浙江省寧波市慈溪市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷

浙江省寧波市慈溪市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單選題1．已知角α的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(?1，3A．?3 B．3 C．?332．已知拋物線y2=2px(p>0)A．1 B．2 C．3 D．23．已知集合A={x|y=2x，A．A∩B={1，C．A=B=R D．A∩B=?4．若A，B，C，D，E五人排隊(duì)照相，則A，B兩人不相鄰的概率為（）A．45 B．35 C．125．若二項(xiàng)式(1+2xA．448x3 B．1120x4 C．6．如圖，是某種型號(hào)的家用燃?xì)馄浚涫獠糠纸瓶梢钥醋饔梢粋€(gè)半球和一個(gè)圓柱體組成，設(shè)球的半徑為R，圓柱體的高為h，若要保持圓柱體的容積為定值V=3π立方米，則為使制造這種燃?xì)馄克貌牧献钍。剀疤崾荆杭从砂肭蚝蛨A柱體組成的幾何體表面積最小），此時(shí)RhA．22 B．12 C．137．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)應(yīng)邊分別為a，b，c，已知bsin(B+C)=asinA+C2A．22 B．23 C．628．若單位向量a，b滿足?a，b?=120°，向量A．32 B．1+34 C．1+二、多選題9．設(shè)a，A．若m⊥α，n⊥αB．若m?α，n?αC．若α∥β，m?αD．若α⊥β，m⊥β，m?α，則m∥α10．已知a>b>0，則（）A．2?a<2?b B．lo11．已知z1，zA．當(dāng)z1=1?iB．復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z1所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是以原點(diǎn)為圓心、半徑為2C．|D．|12．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C1：x24+y2=1A．若點(diǎn)Q在C2上運(yùn)動(dòng)，則|PQ|的最大值為B．若l與C1、C．若過(guò)P點(diǎn)作C1的切線，則切線唯一且方程為D．若k=2，b∈Z，l與C三、填空題13．在平面直角坐標(biāo)系中，已知A(?2，0)，14．已知變量x和y的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表：x678910y3.5455.57如果由表中數(shù)據(jù)可得經(jīng)驗(yàn)回歸直線方程為y=0.85x+a，那么，當(dāng)15．若正數(shù)α，β，γ滿足α+β+γ=π，且sinα+16．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1四、解答題17．甲、乙兩位棋手，與同一臺(tái)智能機(jī)器人進(jìn)行國(guó)際象棋比賽，相互獨(dú)立，互不影響，記分規(guī)則如下：在一輪比賽中，如果甲贏而乙輸，則甲得1分；如果甲輸而乙贏，則甲得?1分；如果甲和乙同時(shí)贏或同時(shí)輸，則甲得0分.設(shè)甲贏機(jī)器人的概率為0.6，乙贏機(jī)器人的概率0.5.記甲在一輪比賽中的得分記為X，在兩輪比賽中的得分為Y.（1）若甲單獨(dú)與機(jī)器人進(jìn)行三次比賽，求甲恰有兩次贏的概率；（2）求X的分布列；（3）求Y的均值.18．在菱形ABCD中，G是對(duì)角線BD上異于端點(diǎn)的一動(dòng)點(diǎn)（如圖1），現(xiàn)將△ABD沿BD向上翻折，得三棱錐A?BCD（如圖2）.（1）在三棱錐A?BCD中，證明：DG⊥AC；（2）若菱形ABCD的邊長(zhǎng)為23，∠ABC=π3，且BG=2GD，在三棱錐A?BCD中，當(dāng)AC=3時(shí)，求直線AG19．如圖，ABCD是一個(gè)邊長(zhǎng)為8m的有部分腐蝕的正方形鐵皮，其中腐蝕部分是一個(gè)半徑為6m的扇形AMN，其他部分完好可利用.鐵匠師傅想在未被腐蝕部分截下一個(gè)長(zhǎng)方形鐵皮PRCQ（P是圓弧上的一點(diǎn)），以用于制作其他物品.（1）當(dāng)長(zhǎng)方形鐵皮PRCQ為正方形時(shí)，求此時(shí)它的面積；（2）求長(zhǎng)方形鐵皮PRCQ的面積S的最大值.20．已知數(shù)列{an}，{（1）若{an}是等比數(shù)列，且an+1=1c（2）若{bn}是等差數(shù)列，公差d>021．法國(guó)數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日被譽(yù)為畫(huà)法幾何之父.他在研究橢圓切線問(wèn)題時(shí)發(fā)現(xiàn)了一個(gè)有趣的重要結(jié)論：一橢圓的任兩條互相垂直的切線交點(diǎn)的軌跡是一個(gè)圓，尊稱為蒙日?qǐng)A，且蒙日?qǐng)A的圓心是該橢圓的中心，半徑為該橢圓的長(zhǎng)半軸與短半軸平方和的算術(shù)平方根.已知在橢圓C：x2a2+y2b（1）求橢圓C的方程，并請(qǐng)直接寫(xiě)出橢圓C的蒙日?qǐng)A的方程；（2）設(shè)P是橢圓C外一動(dòng)點(diǎn)（不在坐標(biāo)軸上），過(guò)P作橢圓C的兩條切線，過(guò)P作x軸的垂線，垂足H，若兩切線斜率都存在且斜率之積為?12，求22．已知函數(shù)f(（1）當(dāng)k=3時(shí)，求曲線y=f(x)（2）若對(duì)?x∈(0，（3）求證：對(duì)?x∈(0，

