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江苏省海安市2022-2023学年高三数学上学期期末考试试卷（Word版附答案）
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这是一份江苏省海安市2022-2023学年高三数学上学期期末考试试卷（Word版附答案），共10页。
(满分：150分 考试时间：120分钟)
2023．1
一、 选择题：本大题共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. 已知全集U＝{x|－2＜x＜3}，集合A＝{x|－1＜x≤1}，则∁UA＝( )
A. (－1，1] B. (－2，－1]∪(1，3)
C. [－1，1) D. (－2，－1)∪[1，3)
2. 若复数z在复平面内对应的点在直线y＝1上，且z＝iz，则z＝( )
A. 1－i B. 1＋i C. －1＋i D. －1－i
3. ( eq \r(x) － eq \f(1,x) )6的二项展开式中的常数项是( )
A. －20 B. －15 C. 15 D. 20
4. 经验表明，树高y与胸径x具有线性关系，为了解回归方程的拟合效果，利用下列数据计算残差，用来绘制残差图．
则残差的最大值和最小值分别是( )
A. 0.4，－1.8 B. 1.8，－0.4 C. 0.4，－0.7 D. 0.7，－0.4
5. 为测量河对岸的直塔AB的高度，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C，D，测得∠BCD的大小为60°，点C，D的距离为200 m，在点C处测得塔顶A的仰角为45°，在点D处测得塔顶A的仰角为30°，则直塔AB的高为( )
A. 100 m B. 100 eq \r(3) m C. (200 eq \r(3) －200)m D. 200 m
6. 已知圆心均在x轴上的两圆外切，半径分别为r1，r2(r1＜r2)，若两圆的一条公切线的方程为y＝ eq \f(\r(2),4) (x＋3)，则 eq \f(r2,r1) ＝( )
A. eq \f(4,3) B. 2 C. eq \f(5,4) D. 3
7. 设G为△ABC的重心，则 eq \(GA,\s\up6(→)) ＋2 eq \(GB,\s\up6(→)) ＋3 eq \(GC,\s\up6(→)) ＝( )
A. 0 B. eq \(AC,\s\up6(→)) C. eq \(BC,\s\up6(→)) D. eq \(AB,\s\up6(→))
8. 设a＝ eq \f(1,10) e eq \f(1,9) ，b＝ eq \f(1,9) ，c＝2ln eq \f(3,2) ，则( )
A. a＜b＜c B. a＜c＜b C. c＜b＜a D. b＜a＜c
二、 选择题：本大题共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. 在正方体ABCDA1B1C1D1中， eq \(AE,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,3) AA1， eq \(CF,\s\up6(→)) ＝ eq \f(2,3) CC1，则 ( )
A. EF⊥BD
B. EC1∥平面ABF
C. EF⊥平面B1CD1
D. 直线EF与直线BD1异面
10. 已知抛物线C：y2＝x的焦点为F，点M，N均在C上，若△FMN是以F为直角顶点的等腰三角形，则MN＝( )
A. eq \f(\r(2)－1,2) B. eq \r(2) －1
C. eq \f(\r(2)＋1,2) D. eq \r(2) ＋1
11. 已知等差数列{an}中，当且仅当n＝7时，Sn取得最大值．记数列{ eq \f(Sn,n) }的前k项和为Tk，则下列结论正确的是( )
A. 若S6＝S8，则当且仅当k＝13时，Tk取得最大值
B. 若S6＜S8，则当且仅当k＝14时，Tk取得最大值
C. 若S6＞S8，则当且仅当k＝15时，Tk取得最大值
D. 若∃m∈N*，Sm＝0，则当k＝13或14时，Tk取得最大值
12. 将样本空间Ω视为一个单位正方形，任一事件均可用其中的区域表示，事件发生的概率为对应区域的面积．在如图所示的单位正方形中，区域Ⅰ表示事件AB，区域Ⅱ表示事件A eq \x\t(B) ，区域Ⅰ和Ⅲ表示事件B，则区域Ⅳ的面积为( )
A. P( eq \x\t(AB) )
B. P( eq \x\t(A＋B) )
C. P( eq \x\t(A) | eq \x\t(B) )P( eq \x\t(B) )
D. P( eq \x\t(A) )P( eq \x\t(B) )
三、 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知sin(π－x)＝ eq \f(1,3) ，x∈(0， eq \f(π,2) )，则tan x＝________．
14. 已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若△PF1F2是以F1为顶点的等腰三角形，且cs ∠F1PF2＝ eq \f(3,4) ，则C的离心率e＝________．
15. 设过直线x＝2上一点A作曲线y＝x3－3x的切线有且只有两条，则满足题设的一个点A的纵坐标为________．
16. 已知球O的表面积为100π cm2，P是球O内的定点，OP＝ eq \r(10) cm，过P的动直线交球面于A，B两点，AB＝4 eq \r(5) cm，则球心O到AB的距离为________cm；若点A，B的轨迹分别为圆台O1O2的上、下底面的圆周，则圆台O1O2的体积为________cm3.
