山西省運(yùn)城市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期數(shù)學(xué)期末調(diào)研測(cè)試試卷

山西省運(yùn)城市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期數(shù)學(xué)期末調(diào)研測(cè)試試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單選題1．設(shè)全集U＝R，A＝{x|0＜x≤3}，B＝{x|x＜1}，則圖中陰影部分表示的集合為（）A．{x|1≤x＜3} B．{x|1＜x≤3}C．{x|1＜x＜3} D．{x|1≤x≤3}2．已知a∈R，z=a+i1+i（A．-1 B．0 C．1 D．23．已知雙曲線C：x24?A．3 B．5 C．23 D．4．《幾何原本》是古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐.如圖，若AB，CD都是直角圓錐SO底面圓的直徑，且∠AOD=π3，則異面直線A．13 B．24 C．645．已知函數(shù)f(x)的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式可能為（）A．f(x)=x?x3C．f(x)=x3?ln|x|6．已知α∈(π，3π2)，若2+2A．-3 B．3 C．97 D．7．已知實(shí)數(shù)a，b滿足e2?a=a，A．e B．e2 C．e3 8．已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且滿足A．?164 B．?132 C．二、多選題9．近年來(lái)?新冠疫情波及到千家萬(wàn)戶，人們的生活方式和習(xí)慣不得不發(fā)生轉(zhuǎn)變，短視頻成了觀眾空閑時(shí)娛樂(lè)活動(dòng)的首選．某電影藝術(shù)中心為了解短視頻平臺(tái)的觀眾年齡分布情況，向各大短視頻平臺(tái)的觀眾發(fā)放了線上調(diào)查問(wèn)卷，共回收有效樣本4000份，根據(jù)所得信息制作了如圖所示的頻率分布直方圖，則下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中a=0B．在4000份有效樣本中，短視頻觀眾年齡在10~20歲的有1320人C．估計(jì)短視頻觀眾的平均年齡為32歲D．估計(jì)短視頻觀眾年齡的75%分位數(shù)為39歲10．已知函數(shù)f(x)=sin(3x+φ)(?π2<φ<A．f(x)滿足f(B．將函數(shù)f(x)的圖像向左平移π4個(gè)單位長(zhǎng)度后與g(x)=cos3xC．若|f(x1)?f(xD．若y=|f(x)|在[a，b]上單調(diào)遞減，那么b?a11．已知直線l：x?y+5=0，過(guò)直線上任意一點(diǎn)M作圓C：(A．|MA|長(zhǎng)度的最小值為4B．不存在點(diǎn)M使得∠AMB為6C．當(dāng)|MC|?|AB|最小時(shí)，直線AB的方程為x?2y?1=0D．若圓C與x軸交點(diǎn)為P，Q，則12．已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1=2A．無(wú)論點(diǎn)P在BC1B．當(dāng)直線A1P與平面BB1C．若三棱柱ABC?A1D．△OPB1三、填空題13．已知(2x?3)7=14．已知|a|=1，|b|=3，15．已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x?32)?f(?x?316．橢圓C：x2a2+y2b四、解答題17．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a3（1）求數(shù)列{an}（2）設(shè)cn=(an+n+2)218．在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C（1）求角C的大?。唬?）若c=3，角A與角B的內(nèi)角平分線相交于點(diǎn)D，求△ABD面積的取值范圍．19．為了迎接2022年世界杯足球賽，某足球俱樂(lè)部在對(duì)球員的使用上一般都進(jìn)行一些數(shù)據(jù)分析，在上一年的賽季中，A球員對(duì)球隊(duì)的貢獻(xiàn)度數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)如下：

球隊(duì)勝球隊(duì)負(fù)總計(jì)A上場(chǎng)22rA未上場(chǎng)s1220總計(jì)50附表及公式：P(0.150.100.050.0100.005k2.0272.7063.8416.6357.879χ2（1）求r，s的值，據(jù)此能否有99%的把握認(rèn)為球隊(duì)勝利與（2）根據(jù)以往的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)，B球員能夠勝任前鋒?中鋒?后衛(wèi)以及守門員四個(gè)位置，且出場(chǎng)率分別為：0.2，①當(dāng)他參加比賽時(shí)，求球隊(duì)某場(chǎng)比賽贏球的概率；②當(dāng)他參加比賽時(shí)，在球隊(duì)贏了某場(chǎng)比賽的條件下，求B球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率；③在2022年的4場(chǎng)聯(lián)賽中，用X表示“球隊(duì)贏了比賽的條件下B球員擔(dān)當(dāng)守門員”的比賽場(chǎng)次數(shù)，求X的分布列及期望．20．如圖，水平面上擺放了兩個(gè)棱長(zhǎng)為23的正四面體PABD和QABC（1）求證：AB⊥PQ；（2）求二面角P?AQ?B的余弦值．21．已知拋物線C：y2（1）如圖所示，線段AB為過(guò)點(diǎn)F且與x軸垂直的弦，動(dòng)點(diǎn)P在線段AB上，過(guò)點(diǎn)P且斜率為1的直線l與拋物線交于N(x1，（2）過(guò)焦點(diǎn)F作直線l0與C交于E?Q兩點(diǎn)，分別過(guò)E?Q作拋物線C的切線，已知兩切線交于點(diǎn)R(?1，m)，求證：直線RQ?RF22．已知f(x)=?ln(1?x)?x．（1）求證：f(x)≥0恒成立；（2）令g(x)=x+2πcosπx，討論F(x)=f(x)+g(x)