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】根據(jù)任意角的三角函數(shù)的定義，tanα=故答案為：A.

【分析】根據(jù)任意角的三角函數(shù)的定義可求出答案.2．【答案】D【解析】【解答】拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)(依題意，p2=3故答案為：D

【分析】由拋物線的方程及雙曲線的方程，可得其焦點(diǎn)的坐標(biāo)，再由題意可得p的值.3．【答案】D【解析】【解答】由題意可知集合A={x|y=2x，x∈R}為數(shù)集，集合二者元素類型不同，所以A∩B=?，故答案為：D.

【分析】集合A為數(shù)集，集合B為點(diǎn)集，元素類型不同，然后結(jié)合集合交集的定義可求得答案.4．【答案】B【解析】【解答】先排C、D、E，有A33=6種排法，再將A，B插入C、D、E及其兩側(cè)空位，有A42=12種，A，B不相鄰有故答案為：B.

【分析】根據(jù)古典概型的概率公式可求出答案.5．【答案】B【解析】【解答】T6=Cn5(2x所以6=2(n?5)故答案為：B.

【分析】根據(jù)題意可得Cn6．【答案】C【解析】【解答】依題意，πR2=π(3R當(dāng)3R2=3R故答案為：C.

【分析】根據(jù)題意，先求出表面積的表達(dá)式，利用V=3π為定值求出h與R的關(guān)系，再利用基本不等式求解，即可得答案.7．【答案】C【解析】【解答】因?yàn)閎sin根據(jù)正弦定理及誘導(dǎo)公式得sinB?∵A∈(0，π)，∴sin即2sinB2cosB2解得sinB2=所以S=1所以ac=8，a+c≥2ac根據(jù)余弦定理得b=a2+設(shè)△ABC的周長(zhǎng)為C，所以C△ABC設(shè)a+c=t，t≥42根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性及增函數(shù)加增函數(shù)為增函數(shù)的結(jié)論得：f(t)在[42，+∞)故(C當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=22故答案為：C.

【分析】由已知結(jié)合正弦定理及二倍角公式進(jìn)行化簡(jiǎn)先求出B，然后結(jié)合基本不等式可求出答案.8．【答案】C【解析】【解答】令a=不妨a=(1，0因?yàn)?c?a)⊥所以a?令x=1則a=1因?yàn)閏os(θ?π3所以|a故答案為：C.

【分析】由已知可把問(wèn)題坐標(biāo)化，然后結(jié)合向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示及圓的性質(zhì)可求出答案.9．【答案】A,C,D【解析】【解答】對(duì)A：垂直于同一平面的兩條直線平行，正確；對(duì)B：當(dāng)m∥n時(shí)結(jié)論未必成立，錯(cuò)誤；對(duì)C：α∥β，n⊥β，故n⊥α，又m?α，故對(duì)D：α⊥β，m⊥β，則m∥α或m?α，排除m?α，則m∥α，正確.故答案為：ACD.

【分析】垂直于同一平面的兩條直線平行，可判斷A；當(dāng)m//n時(shí)結(jié)論末必成立，可判斷B；根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理判斷C；根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理判斷D.10．【答案】A,D【解析】【解答】根據(jù)冪函數(shù)y1=x∵a>b>0，由a>b>0，取a=2，b=1由a>b>0可得a3+3b≥2a3?3b由基本不等式可知a+b≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a=b但a>b>0，等號(hào)取不到，D符合題意，故答案為：AD.