四、 解答题：本大题共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}中，a1，a2，a3，…，a6成等差数列，a5，a6，a7，…成等比数列，a2＝－10，a6＝2.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 记数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＞0，求n的最小值．
18. (本小题满分12分)
已知四边形ABCD内接于圆O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝120°，AC平分∠BAD.
(1) 求圆O的半径；
(2) 求AC的长．
19. (本小题满分12分)
如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，E为AC的中点，将△ACD沿AC翻折使点D至点D′.
(1) 求证：平面BD′E⊥平面ABC；
(2) 若三棱锥D′ABC的体积为 eq \f(2\r(2),3) ，求二面角D′ABC的余弦值．
20. (本小题满分12分)
甲、乙、丙三人进行乒乓球单打比赛，约定：随机选择两人打第一局，获胜者与第三人进行下一局的比赛，先获胜两局者为优胜者，比赛结束．已知每局比赛均无平局，且甲赢乙的概率为 eq \f(1,3) ，甲赢丙的概率为 eq \f(1,3) ，乙赢丙的概率为 eq \f(1,2) .
(1) 若甲、乙两人打第一局，求丙成为优胜者的概率；
(2) 求恰好打完2局结束比赛的概率．
21. (本小题满分12分)
已知双曲线C过点(3， eq \r(2) )，且C的渐近线方程为y＝± eq \f(\r(3),3) x.
(1) 求C的方程；
(2) 设A为C的右顶点，过点P(－2 eq \r(3) ，0)的直线与圆O：x2＋y2＝3交于点M，N，直线AM，AN与C的另一交点分别为D，E，求证：直线DE过定点．
22. (本小题满分12分)
已知0＜a＜1，函数f(x)＝x＋ax－1，g(x)＝x＋1＋lgax.
(1) 若g(e)＝e，求函数f(x)的极小值；
(2) 若函数y＝f(x)－g(x)存在唯一的零点，求a的取值范围．
2022～2023学年高三年级模拟试卷(海安)
数学参考答案及评分标准
1. B 2. D 3. C 4. C 5. A 6. B 7. B 8. D 9. AB 10. BD 11. BD 12. BC
13. eq \f(\r(2),4) 14. eq \f(2,5) 15. 2(答案不唯一，－6也正确) 16. eq \r(5) eq \f(65\r(10),3) π
17. 解：(1) 设等差数列a1，a2，a3，…，a6的公差为d.
因为a2＝－10，a6＝2，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－10，,a1＋5d＝2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－13，,d＝3，))
所以an＝－13＋(n－1)×3＝3n－16(1≤n≤5，n∈N*).(3分)
设等比数列a5，a6，a7，…的公比为q，则q＝ eq \f(a6,a5) ＝ eq \f(2,－1) ＝－2，
所以an＝－(－2)n－5(n≥6，n∈N*).
综上，an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\ac\hs10\c2(3n－16，,1≤n≤5，,－（－2）n－5，,n≥6，))) n∈N*.(5分)
(2) 由(1)知，当n≤5时，an＜0，要使Sn＞0，则n≥6，(6分)
此时Sn＝(a1＋a2＋…＋a5)＋(a6＋…＋an)＝5×(－13)＋ eq \f(5×4,2) ×3＋ eq \f(2[1－（－2）n－5],1－（－2）) ＝－35＋ eq \f(2[1－（－2）n－5],3) .(8分)
由Sn＞0，得(－2)n－5＜－ eq \f(103,2) ，
所以(n－5)必为奇数，此时2n－5＞ eq \f(103,2) ，
所以n－5的最小值为7，所以n的最小值为12.(10分)
18. 解：(1) 设圆O的半径为R.在△ABD中，由余弦定理BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cs ∠BAD，
得BD2＝32＋52－2×3×5×(－ eq \f(1,2) )＝49，所以BD＝7.(3分)
在圆O的内接△ABD中，由正弦定理，得2R＝ eq \f(BD,sin ∠BAD) ＝ eq \f(7,sin 120°) ＝ eq \f(14\r(3),3) ，
故R＝ eq \f(7\r(3),3) ，所以圆O的半径为 eq \f(7\r(3),3) .(6分)
(2) 因为四边形ABCD内接于圆O，所以∠BAD＋∠BCD＝180°.
