【文档说明】江苏省南通等五市2022-2023学年高三下学期2月开学摸底考试 数学 含答案.docx，共(11)页，136.977 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．在每小题给出的选项中只有一个选项符合要求．1.已知集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|2<x<4}，则A∩B＝()A.(2，3]B

.[1，4)C.(－∞，4)D.[1，＋∞)2.已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，〈a，b〉＝2π3，则a·(a＋b)＝()A.－2B.－1C.0D.23.在复平面内，复数z1，z2对应的点关于直线x－

y＝0对称，若z1＝1－i，则|z1－z2|＝()A.2B.2C.22D.44.2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹．太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨．某飞船升

空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点(长轴端点中离地面最远的点)距地面S1，近地点(长轴端点中离地面最近的点)距地面S2，地球的半径为R，则该椭圆的短轴长为()A.S1S2B.2S1

S2C.（S1＋R）（S2＋R）D.2（S1＋R）（S2＋R）5.已知sin(α－π6)＋cosα＝35，则cos(2α＋π3)＝()A.－725B.725C.－2425D.24256.已知随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，有下列四个

命题：甲：P(X>m＋1)>P(X<m－2)；乙：P(X>m)＝0.5；丙：P(X≤m)＝0.5；丁：P(m－1<X<m)<P(m＋1<X<m＋2)如果只有一个假命题，则该命题为()A.甲B.乙C.丙D.丁7.已知函数f(x)的定义域为R，且f(2x＋1)为偶

函数，f(x)＝f(x＋1)－f(x＋2)，若f(1)＝2，则f(18)＝()A.1B.2C.－1D.－28.若过点P(t，0)可以作曲线y＝(1－x)ex的两条切线，切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y

2的取值范围是()A.(0，4e－3)B.(－∞，0)∪(0，4e－3)C.(－∞，4e－2)D.(－∞，0)∪(0，4e－2)二、多选题：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.在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与BD交于点O，则()A.AD1∥平面BOC1B.BD⊥平面COC1C.C1O与平面ABCD所成的角为45°D.三棱锥CBOC1的体积为

2310.若函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，则()A.ω＝2B.φ＝π6C.f(x)的图象关于点(π12，0)对称D.f(x)在区间(π，5π4)上单调递增11.一个袋中有大小、形状完全相

同的3个小球，颜色分别为红、黄、蓝．从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则()A.P(A)＝13B.A，B为互斥事件C.P(B|A)＝12D.A，B相互独立12.

已知抛物线x2＝4y的焦点为F，以该抛物线上三点A，B，C为切点的切线分别是l1，l2，l3，直线l1，l2相交于点D，l3与l1，l2分别相交于点P，Q.记A，B，D的横坐标分别为x1，x2，x3，则()A.DA→

·DB→＝0B.x1＋x2＝2x3C.AF·BF＝DF2D.AP·CQ＝PC·PD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数f(x)＝1＋log2（2－x），x<1，2x－1，x≥1，则f(f(－2))＝________．14.写出一个同时满足下列条件①②

的等比数列{an}的通项公式an＝________．①anan＋1<0；②|an|<|an＋1|.15.已知圆O：x2＋y2＝r2(r>0)，设直线x＋3y－3＝0与两坐标轴的交点分别为A，B，若圆O上

有且只有一个点P满足AP＝BP，则r的值为________．16.已知正四棱锥SABCD的所有棱长都为1，点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形Γ，则Γ的边数至多为________，Γ的面积

的最大值为________．(第一空2分，第二空3分)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)在①S1，S2，S4成等比数列，②a4＝2a2＋2，③

S8＝S4＋S7－2这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答．已知数列{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且满足________，________．(1)求{an}的通项公式；(2)求1a1a2＋1a2a3＋1a3a4＋…＋1a

nan＋1.注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分．18.(本小题满分12分)第二十二届卡塔尔世界杯足球赛决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队．某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100

名进行调查，部分数据如下表：喜欢足球不喜欢足球合计男生40女生30合计(1)根据所给数据完成上表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？(2)社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门．已知男生进球的概率为23，女生进球的概率为12

，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望．参考公式和数据：K2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d），其中n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k)0.0500.0100.001k3.8

416.63510.82819.(本小题满分12分)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，acosB－2acosC＝(2c－b)cosA.(1)若c＝3a，求cosB的值；(2)若b＝1，∠BAC的平分线AD交BC于点D，求AD长度的取值