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】圖中陰影部分表示的集合為A∩?全集U＝R，A＝{x|0＜x≤3}，B={xA∩?故答案為：D．

【分析】圖中陰影部分表示的集合為A∩?2．【答案】A【解析】【解答】z=因?yàn)閺?fù)數(shù)為純虛數(shù)，則a+12=01?a故答案為：A

【分析】化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)，由于復(fù)數(shù)是純虛數(shù)，則實(shí)部為0，虛部不為0.3．【答案】D【解析】【解答】解：由題知雙曲線的焦點(diǎn)在x軸上，a2=4，即所以，雙曲線的漸近線方程為y=±b因?yàn)殡p曲線C：x2所以b=1，所以c2所以，C的焦距為25故答案為：D

【分析】由題知雙曲線的焦點(diǎn)在x軸上，b=1，進(jìn)而得c24．【答案】C【解析】【解答】如圖，連接AD，因?yàn)镺為AB，CD中點(diǎn)，且AB=CD，所以四邊形所以DB//AC，所以∠SAC或其補(bǔ)角為異面直線設(shè)圓O的半徑為1，則SA=SC=2因?yàn)椤螦OD=π3，所以在直角△DAC中，CD=2，得AC=3所以cos∠SAC=(所以異面直線SA與BD所成角的余弦值為64故答案為：C.

【分析】先作出異面直線所成角的平面角，然后結(jié)合余弦定理求解即可得答案.5．【答案】B【解析】【解答】由圖知函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，對(duì)于A，f(2)=2?8對(duì)于C，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)=x對(duì)于D，f(?x)故答案為：B

【分析】由函數(shù)奇偶性與單調(diào)性判斷.6．【答案】B【解析】【解答】解：因?yàn)棣痢?π，3π2)，sin所以sinα+cos所以cosα+故答案為：B

【分析】由題知sinα<0，cosα<0，進(jìn)而結(jié)合二倍角公式整理得sin7．【答案】C【解析】【解答】解：由題知e2?a所以2?a=ln所以2?a?令f(x)=2?x?lnx，則因?yàn)?，f'所以，f(x)=2?x?lnx在所以，f(a)=f(lnb?1)=0?a=因?yàn)??a=ln所以a+1+2?a=lna+故答案為：C

【分析】由題知2?a?lna=0，2?(lnb?1)?ln8．【答案】A【解析】【解答】解：因?yàn)镾n所以，當(dāng)n=1時(shí)，S1=a當(dāng)n≥2時(shí)，an所以，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an?1=?12n當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，2an=?an?1+1所以S5故答案為：A

【分析】由題，當(dāng)n=1時(shí)，a1=?14，當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn?9．【答案】C,D【解析】【解答】解：對(duì)于A，∵(0.015+0.對(duì)于B，由頻率分布直方圖知：短視頻觀眾年齡在10~20歲的人對(duì)應(yīng)頻率為∴短視頻觀眾年齡在10~20歲的有對(duì)于C，平均年齡x=(0對(duì)于D，設(shè)75%分位數(shù)為x，則0.015×10+0故答案為：CD.