【分析】利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可判斷A；利用換底公式判斷B；直接應(yīng)用基本不等式判斷C，D.11．【答案】B,D【解析】【解答】A項(xiàng)：|zB項(xiàng)：因?yàn)閨zC項(xiàng)：|z1?i|≥|D項(xiàng)：|z2z1|=故答案為：BD.

【分析】利用復(fù)數(shù)的模的定義以及其復(fù)數(shù)的幾何意義逐項(xiàng)進(jìn)行計(jì)算，即可得答案.12．【答案】A,C【解析】【解答】A選項(xiàng)，C2：x2+點(diǎn)Q在C2上運(yùn)動(dòng)，|PQ|的最大值為|P|PC所以|PQB項(xiàng)：C1的上頂點(diǎn)與C2的圓心距離為132?1=11所以由圖易知l有4條，C2到3x+2y?4=0距離為C2與3C項(xiàng)：P(2，22)當(dāng)過(guò)P(2，22)設(shè)過(guò)P(2，2聯(lián)立C1：x整理，得(1+4k由Δ=(42k?8故切線方程為y?22=?D項(xiàng)：分別記l與C1l：y=kx+b與C1設(shè)A(x1，則l與C1截得弦長(zhǎng)為|l為圓心C2距離為d=所以|CD因?yàn)閨AB|=因?yàn)閗=2，所以1017?顯然b≠0，D不符合題意.故答案為：AC.

【分析】利用兩點(diǎn)間的距離公式可得|PC2|，進(jìn)而可得|PQ的最大值判斷A；求得C1上頂點(diǎn)與C2圓心的距離右判斷C1與C2外離，進(jìn)而求得C2到3x+2y?4=0距離可判斷B；因?yàn)镻在C1上，所以切線唯一，求得切線方程可判斷C；分別分別記l與13．【答案】y=1?|x|【解析】【解答】∵A(?2，可設(shè)y=k|x|+m，則可得2k+m=0m=1，解得m=1k=?1可設(shè)y=ax2+bx+c，則可得4a+2b+c=04a?2b+c=0c=1故答案為：y=1?|x|

【分析】根據(jù)題意設(shè)解析式，代入運(yùn)算求解可得答案.14．【答案】0.3【解析】【解答】x=所以a=所以x=10時(shí)，y5所以殘差為7?6.故答案為：0.

【分析】計(jì)算x，15．【答案】2023【解析】【解答】依題意，因?yàn)閟in所以2又因?yàn)棣?β+γ=π，所以sinα+γ所以cosα?γ所以cos?2023sin所以co=cos故答案為：20232

【分析】將已知關(guān)系式sinα+16．【答案】(?∞【解析】【解答】由a1=1，an+1因?yàn)镕(x)=x+ln(而F(a2)=可猜想數(shù)列{an}下面由數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n=1時(shí)，a2=a1?當(dāng)n=k時(shí)，假設(shè)0<a當(dāng)n=k+1時(shí)，ak+2=a即F(ak+2又因?yàn)閍k+2=a所以0<a即數(shù)列{an}由單調(diào)有界收斂定理可知{an}所以limn→+∞an+1所以a=0，即{a令f(x)f'(x則g'(x所以f'(x)>f'所以由k≤f(an+1)恒成立可知k≤f(所以k∈(故答案為：(?∞，

【分析】由數(shù)學(xué)歸納法可知數(shù)列{an}單調(diào)遞減且0<an≤1，由單調(diào)有界收斂定理可知{an}收斂，設(shè)lim17．【答案】（1）解：設(shè)甲恰有兩次贏的概率為P1P1（2）解：X的可能取值為?1，0，1.根據(jù)記分規(guī)則，得P(P(R(所以X的分布列為X?101P0.20.50.3（3）解：兩輪比賽甲的得分Y的可能取值為?2，由于兩輪比賽的結(jié)果是獨(dú)立的，所以P(P(P(所以Y的分布列為Y?2?1012P0.040.20.370.30.09故E(【解析】【分析】(1)根據(jù)二項(xiàng)分布的概率公式求解出甲恰有兩次贏的概率；

