【文档说明】江苏省海安市2023届高三上学期模拟（期末）考试数学试卷 含答案.doc，共(9)页，176.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c6ebfd46b0ffb143f250b458f88d1a48.html

以下为本文档部分文字说明：

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：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中只有一个选项符合要求．1.已知全集U＝{x|－2＜x＜3}，集合A＝{x|－1＜x≤1}，则∁

UA＝()A.(－1，1]B.(－2，－1]∪(1，3)C.[－1，1)D.(－2，－1)∪[1，3)2.若复数z在复平面内对应的点在直线y＝1上，且z＝iz，则z＝()A.1－iB.1＋iC.－1＋iD.－1－i3.(x－1x)6的二项展开式中的常数项是()A.－20B.－

15C.15D.204.经验表明，树高y与胸径x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y/m18.619.321.523.0

24.4则残差的最大值和最小值分别是()A.0.4，－1.8B.1.8，－0.4C.0.4，－0.7D.0.7，－0.45.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∠BCD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.100mB.1003mC.(2003－200)mD.200m6.已知圆心均在x轴上的两圆外切，半径分别为r1，r2(r1＜

r2)，若两圆的一条公切线的方程为y＝24(x＋3)，则r2r1＝()A.43B.2C.54D.37.设G为△ABC的重心，则GA→＋2GB→＋3GC→＝()A.0B.AC→C.BC→D.AB→8.设a＝110e19，b＝19，c＝2ln32，则()A

.a＜b＜cB.a＜c＜bC.c＜b＜aD.b＜a＜c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AB

CDA1B1C1D1中，AE→＝13AA1，CF→＝23CC1，则()A.EF⊥BDB.EC1∥平面ABFC.EF⊥平面B1CD1D.直线EF与直线BD1异面10.已知抛物线C：y2＝x的焦点为F，点M，N均在C上

，若△FMN是以F为直角顶点的等腰三角形，则MN＝()A.2－12B.2－1C.2＋12D.2＋111.已知等差数列{an}中，当且仅当n＝7时，Sn取得最大值．记数列{Snn}的前k项和为Tk，则下列结论正确的是()A

.若S6＝S8，则当且仅当k＝13时，Tk取得最大值B.若S6＜S8，则当且仅当k＝14时，Tk取得最大值C.若S6＞S8，则当且仅当k＝15时，Tk取得最大值D.若∃m∈N*，Sm＝0，则当k＝13或14时，Tk取得最大值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．在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AB，区域Ⅰ和Ⅲ表示事件B，则区域Ⅳ的面积为()ⅠⅡⅢⅣA.P(AB)B.P(A＋B)C.P(A|B)P(B)D.P(A)P(B)三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．1

3.已知sin(π－x)＝13，x∈(0，π2)，则tanx＝________．14.已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若△PF1F2是以F1为顶点的等腰三角形，且cos∠F1PF2＝34，则C的离心率e＝________．15

.设过直线x＝2上一点A作曲线y＝x3－3x的切线有且只有两条，则满足题设的一个点A的纵坐标为________．16.已知球O的表面积为100πcm2，P是球O内的定点，OP＝10cm，过P的动直线交球面于A，B两点，AB＝45cm，则球心O到AB的

距离为________cm；若点A，B的轨迹分别为圆台O1O2的上、下底面的圆周，则圆台O1O2的体积为________cm3.四、解答题：本大题共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}中，a1，a2，a3，…，a6成等差数列，a5，a6，a7，…成等比数列，a2＝－10，a6＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＞0，求n的最小值．18.(本小题满分12分)已知四边形ABCD内接于圆O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝

120°，AC平分∠BAD.(1)求圆O的半径；(2)求AC的长．19.(本小题满分12分)如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，E为AC的中点，将△ACD沿AC翻折使点D至点D′.(1)求证：平面BD′E⊥平面ABC；(2)若三棱锥D′ABC的体积为223，

