【文档说明】江苏省扬州市2022-2023学年高三下学期2月开学摸底考试 数学 含答案.docx，共(13)页，232.334 KB，由小赞的店铺上传

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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.150B.180C.300D.3604.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.32B.－23C.±23D.±225.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5－12，则它的侧棱与底面所成角的正切值约为()A.10－22B.5－12C.5＋12D.10＋226.已知α，β∈(0，π2)，2tanα＝sin2βsinβ＋sin2β，则tan(2α＋β＋π3)＝()A.－

3B.－33C.33D.37.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7B.平均数是4，方差是7C.平均数是3，方差是8D.平均数是4，方差是88.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.2B.3C.2D.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.C29＝C79B.C24＋C34＝C35C.C1n＋C2n＋C3n＋…＋Cnn＝2nD.(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.1a＋1b有最小值32B.a2＋b2有最小值165C.4a＋2b有最小值8D.lna＋lnb有最小值ln211.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)＝cosx＋|cosx|，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＝2，∠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3πB.四面体ABCD体积的最大值为36C.若AD＝AB，AD⊥AB，则θ

＝120°D.若AD＝BC，θ＝120°，则BD＝213三、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x24－y22＝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.①cn＝bn·an；②cn＝14b2n－

1；③cn＝(－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＝2π3，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BD→·BC→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＝2，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x12345云计算市场规模y/亿元692962133420913229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(0，4m)，其中m为单件产品的成本(单位：元)，且P(－1＜ε＜1)＝0.6827；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差ε～N(0，1m).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)

＝0.6827，P(|X－μ|＜2σ)＝0.9545，P(|X－μ|＜3σ)＝0.9973.21.(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∠A

CB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)＝cosx，x∈(－π2，π2).(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(－π2

，π2)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.D2.B3.B4.C5.A6.B7.D8.A9.ABD10.

BC11.BCD12.ACD13.2814.1515.32516.[－35，－12]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)∴a

n＋1＝2an(n∈N*).∵a1＝2≠0，∴an＋1an＝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＝2－2n＋11－2－n·2n＋1，

所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.(10分)若选②：cn＝14b2n－1＝14n2－1＝1（2n－1）（2n＋1）＝12(12n－1－12n＋1)，(7分)Tn＝12(1－13)＋12(13－15)＋12(15－17)＋

…＋12(12n－1－12n＋1)＝12(1－12n＋1)＝n2n＋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＝n（n＋1）2；(7分)当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－

cn＋1＝（n＋1）（n＋2）2－(n＋1)2＝－n（n＋1）2.综上，得Tn＝(－1)nn（n＋1）2.(10分)18.解：(1)在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos2π3，∴a

2＝100＋36＋60＝196，即a＝14.(3分)设内切圆I的半径为r，则S△ABC＝12·(a＋b＋c)·r＝12bcsin2π3，∴r＝3，∴S＝πr2＝3π.(6分)(2)(解法1)在△ABC中，由(1)结合余弦定理得cos∠ABC＝1114

，∵BD平分∠ABC，∴点D到AB，BC的距离相等，故S△ABDS△CBD＝ABBC，而S△ABDS△CBD＝ADCD，∴ABBC＝ADCD＝37，∴BD→＝710BA→＋310BC→，(9分)∴BD→·BC→＝710BA→·BC→＋

310BC→2＝710×6×14×1114＋310×142＝105.(12分)(解法2)在△ABC中，由(1)结合余弦定理得cos∠ABC＝1114，依题意可知I为内心，故BD平分∠ABC，设∠ABD＝∠C

BD＝θ，则cos∠ABC＝2cos2θ－1＝1114，∴cosθ＝5714，∴sinθ＝2114.(8分)思路1：在△ABD中，∠ADB＝π3－θ，由正弦定理得BDsin2π3＝ABsin（π3－θ）

，∵sin(π3－θ)＝32cosθ－12sinθ＝217，∴BD＝ABsin（π3－θ）sin2π3＝6217·32＝37，(10分)∴BD→·BC→＝|BD→|·|BC→|cosθ＝105.(12分)思路2：∵S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，∴12acsin2θ＝1

2c·BD·sinθ＋12a·BD·sinθ，∴BD＝2accosθa＋c＝2×6×14×57146＋14＝37，(10分)∴BD→·BC→＝|BD→|·|BC→|cosθ＝105.(12分)思路3：∵BD平分∠ABC，∴点D到AB，BC的距离相等，故S△ABDS△CBD

＝ABBC，而S△ABDS△CBD＝ADCD，∴ABBC＝ADCD＝614，∵AC＝10，∴AD＝3.在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos2π3＝63，(10分)∴BD→·BC→＝|BD→|·|BC→|cosθ＝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＝3，在△ABC中，AB＝BC＝2，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(0，0，3)，A1B＝(1，0

，－3)，A1C＝(0，1，－3)，A1B1＝AB→＝(1，1，0)，设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，则A1B1·n＝x＋y＝0，A1C·n＝y－3z＝0，令z＝1，则n＝(－3，3，1)，(10分)设直线A1B与平

