江蘇省南通市如皋市2022-2023學年高三上學期1月期末數學試題（解析版）

2022－2023學年度高三年級第一學期期末教學質量調研數學試題一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設集合，，若，則實數a的取值范圍（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式得集合，求出對數函數的定義域得集合，由集合間的關系列出關于的不等式，解出即可.【詳解】因為，，由于，得，即實數a的取值范圍，故選：C.2.已知復數z滿足，則z的虛部為（）A.1 B.－1 C. D.【答案】A【解析】【分析】由復數的運算求出，即可得其虛部.【詳解】因，所以，即z的虛部為1，故選：A.3.設等比數列的前n項和為，已知，，則（）A.6 B.12 C.18 D.48【答案】B【解析】【分析】首先根據已知條件得到，從而得到，再求即可.【詳解】因為，所以.所以，解得.所以.故選：B4.已知向量，滿足，，則（）A. B.1 C. D.3【答案】D【解析】【分析】根據向量數量積的運算求得正確答案.【詳解】依題意足，，所以，解得，負根舍去.故選：D5.設，，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用對數指數的運算性質對化簡，利用正弦函數的單調性求出的取值范圍，最后由中間值即可比較出結果.【詳解】，即；，即；，即.故.故選：A6.已知函數的圖象向左平移個單位長度后與其導函數的圖象重合，則的值為（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用題意得到和，利用列等式即可求解【詳解】因為，所以，而函數的圖象向左平移個單位長度后得到，由題意得，所以,解得且，所以，故選：D7.在中華傳統(tǒng)文化里，建筑、器物、書法、詩歌、對聯(lián)、繪畫幾乎無不講究對稱之美.如圖所示的是清代詩人黃柏權的《茶壺回文詩》，其以連環(huán)詩的形式展現(xiàn)，20個字繞著茶壺成一圓環(huán)，無論順著讀還是逆著讀，皆成佳作.數學與生活也有許多奇妙的聯(lián)系，如2020年02月02日（20200202）被稱為世界完全對稱日（公歷紀年日期中數字左右完全對稱的日期）.數學上把20200202這樣的對稱數叫回文數，如11，242，5225都是回文數，則用0，1，2，3，4，5這些數字構成的所有三位數的回文數中能被3整除的個數是（）A.8 B.10 C.11 D.13【答案】B【解析】【分析】根據回文數的定義，結合被3整除的性質進行分類討論求解即可.【詳解】當三位數的三個數位上的數都相同時，有，共有5個；當三位數的三個數位上的數有二個相同時，有，共有5個，所以滿足題意的回文數共有10個，故選：B8.在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：的左，右焦點分別是，，點P是橢圓C上一點，點Q是線段靠近點的三等分點，若，則橢圓的離心率的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】作圖，根據圖中的幾何關系求解.【詳解】由題意作圖如下：設，，則有，，，，，，得：…①，化簡得：，即，P點也在以為圓心半徑為c的圓上，即圓與橢圓必定有不與右頂點重合的交點（與右頂點重合顯然不滿足題意），圓與x軸除原點外的另一個交點的坐標是，并且該交點必須在橢圓外，，即，因為是橢圓，所以；故選：A.二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共計20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.下列統(tǒng)計量中，用于測度樣本的集中趨勢的有（）A.中位數 B.平均數 C.眾數 D.標準差【答案】ABC【解析】【分析】根據統(tǒng)計中樣本的數據特征的定義判斷．【詳解】在樣本的數據特征中，中位數、平均數、眾數都用于測度樣本的焦距趨勢，標準差測度樣本數據的偏差程度，判斷穩(wěn)定性，故選：ABC．10.一口袋中有除顏色外完全相同的3個紅球和2個白球，從中無放回的隨機取兩次，每次取1個球，記事件A1：第一次取出的是紅球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的兩球同色；事件C：取出的兩球中至少有一個紅球，則（）A.事件，為互斥事件 B.事件B，C為獨立事件C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根據互斥事件、獨立事件的定義判斷AB，由組合知識求得判斷C，根據條件概率的定義求得判斷D．【詳解】第一次取出的球是紅球還是白球兩個事件不可能同時發(fā)生，它們是互斥的，A正確；由于是紅球有3個，白球有2個，事件發(fā)生時，兩球同為白色或同為紅色，，事件不發(fā)生，則兩球一白一紅，，不獨立，B錯；，C正確；事件發(fā)生后，口袋中有3個紅球1個白球，只有從中取出一個紅球，事件才發(fā)生，所以，D正確．