求二面角D′ABC的余弦值．20.(本小题满分12分)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13，甲赢丙的概率为13，乙赢丙的概率为12.(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．21.(本小题满分12分)已知双曲线C过点(3，2)，且C的渐近线方程为y＝±33x.(1)求C的方程；(2)设A为C的右顶点，过点P(－23，0)的直线与圆O：x2＋y2＝3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．22.(本小题满分12分)已知0＜a＜1，函数f(x)＝x＋ax－1，g(x)＝x＋1＋logax.(1)若g(e)＝e，求函数f(x)的极小值；(2)若函数y＝f(x)－g(x)存在唯一的零点，求a的取值范

围．2022～2023学年高三年级模拟试卷(海安)数学参考答案及评分标准1.B2.D3.C4.C5.A6.B7.B8.D9.AB10.BD11.BD12.BC13.2414.2515.2(答案不唯一，－6也正确)16.565103π17.解：

(1)设等差数列a1，a2，a3，…，a6的公差为d.因为a2＝－10，a6＝2，所以a1＋d＝－10，a1＋5d＝2，解得a1＝－13，d＝3，所以an＝－13＋(n－1)×3＝3n－16(1≤n≤5，n∈N*).(3分)设等比数列a5，a6，a7，…的公比为q，则q＝a

6a5＝2－1＝－2，所以an＝－(－2)n－5(n≥6，n∈N*).综上，an＝3n－16，1≤n≤5，－（－2）n－5，n≥6，n∈N*.(5分)(2)由(1)知，当n≤5时，an＜0，要使Sn

＞0，则n≥6，(6分)此时Sn＝(a1＋a2＋…＋a5)＋(a6＋…＋an)＝5×(－13)＋5×42×3＋2[1－（－2）n－5]1－（－2）＝－35＋2[1－（－2）n－5]3.(8分)由Sn＞0，得

(－2)n－5＜－1032，所以(n－5)必为奇数，此时2n－5＞1032，所以n－5的最小值为7，所以n的最小值为12.(10分)18.解：(1)设圆O的半径为R.在△ABD中，由余弦定理BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD，

得BD2＝32＋52－2×3×5×(－12)＝49，所以BD＝7.(3分)在圆O的内接△ABD中，由正弦定理，得2R＝BDsin∠BAD＝7sin120°＝1433，故R＝733，所以圆O的半径为733.(6分)(2)因为四边形ABCD内接于圆O，所以∠BAD＋∠BCD＝18

0°.又∠BAD＝120°，故∠BCD＝60°.因为AC平分∠BAD，所以∠BAC＝60°.(8分)(解法1)因为AC平分∠BAD，所以BC＝CD，所以BC＝CD.又因为∠BCD＝60°，所以△BCD为正三角形，所以BC＝BD＝7.(10分)(解法2)在圆O的内接△ABC中，由正弦定理，得B

Csin∠BAC＝2R.所以BC＝2R·sin60°＝1433×32＝7.(10分)在△ABC中，由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，得72＝32＋AC2－2×3×AC×cos60°，即AC2

－3AC－40＝0，解得AC＝8或AC＝－5，因为AC＞0，所以AC＝8，所以AC的长为8.(12分)19.(1)证明：由菱形ABCD知，D′A＝D′C，又E为AC的中点，所以D′E⊥AC，同理，可得BE⊥AC.(2分)因为D′E,BE⊂平面BD′E,D′E∩BE＝E，所以AC⊥平面BD′E.因为

AC⊂平面ABC，所以平面BD′E⊥平面ABC.(4分)(2)解：过点D′作D′H⊥BE交BE于点H，由(1)知，平面BD′E⊥平面ABC.又平面BD′E∩平面ABC＝BE，D′H⊂平面D′BE,所以D′H⊥平面ABC.(6分)因为三棱锥D′ABC的体积为2