面A1B1C所成角为θ，则sinθ＝|cos〈A1B，n〉|＝|A1B·n|A1B||n||＝217，所以直线A1B与平面A1B1C所成角的正弦值为217.(12分)20.(2)未引入云算力辅助前，ε～N(0，4m)，所以μ＝0，σ＝4m，又P(－1＜ε＜1)＝0

.6827＝P(|ε－μ|<σ)，所以4m＝1，所以m＝4.(8分)引入云算力辅助后，ε～N(0，1m)，所以μ＝0，σ＝1m，若保持产品成本不变，则m＝4，ε～N(0，14)，σ＝14＝12，所以P(－1＜ε＜1)＝P(|ε－μ|<2σ)＝0.9545，(10分

)若产品质量不变，则1m＝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AB＝xA＋xB＋p＝8，xA＋x

B2＝3，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(y214，y1)，B(y224，y2)，直线AB的方程为x＝ty＋n(n＞0)，将x＝ty＋n(n＞0)代入y2＝4x得y2－4t

y－4n＝0，则Δ＞0，所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4n，(6分)所以CA→＝(y214＋1，y1－c)，CB→＝(y224＋1，y2－c).因为∠ACB＝90°，所以CA→·CB→＝0，即y21y2216＋y21＋y224＋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－cosx，h′(x)＝aex＋2＋sinx.因为

h(x)＝af(x)－g(x)在(－π2，π2)上单调递减，所以∀x∈(－π2，π2)，h′(x)＝aex＋2＋sinx≤0恒成立，∀x∈(－π2，π2)，a≤－sinxex＋2恒成立．(2分)设M(x)＝－sinxex＋2，x∈(－π2，π2)，则M′(x)＝－cosx－

sinxex＋2＝2sin（x－π4）ex＋2，当x∈(－π2，π4)时，M′(x)＜0，当x∈(π4，π2)时，M′(x)＞0，所以M(x)在(－π2，π4)上单调递减，在(π4，π2)上单调递增，(4分)所以M(x)min＝M(π4)＝－2

2eπ4＋2＝－22e－π4－2，所以a≤－22e－π4－2.(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∈(－π2，π2)，且x1≠x2，f′(x)＝ex＋2，g′(x)＝－sinx，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－cosx2＝－si

nx2(x－x2)，即y＝－xsinx2＋cosx2＋x2sinx2.所以ex1＋2＝－sinx2，…①(1－x1)ex1＋2＝cosx2＋x2sinx2，…②因为－sinx2∈(－1，1)，所以0＜ex1

＋2＜1，则x2∈(－π2，0).可得x1＝－2＋ln(－sinx2)，于是有[3－ln(－sinx2)](－sinx2)＝cosx2＋x2sinx2，整理得(x2＋3)sinx2＋cosx2－sinx2ln(－sinx2)＝0.(8分)(解法1)两边同除以sinx2得(x2＋3)＋c

osx2sinx2－ln(－sinx2)＝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＋cosxsinx－ln(－sinx)，在x∈(－π2，0)内有且仅有一个零点．M′(x)＝1＋－sin2x－cos2xsin2x－

－cosx－sinx＝－cosx（sinx＋cosx）sin2x＝－2cosxsin（x＋π4）sin2x.当x∈(－π2，－π4)时，M′(x)＞0；当x∈(－π4，0)时，M′(x)＜0，所以M(x)在(－π2，－π4)上单调递增，在(－π4，0)上单调

递减，(10分)M(－π4)＞M(－π2)＝－π2＋3＞0，所以M(x)在(－π2，－π4)内无零点．取sinx0＝－e－3，x0∈(－π4，0)，则cosx0＝1－e－6，M(x0)＝x0＋3＋co

sx0sinx0－ln(－sinx0)＜3－1－e－6e－3－lne－3＝6－e6－1＜6－26－1＜0，所以函数M(x)在(－π4，0)内有且仅有一个零点，综上，函数M(x)在(－π2，0)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)sinx＋cosx－sinxln(－sinx)在x∈(－π2，0)内有且仅有一个零点．G′(x)＝sinx＋(x＋3)

cosx－sinx－cosxln(－sinx)－sinx·－cosx－sinx＝cosx[x＋2－ln(－sinx)]，设N(x)＝x＋2－ln(－sinx)，x∈(－π2，0)，则N′(x)＝1－－cosx－sinx＝1－cosxsinx，因为x∈(－π2，0)，所以co

sx＞0，sinx＜0，所以N′(x)＞0，所以N(x)在(－π2，0)上单调递增，所以N(x)＞N(－π2)＝－π2＋2＞0.又cosx＞0，所以G′(x)＞0，所以G(x)在(－π2，0)上单调递增，(10分)所以G(－π2)＝(－π2＋3

)sin(－π2)＋cos(－π2)－sin(－π2)ln[－sin(－π2)]＝π2－3＜0.取sinx0＝－e－3，x0∈(－π4，0)，则cosx0＝1－e－6，G(x0)＝(x0＋3)sinx0＋cosx0－sin

x0ln(－sinx0)＝－e－3[x0＋3＋cosx0sinx0－ln(－sinx0)]，其中x0＋3＋cosx0sinx0－ln(－sinx0)＜3－1－e－6e－3－lne－3＝6－e6－1＜6－26－1＜0，所以G(x0)＞0，所以函数G(x)在(－π2，0)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)