故選：ACD．11.在棱長為1的正方體中，設，其中，則（）A. B.與平面所成角的最大值為C.若，則平面平面 D.若為銳角三角形，則【答案】ABD【解析】【分析】建立空間直角坐標系，運用空間向量逐項求解.【詳解】以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系，則有，，設，則，即；對于A，，正確；對于B，，設平面的一個法向量為，則有，即，令，則，，設與平面的夾角為，則，當時取最大值=，的最大值為，正確；對于C，當時，，，設平面PAC的一個法向量為，則有，即，令解得，；設平面的一個法向量為，，則有，即，令解得，，不存在使得，與不平行，錯誤；對于D，當為銳角三角形就是，設，，，，，正確；故選：ABD.12.設定義在上的函數與的導數分別為與，已知，，且關于直線對稱，則下列結論一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根據函數與導數間的關系式，變形賦值，逐項驗證即可.【詳解】因為，所以所以，所以，故D正確，令時，，所以，由，所以，所以B選項正確，因為，所以，所以函數圖象關于點對稱，則函數的圖象關于點對稱，即為奇函數，所以函數（為常數）為偶函數，圖象關于直線對稱，所以函數的圖象關于直線對稱，所以，故C選項正確，函數，則函數圖象關于直線對稱，符合題意，所以，故選項A不正確，故選：BCD.【點睛】結論點睛：函數的定義域為D，，(1)存在常數a，b使得，則函數圖象關于點對稱.(2)存在常數a使得，則函數圖象關于直線對稱.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共計20分.13.若展開式的二項式系數之和為64，則展開式中的常數項是___________.【答案】【解析】【分析】先根據二項式系數之和求出，然樓根據展開式的通式，令的次數為零即可得常數項.【詳解】由展開式的二項式系數之和為64得，解得，即，其展開式的通式為令得，故答案為：.14.已知拋物線的焦點為，過且斜率為直線與拋物線在第一象限交于點，過作拋物線準線的垂線，垂足為，若的面積為，則______.【答案】【解析】【分析】作出圖形，分析可知為等邊三角形，確定該三角形的邊長，利用三角形的面積公式可求得的值.詳解】如下圖所示：設拋物線的準線交軸于點，則，由拋物線的定義可得，因為直線的斜率為，則，易知軸，則，故為等邊三角形，因為，則，故，所以，是邊長為的等邊三角形，故，，因此，.故答案為：.15.已知函數恰有三個零點，則實數a的取值范圍是______.【答案】【解析】【分析】先分類討論，時，函數沒有三個零點，時，得出函數有一個零點，在時，由導數求得極大值，由得，然后利用零點存在定理說明函數有兩個零點即得．【詳解】時，在上是減函數，且，此時沒有零點或至多一個零點（時），而時，是增函數，只有一個零點，因此不合題意，故，時，在上遞減，在上遞增，又，因此在上無零點，在上有一個零點，從而時，有兩個零點，此時，，時，，遞增，時，，遞減，又時，，因此，，即，此時在上有一個零點，又時，，因此在上也有一個零點，綜上，有三個零點時，．故答案為：．16.在平行四邊形ABCD中，，，，將沿BD折起到的位置，若二面角P－BD－C的大小為，則四面體PBCD的外接球的表面積為______.【答案】【解析】【分析】取的中點，證明為二面角的平面角，在平面內過點作直線與垂直，過作直線與垂直，設兩垂線的交點為，證明為四面體PBCD的外接球的球心，求可得球的半徑，由球的面積公式求球的表面積.【詳解】如圖，因為四邊形為平行四邊形，，，，所以，，，在翻折后的圖形中，，取的中點，則，故，所以為二面角的平面角，由已知，在平面內過點作直線與垂直，過作直線與垂直，設兩垂線的交點為，則，為直角三角形，又，，所以，所以，，所以，因為，平面，，所以平面，平面，所以，因為，，平面，所以平面，平面，所以，因為為直角三角形，為斜邊的中點，所以，所以，同理可證，所以點為四面體PBCD的外接球的球心，因為，,，所以，所以四面體PBCD的外接球的半徑為，該球的表面積，故答案為：.四、解答題：本大題共6小題，共計70分.解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.在下面兩個條件中任選一個，補充在下面的問題中并作答.①；②.已知為數列的前項和，滿足，，______.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.【答案】（1）條件選擇見解析，