(2)X可取-1，0，1，分別計(jì)算對(duì)應(yīng)概率，寫(xiě)出分布列即可；

(3)Y可取-2，-1，0，1，2，分別計(jì)算對(duì)應(yīng)概率，寫(xiě)出分布列即可求出Y的均值.18．【答案】（1）證明：在圖1中，連接AC交BD于O，連接AG，由菱形的性質(zhì)得DG⊥AO，在圖2中，因?yàn)镃O，AO?平面AOC且DG⊥AO，所以由直線與平面垂直的判定定理得DG⊥平面AOC，因?yàn)锳C?平面AOC，所以DG⊥AC.（2）解：由DG⊥平面AOC，DG?平面COD，得平面COD⊥平面菱形ABCD的邊長(zhǎng)為23，∠ABC=π3則BD=2BO=6，則三棱錐A?BCD中，CO=AO=3，又AC=3解△AOC得cos∠AOC=故∠AOC=120°，作AH⊥CO，交CO延長(zhǎng)線于H，得AH=3由于平面COD⊥平面AOC，平面COD∩平面AOC=CO，AH?平面AOC，所以AH⊥平面COD，如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OC，OD分別為x，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，所以A(?3AC=(設(shè)平面ACD的法向量為n=則n?AC=33可得平面ACD的法向量n=設(shè)直線AG與平面ACD所成角為θ，θ∈[所以sinθ=另解提示：根據(jù)上述解法求出AH=3由CG=DG=AG=2，CD=23由CD=AD=23，AC=3設(shè)點(diǎn)G到平面ACD的距離為d，直線AG與平面ACD所成角為θ，因?yàn)閂A?CDG=VG?ACD即所以sinθ=【解析】【分析】(2)根據(jù)平面圖和直觀圖的轉(zhuǎn)換，利用線面垂直和線線垂直之間的轉(zhuǎn)換證出DG⊥AC；

(2)利用空間直角坐標(biāo)系和法向量及向量的夾角公式求出直線AG與平面ACD所成角的正弦值.19．【答案】（1）解：連接AP，設(shè)∠PAD=θ(0≤θ≤π2)，延長(zhǎng)QP當(dāng)長(zhǎng)方形鐵皮PRCQ為正方形時(shí)，顯然θ=π4，此時(shí)所以S=CR（2）解：由（1）設(shè)，得PE=PA所以S=PR?PQ=(8?6cos其中，0≤θ≤π令t=sinθ+cos所以S=64?48t+18(t因?yàn)?≤θ≤π2，所以所以S=18(t?所以當(dāng)t=1時(shí)，得Smax即長(zhǎng)方形鐵皮PRCQ的面積S的最大值為16(cm【解析】【分析】(1)連接AP，設(shè)∠PAD=θ(0≤θ≤π2)，延長(zhǎng)QP交AD于E，當(dāng)長(zhǎng)方形鐵皮PRCQ為正方形時(shí)，得到θ=π4，可得RD=32，進(jìn)而求解出它的面積；

(2)由（1）設(shè)，得PE=PAsinθ=6sinθ，AE=PAcos20．【答案】（1）解：依題意，因?yàn)閍2=a1+所以an=2所以{bn}故bn=2（2）證明：由cn+1cn由疊乘得cnc1得1c因?yàn)閎11=1+b因?yàn)閎1=a2?得1+1故1c【解析】【分析】(1)由題意得a2=2，求出等比數(shù)列{an}的公比q，可得an=2n?1，結(jié)合題意，可得cn=2n?1，，即可求出b21．【答案】（1）解：設(shè)橢圓方程為x2由題意可知e=c所以c=1，b=3且蒙日?qǐng)A的方程為x2（2）解：設(shè)P(x0由y?y0=k(x?x由于相切，所以方程①的Δ=0，可得：16(整理成關(guān)于k的方程可得：(4?x由于P在橢圓x24+故Δ'設(shè)過(guò)點(diǎn)P的兩切線斜率為k1據(jù)題意得，k1+k又因?yàn)閗1?k即點(diǎn)P(x0由不等式可知：1=x即|x0|?|y0所以S△POH=12|【解析】【分析】(1)由題意可得a，c的值，進(jìn)而求出b的值，可得橢圓的方程及它的蒙日?qǐng)A方程；

(2)設(shè)P的坐標(biāo)，及過(guò)P的切線的方程，與橢圓的方程聯(lián)立，由判別式為0可得兩條切線的斜率的關(guān)系，再由斜率之積的值，可得P的軌跡方程，由均值不等式可得P的橫坐標(biāo)