23，所以13×34×22×D′H＝223，解得D′H＝263.(8分)在Rt△D′EH中，D′E＝3，所以EH＝33，于是BH＝BE－EH＝233.(解法1)如图，以E为坐标原点，EA，EB分别为x轴、y轴，过点E与平面ABC垂直的直线为z轴建立空

间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，3，0)，D′(0，33，263)，所以AB→＝(－1，3，0)，BD′→＝(0，－233，263).设平面D′AB的法向量n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0，n·BD′→＝0，即－x＋3y＝0，－233y＋263z＝0，令x＝6，得y＝2，z＝1，所以

n＝(6，2，1).(10分)又平面ABC的一个法向量m＝(0，0，1)，所以cos〈n，m〉＝n·m|n|×|m|＝19×1＝13，所以二面角D′ABC的余弦值为13.(12分)(解法2)过点H作HF⊥AB交AB于点F，连接D′F.因为D′H⊥平面ABC

，根据三垂线定理，得AB⊥D′F，所以∠D′FH是二面角D′ABC的平面角．(10分)在Rt△BFH中，HF＝BHsin30°＝33.在Rt△D′HF中，D′F＝D′H2＋HF2＝3，所以cos∠D′FH＝HFD′F＝13，所以二面角D′ABC的余弦值为13.(12分)20.解：(

1)记“第i局甲胜、乙胜、丙胜”分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3，4，记“丙成为优胜者”为事件D，则D＝A1C2C3＋B1C2C3，(2分)所以P(D)＝P(A1C2C3＋B1C2C3)＝P(A1C2C3)＋P(B1C2

C3)＝P(A1)P(C2|A1)P(C3|A1C2)＋P(B1)P(C2|B1)P(C3|B1C2)(4分)＝13×(1－13)×(1－12)＋(1－13)×(1－12)×(1－13)＝19＋29＝

13，所以丙成为优胜者的概率是13.(6分)(2)记“甲、乙打第一局“为事件A，“甲、丙打第一局”为事件B，“乙、丙打第一局”为事件C，“恰打完2局比赛结束”为事件E，其中A，B，C两两互斥，且和为样本空

间，依题意，P(A)＝P(B)＝P(C)＝13.所以P(E|A)＝P(A1A2＋B1B2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝13×13＋23×12＝49.同理可得，P(E|B)＝13×1

3＋23×12＝49，P(E|C)＝12×23＋12×23＝23.(9分)根据全概率公式知，P(E)＝P(AE)＋P(BE)＋P(CE)＝P(E|A)P(A)＋P(E|B)P(B)＋P(E|C)P(C)＝49×13＋49×13＋23×13＝1427，所以恰好打完2局结束比赛的概率为1427.

(12分)21.(1)解：当x＝3时，代入y＝33x，得y＝3＞2，所以双曲线C的焦点在x轴上．(2分)不妨设双曲线C的方程为x23－y2＝λ(λ＞0)，将点(3，2)代入，得λ＝1，所以C的方程为x23－y2＝1.(4分)(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(

x3，y3)，E(x4，y4)，由(1)知A(3，0).(5分)因为P，M，N三点共线，所以y1x1＋23＝y2x2＋23(不妨记为k).则(x1＋23)y2－(x2＋23)y1＝0，即x1y2－x2y1＝23(y1－y2).(6分)设直

线AM的方程为y＝y1x1－3(x－3).由y＝y1x1－3（x－3），x23－y2＝1消去y并整理，得(2x21－3x1－3)x2＋33y21x＋3(x21＋3x1－6)＝0.则3x3＝3（x1－3）（x1＋23）（x1－3）（2x1＋3），故x3＝3（x1＋23）2x1＋3，y3＝－3y