【分析】根據(jù)頻率和為1可構(gòu)造方程求得a=0.03，知A錯(cuò)誤；由頻率和頻數(shù)的關(guān)系可求得觀眾年齡在10．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=sin(3x+φ)(?π2<φ<所以3π4+φ=π因?yàn)?π2<φ<π2對(duì)于A，f(π12+x)=sin(對(duì)于B，函數(shù)f(x)的圖像向左平移π4個(gè)單位長(zhǎng)度后得到的函數(shù)解析式為y=對(duì)于C，設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，則T=2π3，因?yàn)閒(x)max=1對(duì)于D，y=|f(x)|=|sin(3x?π4)|在[a故答案為：ABC

【分析】由題知φ=?π4，11．【答案】B,D【解析】【解答】解：由題知圓C的圓心為(3，0)，半徑為對(duì)于A，因?yàn)閳A心(3，0)到直線l：x?y+5=0的距離為d=8對(duì)于B，假設(shè)存在點(diǎn)M使得∠AMB為60則∠AMC=30°，故在Rt△AMC中，|MC|=2r=4，由A選項(xiàng)知|MC|min=42>4，故矛盾，即不存在點(diǎn)對(duì)于C，由于MC⊥AB，故四邊形MACB的面積為SMACB所以，|MC|?|AB|=4|MA|，故當(dāng)|MC|?|AB|最小時(shí)，|MA|最小，由A選項(xiàng)知|MA|min=|MC|min2?r2=27，此時(shí)對(duì)于D，由題知P(1，0)，Q(5，0)，設(shè)M(x，故答案為：BD

【分析】由題知圓C的圓心為(3，0)，半徑為12．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：因?yàn)橹比庵鵄BC?A1B1C因?yàn)锳B，BC?平面ABC，所以因?yàn)锳B⊥BC所以，AB，BC，因?yàn)锳B=BC=BB1=2，D是AC的中點(diǎn)，O為A則B(0，0，0)，C(2，0，0)，A1(0對(duì)于A選項(xiàng)，A1P=(a，?2，a?2)對(duì)于B選項(xiàng)，由題已知平面BB1C1的法向量為設(shè)直線A1P與平面BB所以，sinθ=|A1此時(shí)P是BC1的中點(diǎn)，此時(shí)BC中點(diǎn)E到B，C，D，P點(diǎn)的距離均為所以，三棱錐P?BCD的外接球表面積為4π，B符合題意；對(duì)于C選項(xiàng)，三棱柱ABC?A1B1C1，內(nèi)放有一球，當(dāng)球的體積最大時(shí)，為該三棱柱的內(nèi)切球，由于Rt△ABC內(nèi)切圓的半徑為r=2?2對(duì)于D，當(dāng)P是BC1的中點(diǎn)時(shí)，此時(shí)OP=(0，此時(shí)OP?BC所以當(dāng)P是BC1的中點(diǎn)時(shí)，OP⊥BC1因?yàn)镺所以，△OPB1周長(zhǎng)的最小值故答案為：ABD

【分析】由題知AB，BC，BB1兩兩垂直，故以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，進(jìn)而利用A1P→?OB1→=0判斷A；根據(jù)向量求解線面角得P是B13．【答案】-84【解析】【解答】解：令x?1=t，則x=t+1，所以(2x?3)7所以(2t?1)7令7?k=2得k=5，所以，a故答案為：-84

【分析】令x?1=t，則x=t+1，進(jìn)而(2t?114．【答案】?【解析】【解答】解：因?yàn)閨所以|a?b所以，向量a在向量b上的投影向量為b故答案為：?

【分析】由題知a?15．【答案】（0，+∞）【解析】【解答】∵f(x?3∴f(x?32)∴f(故f(2022)=f(3×673+3）=1由f(?x)=f(又f(x)令g(x)∴g(∴不等式ef(x+3)即g(x+3)>g即不等式ef(故答案為：（0，+∞）

【分析】根據(jù)函數(shù)的滿足的性質(zhì)推得其周期，進(jìn)而推得e3f(3)=e2，再由f(x)16．【答案】105【解析】【解答】解：設(shè)|F2N|=x所以|F因?yàn)橛蓹E圓的定義知|F2M|+|所以x=a3，即|所以在△MF1F在△NF1F因?yàn)镕1所以cos∠所以，整理得15c2=7所以，橢圓的離心率e2=故答案為：105

【分析】設(shè)|F2N|=x，進(jìn)而結(jié)合題意，根據(jù)橢圓的定義得|F2N|=a17．【答案】（1）解：設(shè)等差數(shù)列的公差為d，因?yàn)閍所以a3+a所以a因?yàn)楦黜?xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}所以b1b5=b所以，等比數(shù)列{bn}的公比為q所以b所以an=2n?1，（2）解：由題知cn所以Tn12所以，1==所以T【解析】【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式與等比數(shù)列性質(zhì)計(jì)算得d=2，a1=1，b3=14，18．【答案】（1）解：因?yàn)閏osC所以cosCsinAcosB+sin所以sinC所以sinCcosA?因?yàn)樵阡J角△ABC中，C?A∈(?π所以C?A=B?C，即2C=A+B，因?yàn)锳+B+C=π，所以3C=A+B+C=π，解得C=所以C=（2）解：因?yàn)镃=π3，角A與角B的內(nèi)角平分線相交于點(diǎn)所以∠DAB=1所以∠DAB+∠DBA=所以∠ADB=2π設(shè)∠DAB=α，則∠ABD=π因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所0<2α<π2所以，在△ABD中，由正弦定理ABsin∠ADB=所以，△ABD面積S=3因?yàn)棣痢?π12，所以sin(2α+所以33所以，△ABD面積的取值范圍是(9?3【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦邊化角，并結(jié)合恒等變換得sin(C?A)=sin(B?C)，再結(jié)合題意得2C=A+B，進(jìn)而根據(jù)內(nèi)角和定理得答案；

