，解之得b1，2a222c3abc

2x

y21故椭圆E的方程为4…………………3’（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，lAB:yk1(x1）2222

4k1x8kx4k40联立得，x21112E:y1

4

8k12

x1x224k11

，0在椭圆内部，则必有因为T1，2

xx4k14124k121

x1x24k12k12故，xM，yMk1(xM1)………………5’224k114k11设直线lMN:AxByC0AB0，224k12k

将M2,21代入lMN，得A4k12Bk1C4k1210，4k114k11

即4A4Ck1Bk1C0

2同理，4A4Ck2Bk2C0…7’2显然k1,k2是方程4A4CkBkC0的两根，2B

kk124A4C则

Ckk

124A4C

因为k11k212，则k1k2k1k21，即得：C

…………9’CB

1,4A4C4A4C41

AB,………………………………11’3314

AB0，33故直线lMN:AxBy即lMN:Ax





4122By0AB0，33

4故直线MN经过定点22.(1)解：f'(x)

41,33

…………12’1x

,2ex1

，……………………………….2’2e可得f(x)在(,1)上递增，在(1,)上递减，则f(x)maxf(1)

g'(x)

x1

,x0，可得g(x)在(0,1)递减，在(1,)递增，x则g(x)ming(1)1m，…………………………………………..4’有1111m，m1，所以，m的值为1………….5’2e2e2e(2)证明：若F(x)有两个零点x1,x2，不妨设0x2x1，F(x)

x1x2xx

lnmt,t2，，设12exexex1ex2

1

tlnt1m021

由F(x1)F(x2)0，得，1tlntm0222因为函数y则x1x2,x1x2………………………………………………………………8’eex1lnttlntt(t1),则x2,x1，x2t1t11

tlntm是增函数，所以t1t2，2设欲证：lnx1lnx20，即证：x1x21，即证：t(

lnt2

)1，t1只需证：lntt1t(t1)（*）设h(x)lnx

11

(x),x1，2x(x1)2

，在(1,)上，h'(x)0，h(x)递减，所以h(x)h(1)0，h'(x)22x所以，lnx

11

(x)0(x1)，令xt即得（*）成立，2x………………………………………………………………12’从而，命题得证。5