范围．20.(本小题满分12分)如图，在△ABC中，AD是边BC上的高，以AD为折痕，将△ACD折至△APD的位置，使得PB⊥AB.(1)求证：PB⊥平面ABD；(2)若AD＝PB＝4，BD＝2，求二面角BPAD的正弦值．21.(本

小题满分12分)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于P，Q两点．当PQ⊥x轴时，PA＝10，△PAQ的面积为3.(1)求C的方程；(2)求证：以PQ为直径的圆经过定点．22.(本小题满分12分)已知函数f(x)

＝xaex－1和g(x)＝a＋lnxx有相同的最大值．(1)求实数a的值；(2)设直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有四个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3<x4)，求证：x1x4＝x2x3.2022～2023学年高三年

级模拟试卷(南通等五市)数学参考答案及评分标准1.A2.C3.B4.D5.B6.D7.A8.D9.ABD10.ACD11.AC12.BCD13.414.an＝(－12)n15.1216.52317.解：(1)设{an}的公差为d，若选①②，则S1S4＝S

22，a4＝2a2＋2⇒a1（4a1＋6d）＝（2a1＋d）2，a1＋3d＝2（a1＋d）＋2⇒d＝2a1，d＝a1＋2，∴a1＝2，d＝4，∴an＝2＋4(n－1)＝4n－2.若选①③或②③同理可得an

＝4n－2.(5分)(2)由(1)知1anan＋1＝1（4n－2）（4n＋2）＝14·1（2n－1）（2n＋1）＝18(12n－1－12n＋1)，∴1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝18(1－13＋13－15＋…＋12n－

1－12n＋1)＝18(1－12n＋1)＝n4（2n＋1）.(10分)18.解：(1)2×2列联表如下：喜欢足球不喜欢足球合计男生6040100女生3070100合计90110200∵K2＝200×（60×70－40×30）2100×100×90×110≈18.18

2>10.828，∴有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关．(5分)(2)3人进球总次数ξ的所有可能取值为0，1，2，3，P(ξ＝0)＝(13)2×12＝118，P(ξ＝1)＝C12·23×13×1

2＋12×(13)2＝518，P(ξ＝2)＝C12·23×13×12＋(23)2×12＝49，P(ξ＝3)＝(23)2×12＝29，∴ξ的分布列如下ξ0123P1185184929∴ξ的数学期望E(ξ)＝1×518＋2×49＋3×29＝116.(12分)

19.解：(1)∵acosB－2acosC＝(2c－b)cosA，∴sinAcosB－2sinAcosC＝(2sinC－sinB)cosA⇒sinAcosB＋cosAsinB＝2sinAcosC＋2cosAsinC⇒sin(A＋B)＝2sin(A＋C

)⇒sinC＝2sinB⇒c＝2b，∵c＝3a，∴b＝3a2，∴cosB＝a2＋c2－b22ac＝a2＋3a2－34a22a·3a＝13324.(6分)(2)由(1)知c＝2b，∵b＝1，∴c＝2，设∠BAD＝θ，如图，S△ABC＝12·2·sin2θ＝1

2·2·AD·sinθ＋12·1·AD·sinθ⇒AD＝43cosθ，θ∈(0，π2)，∴AD∈(0，43).(12分)20.(1)证明：∵PD⊥AD，AD⊥BD，PD∩BD＝D，∴AD⊥平面PBD，∴AD⊥PB.∵

PB⊥AB，AD，AB⊂平面ABD，AD∩AB＝A，∴PB⊥平面ABD.(4分)(2)解：如图建系，则B(0，2，0)，P(0，2，4)，A(4，0，0)，D(0，0，0)，∴BP→＝(0，0，4)，PA→＝(4，－2，－4)，DA→＝(4，0，0)，设平面BPA与平面PAD的法向量分别为n1＝(

x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，∴n1·BP→＝0，n1·PA→＝0⇒4z1＝0，4x1－2y1－4z1＝0⇒n1＝(1，2，0)，n2·PA→＝0，n2·DA→＝0⇒4x2－2y2－4z2＝

0，4x2＝0⇒n2＝(0，2，－1)，设二面角BPAD平面角为θ，∴|cosθ|＝|n1·n2||n1||n2|＝45·5＝45，∴sinθ＝35.(12分)21.(1)解：当PQ⊥x轴时，PQ＝2b2a，PF＝b2a，∴（b2a）2＋（c－a）2＝10，12·