12x1＋3.(8分)同理可得，x4＝3（x2＋23）2x2＋3，y4＝－3y22x2＋3.所以直线DE的斜率＝－3y12x1＋3＋3y22x2＋33（x1＋23）2x1＋3－3（x2＋23）2x2＋3＝2（x1y2－x2y1）＋3（y2－y1）33（x2－x1）＝43（y1－y2）＋3（y2－

y1）33（x2－x1）＝－y2－y1x2－x1＝－k.(10分)所以直线DE的方程为y＋3y12x1＋3＝－k[x－3（x1＋23）2x1＋3]，即y＝－kx＋3k（x1＋23）2x1＋3－3y12x1＋3.又因为y1＝k(x

1＋23)，所以y＝－kx.所以直线DE过定点(0，0).(12分)22.解：(1)由g(e)＝e，得e＋1＋logae＝e，即logae＝－1，所以a＝1e.(1分)所以f(x)＝x＋e1－x，则f′(x)＝1－e1－x，令f′(x)＝0，得x＝1.(3分)

当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的极小值为f(1)＝2.(5分)(2)记p(x)＝f(x)－g(x)＝ax－1－logax－1，因为0＜a＜1，所

以lna＜0，则p′(x)＝ax－1lna－1xlna＝xax－1ln2a－1xlna.记q(x)＝xax－1ln2a－1，则q′(x)＝(ax－1＋xax－1lna)ln2a＝(1＋xlna)ax－1

ln2a.令q′(x)＝0，得x＝－1lna，记其为t(t＞0)，此时a＝e－1t.当x∈(0，t)时，q′(x)＞0，故q(x)在(0，t)上单调递增；当x∈(t，＋∞)时，q′(x)＜0，故q(x)在(t，＋∞)上单调递减，所以q(x)

在x＝t处取得极大值q(t)＝t(e－1t)t－1(－1t)2－1＝1te1t－1－1.(7分)不难发现函数y＝1te1t－1－1在t∈(0，＋∞)上单调递减，且正数零点为1.当t≥1，即1e≤a＜1时，有q(t)≤0，故p′(x)≥0,所以p(x)单调递增．又p(1)＝0，所以函数

p(x)有唯一的零点，所以1e≤a＜1.(9分)当0＜t<1，即0<a＜1e时，有q(t)>0，因为q(1)＝ln2a－1＞0，q(1a)＝1a·a1a－1·ln2a－1＜0(*)，所以q(x)在区间(1，1a)内存在唯一零点，记

为x0，所以p(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，1a)上单调递增．因为p(x0)＜p(1)＝0，p(1a)＝a1a－1＞0，所以函数p(x)在区间(x0，1a)内存在唯一的零点，记为x′0(x′0＞x0＞1)，这与p(1)＝0矛盾，所以

0＜a＜1e不符合题意，故舍去．综上，a的取值范围是[1e，1).(12分)附(*)：q(1a)＝1a·a1a－1·ln2a－1＝a1a－2·ln2a－1＝(a12a－1·lna－1)(a12a－1·lna＋1).易知a12

a－1·lna－1＜0，又a12a－1·lna＋1＝－(1a)1－12aln1a＋1.若－(1a)1－12aln1a＋1＞0，则(1a)1－12aln1a＜1.令t＝1a，t＞e，则t1－t2lnt＜1，即ln(t1－t2lnt)＜0，从而(1－t2)lnt＋ln(ln

t)＜0，又(1－t2)lnt＋ln(lnt)＜(1－t2)lnt＋lnt－1＝(2－t2)lnt－1.令φ(t)＝(2－t2)lnt－1，t＞e，则φ′(t)＝－12lnt＋(2－t2)1t＝－12lnt＋2t－12，又φ″(t)＝－1

2t－2t2＜0，故φ′(t)在(e，＋∞)上单调递减，所以φ′(t)＜φ′(e)＝－1＋2e＜0，所以φ(t)在(e，＋∞)上单调递减，所以φ(t)＜φ(e)＝1－e2＜0，所以q(1a)＜0.注：缺少(*)式证明，扣1分获得更多资源请扫

码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com