（2）【解析】【分析】（1）選①，令可求得的值，由可得，兩式作差可得為等差數列，確定該數列的首項和公差，可求得數列的等差數列；選②，推導出數列是常數列，即可求得數列的通項公式；（2）計算出，對任意的，計算出，可得出，利用等差數列的求和公式可求得.【小問1詳解】解：選①，當時，則有，即，解得；對任意的，因為，則，故，即，因，，所以定值，故數列是首項，公差為的等差數列，所以.選②，因為，故，所以，故數列是常數列，所以，故.【小問2詳解】解：知，，故，對任意的，，所以，即為數列的前項和，因為，故數列為等差數列，所以.18.學校為了進一步加快推進學生素質教育，豐富學生的課余生活，挖掘學生的動手動腦潛力，學校在高一年級進行了一次“變廢為寶”手工作品評比，對參賽作品進行統(tǒng)計得到如下統(tǒng)計表：不合格合格合計男生120100220女生305080合計150150300（1）運用獨立性檢驗的思想方法判斷：能否有99%以上的把握認為性別與作品是否合格有關聯(lián)？并說明理由；（2）學校為了鼓勵更多的同學參與到“變廢為寶”活動中來，決定通過3輪挑戰(zhàn)賽評選出一些“手工達人”，3輪挑戰(zhàn)結束后，至少2次挑戰(zhàn)成功的參賽者被評為本學期的“手工達人”.已知某參賽者挑戰(zhàn)第一、二、三輪成功的概率分別為，，，求該參賽者在本學期3輪挑戰(zhàn)中成功的次數X的概率分布及數學期望.參考公式：，.0.0250.0100.0050.0015.0246.6357.87910.828【答案】（1）有把握，理由見解析（2）分布列見解析，次【解析】【分析】（1）計算的值，與6.635進行比較即可得結論，（2）由題意知X的所有可能值分別為0，1，2，3，分別求出對應的概率，列出分布列求出數學期望即可.【小問1詳解】提出假設：性別與作品合格與否無關.，當成立時，，所以有99%的把握認為性別與作品是否合格有關.【小問2詳解】X的所有可能值分別為0，1，2，3.，，，.故X的概率分布為X0123P，所以參賽者在3輪挑戰(zhàn)中成功的次數X的數學期望為次.19.在中，的平分線與邊交于點，且.（1）若，求的面積；（2）求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）計算出為直角，可在中計算出、的長，再利用三角形的面積公式可求得的面積；（2）設，求出的取值范圍，利用正弦定理可得出，利用平面向量數量積的定義以及三角恒等變換可得出，利用基本不等式可求得的最小值.【小問1詳解】解：在中，，，所以，又是的平分線，所以，，故，在中，，，故，，所以的面積.【小問2詳解】解：設，則，，，所以，，解得，在中，根據正弦定理得，得，所以，當且只當，即時，等號成立.所以的最小值為.20.如圖，在三棱柱中，底面是邊長為2的正三角形，，平面平面ABC，M是棱的中點.（1）證明：平面；（2）若四棱錐的體積為，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）根據三棱柱的幾何性質，結合三角形中位線定理、線面平行的判定理進行證明即可；（2）方法一：建立空間直角坐標系，結合三棱錐的體積公式、空間夾角公式進行求解即可；方法二：根據線面垂直的判定定理，結合二面角定義進行求解即可.【小問1詳解】連接交于N，連接MN.在三棱柱中，四邊形平行四邊形，又，所以N是中點，在中，M是的中點，所以，又面，面，所以平面.【小問2詳解】法一：取BC的中點O，連接OA，.在中，，O為BC的中點，所以，又面面ABC，面，面面，所以面ABC.在三棱柱中，四邊形是平行四邊形，因為M是棱的中點，故，又，所以，所以，即，而，所以.以O為坐標原點，OA，OB，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz，故，，，，.所以，，設平面的法向量，則，即取，得，所以是平面的一個法向量，設平面的法向量，則，即取，得，所以是平面BMC的一個法向量，所以，設二面角的大小為，由圖可知，，所以二面角的余弦值為.法二：取BC的中點O，連接OA，，OM，過作，，垂足分別為G，H，連結GH.在中，，O為BC的中點，所以，又面⊥面ABC，面，面面，所以面ABC.又面ABC，所以，設，則.在等邊中，O為BC的中點，所以，又，，面，所以面，因為面，所以，在三棱柱中，，四邊形是平行四邊形，所以四邊形是矩形，，故四邊形的面積為.因為面ABC，故面，又面，所以.在中，.因為面，即面，面，所以，又，，OM，面，所以面，所以四棱錐的體積為，解得，所以，，，，所以，，所以，因為面，面，所以，又，，，面，所以面，又面，所以，所以是二面角的平面角.在中，，所以所以二面角的余弦值為.21.在平面直角坐標系xOy中，已知圓E：和定點，P為圓E上的動點，線段PF的垂直平分線與直線PE交于點Q，設動點Q的軌跡為曲線C.（1）求曲線C的方程；（2）設曲線C與x軸正半軸交于點A，過點的直線l與曲線C交于點M，N（異于點A），直線MA，NA與直線分別交于點G，H.若點F，A，G，H四點共圓，求實數t的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根據線段PF的垂直平分線上的點到兩端點的距離相等，則動點Q到兩定點的距離之差為定值，故點Q的軌跡為雙曲線.(2)設直線方程為，聯(lián)立直線與雙曲線方程，韋達定