（2）由題，結(jié)合（1）得∠ADB=2π3，設(shè)∠DAB=α，則∠ABD=π3?α，進(jìn)而根據(jù)銳角三角形得19．【答案】（1）解：根據(jù)題意，補(bǔ)全列聯(lián)表如下表：

球隊(duì)勝球隊(duì)負(fù)總計(jì)A上場(chǎng)22830A未上場(chǎng)81220總計(jì)302050所以，r=8，s=8，χ所以，沒(méi)有99%的把握認(rèn)為球隊(duì)勝利與A（2）解：①根據(jù)題意，記B球員參加比賽時(shí)，球隊(duì)某場(chǎng)比賽贏球?yàn)槭录嗀，P(A)=0.所以，B球員參加比賽時(shí)，球隊(duì)某場(chǎng)比賽贏球的概率為0.②記B球員擔(dān)當(dāng)守門員為事件B，則P(AB)=0.所以，當(dāng)B球員參加比賽時(shí)，在球隊(duì)贏了某場(chǎng)比賽的條件下，B球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率為P(B|A)，因?yàn)镻(B|A)=P(AB)所以，B球員參加比賽時(shí)，在球隊(duì)贏了某場(chǎng)比賽的條件下，B球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率為1③由②知，球隊(duì)贏了比賽的條件下B球員擔(dān)當(dāng)守門員的概率為13由題知X的可能取值為0，1所以P(X=0)=C40P(X=2)=C42P(X=4)=C所以，X的分布列如下表，X01234P1632881所以，E(X)=4×【解析】【分析】（1）根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)補(bǔ)全，再根據(jù)獨(dú)立性檢驗(yàn)求解即可；

（2）①根據(jù)獨(dú)立事件的乘法公式求解即可；

②根據(jù)條件概率計(jì)算求解即可；

③由題知X～B(4，20．【答案】（1）證明：因?yàn)椤鰽BD與△ABC共面，所以，連接CD與AB交于點(diǎn)O，因?yàn)樗拿骟wPABD和QABC是相同的正四面體，所以，△ABD與△ABC均為等邊三角形，即AC=BC=AB=AD=BD，所以，四邊形ABCD時(shí)菱形，則O為CD與AB中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P，Q分別作PE⊥平面ABD，QF⊥平面ABC，垂足分別為所以，由正四面體的性質(zhì)可知，E，F(xiàn)分別為△ABD、△ABC的中心，且E，F(xiàn)在因?yàn)檎拿骟wPABD的棱長(zhǎng)為23所以O(shè)D=AD?sin因?yàn)镻E⊥平面ABD，DE?平面ABD，所以PE⊥DE，PE=P同理得QF=22所以，QF=PE，故四邊形PQFE為平行四邊形，所以PQ//因?yàn)樗倪呅蜛BCD時(shí)菱形，CD⊥AB，所以AB⊥PQ（2）解：由題知AD=23，取線段PQ的中點(diǎn)M，連接OM易知OE=OF=13OD=1，故O因?yàn)樗倪呅蜳QFE為平行四邊形，所以PQ//因?yàn)镺，M分別為所以O(shè)E//所以四邊形PEOM為平行四邊形，所以O(shè)M//所以O(shè)M⊥平面ACBD，因?yàn)锳B⊥CD，所以，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OC，則A(設(shè)平面PAQ的法向量為m=(x則m?PQ=2y1=0m設(shè)平面BAQ的法向量為n=(x2則n?BA=23x2=0所以，cos?由圖可知，二面角P?AQ?B的平面角為銳角，所以二面角P?AQ?B的余弦值為33【解析】【分析】（1）連接CD與AB交于點(diǎn)O，，過(guò)點(diǎn)P，Q分別作PE⊥平面ABD，QF⊥平面ABC，垂足分別為E，F(xiàn)，進(jìn)而證明四邊形PQ