2b2a·（c－a）＝3⇒b2a＝3，c－a＝1，c2＝a2＋b2⇒a＝1，b＝3，∴双曲线C的方程为x2－y23＝1.(4分)(2)(解法1)设PQ方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立

x＝my－2，3x2－y2＝3⇒3(m2y2－4my＋4)－y2＝3⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，以PQ为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0⇒x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2

－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y＝0⇒x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0，而x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝12m23m2－1－4＝43m2－1，x1x2＝(my1－

2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝9m23m2－1－2m·12m3m2－1＋4＝－3m2－43m2－1，∴x2－43m2－1x＋－3m2－43m2－1＋93m2－1＝0⇒(3m2－1)x2－4x＋5－3m2＝0⇒[(3m2－1)x＋3m2－5](x－1)＝

0对∀m∈R恒成立，∴x＝1.∴以PQ为直径的圆经过定点(1，0).(12分)(解法2)设PQ方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立x＝my－2，3x2－y2＝3⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴

上的定点．设以PQ为直径的圆过E(t，0)，∴EP→·EQ→＝0⇒(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝0⇒x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝0，而x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y

2－2m(y1＋y2)＋4＝m2·93m2－1－2m·12m3m2－1＋4＝－3m2－43m2－1，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝12m23m2－1－4＝43m2－1，∴－3m2－43m2－1－4t3m2－1＋t2

＋93m2－1＝0，(3m2－1)t2－4t＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)t＋3m2－5](t－1)＝0对∀m∈R恒成立，∴t＝1，即以PQ为直径的圆经过定点(1，0).(12分)22.(1)解：f′(x)＝1a·e

x－1－ex－1·x（ex－1）2＝1a·1－xex－1，令f′(x)＝0⇒x＝1.∵f(x)有最大值，∴a>0且f(x)在(0，1)上单调递增；(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝1a.a＝1时，g′(x)＝1－a－lnxx2＝－lnxx2，当0<x<1时，g′(x)

>0，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝a，∴1a＝a⇒a＝1.(4分)(2)证明：由f(x)＝b⇒xex－1－b＝0，由g(x)＝b⇒1＋lnxx－b＝0，令F(x)＝xex－1－b，F(x)在

(0，1)上单调递增；(1，＋∞)上单调递减，∴F(x)至多两个零点．令G(x)＝1＋lnxx－b，G(x)在(0，1)上单调递增；(1，＋∞)上单调递减；∴G(x)至多两个零点．令F(x)＝G(x)⇒xex－1－1＋lnxx＝0，当x∈(0，1e]时，xex－1－1＋lnxx>0；

当x∈(1，＋∞)时，由xex＝lnexex＝lnexelnex且x>lnex>1，φ(x)＝xex在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(x)<φ(lnex)方程无解．当x∈(1e，1]时，由1≥x≥lnex，φ(x)＝xex在(0，1]上单调递增，∴φ(x)≥φ(lnex)方程有唯一解x＝1，当0<

b<1时，注意到F(0)＝－b<0，F(1)＝1－b>0，F(1b＋2)＝1b＋2e1b＋1－b<1b＋2（1b＋1）2－b<0，∴F(x)在(0，1)和(1，1b＋2)内各有一个零点x1，x3.f(x)，g(x)

示意图如图所示，如下注意到G(1e)＝－b<0，G(1)＝1－b>0，G(4b2)<0，∴G(t)在(1e，1)和(1，4b2)内各有一个零点x2，x4.且由f(x1)＝g(x2)＝x1ex1－1＝lnex2x2⇒x1ex1＝l

nex2ex2＝lnex2elnex2，而x1，lnex2∈(0，1)，而φ(x)＝xex在(0，1)上单调递增，由φ(x1)＝φ(lnex2)⇒x1＝lnex2⇒∴ex1－1＝x2，由f(x3)＝g(x4)⇒x3ex3－1＝1

＋lnx4x4⇒x3ex3＝lnex4elnex4，而x3，lnex4>1，而φ(x)＝xex在(1，＋∞)上单调递减，由φ(x3)＝φ(lnex4)⇒x3＝lnex4，∴ex3－1＝x4，∴x1x2＝x3x4⇒x1x4＝x2x3，证毕．(12分)