又∠BAD＝120°，故∠BCD＝60°.因为AC平分∠BAD，所以∠BAC＝60°.(8分)
(解法1)因为AC平分∠BAD，所以 eq \x\t(BC) ＝ eq \x\t(CD) ，所以BC＝CD.
又因为∠BCD＝60°，所以△BCD为正三角形，所以BC＝BD＝7.(10分)
(解法2)在圆O的内接△ABC中，由正弦定理，得 eq \f(BC,sin ∠BAC) ＝2R.
所以BC＝2R·sin 60°＝ eq \f(14\r(3),3) × eq \f(\r(3),2) ＝7.(10分)
在△ABC中，由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs ∠BAC，
得72＝32＋AC2－2×3×AC×cs 60°，即AC2－3AC－40＝0，解得AC＝8或AC＝－5，
因为AC＞0，所以AC＝8，所以AC的长为8.(12分)
19. (1) 证明：由菱形ABCD知，D′A＝D′C，又E为AC的中点，所以D′E⊥AC，
同理，可得BE⊥AC.(2分)
因为D′E, BE⊂平面BD′E, D′E∩BE＝E，所以AC⊥平面BD′E.
因为AC⊂平面ABC，所以平面BD′E⊥平面ABC.(4分)
(2) 解：过点D′作D′H⊥BE交BE于点H，由(1) 知，平面BD′E⊥平面ABC.
又平面BD′E∩平面ABC＝BE，D′H⊂平面D′BE, 所以D′H⊥平面ABC.(6分)
因为三棱锥D′ABC的体积为 eq \f(2\r(2),3) ，所以 eq \f(1,3) × eq \f(\r(3),4) ×22×D′H＝ eq \f(2\r(2),3) ，解得D′H＝ eq \f(2\r(6),3) .(8分)
在Rt△D′EH中，D′E＝ eq \r(3) ， 所以EH＝ eq \f(\r(3),3) ，于是BH＝BE－EH＝ eq \f(2\r(3),3) .
(解法1)如图，以E为坐标原点，EA，EB分别为x轴、y轴，过点E与平面ABC垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，D′(0， eq \f(\r(3),3) ， eq \f(2\r(6),3) )，所以 eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)， eq \(BD′,\s\up6(→)) ＝(0，－ eq \f(2\r(3),3) ， eq \f(2\r(6),3) ).
设平面D′AB的法向量n＝(x，y，z)，则n· eq \(AB,\s\up6(→)) ＝0，n· eq \(BD′,\s\up6(→)) ＝0，即－x＋ eq \r(3) y＝0，－ eq \f(2\r(3),3) y＋ eq \f(2\r(6),3) z＝0，令x＝ eq \r(6) ，得y＝ eq \r(2) ，z＝1，
所以n＝( eq \r(6) ， eq \r(2) ，1).(10分)
又平面ABC的一个法向量m＝(0，0，1)，
所以cs 〈n，m〉＝ eq \f(n·m,|n|×|m|) ＝ eq \f(1,\r(9)×1) ＝ eq \f(1,3) ，
所以二面角D′ABC的余弦值为 eq \f(1,3) .(12分)
(解法2)过点H作HF⊥AB交AB于点F，连接D′F.
因为D′H⊥平面ABC，根据三垂线定理，得AB⊥D′F，
所以∠D′FH是二面角D′ABC的平面角．(10分)
在Rt△BFH中，HF＝BH sin 30°＝ eq \f(\r(3),3) .
在Rt△D′HF中，D′F＝ eq \r(D′H2＋HF2) ＝ eq \r(3) ，
所以cs ∠D′FH＝ eq \f(HF,D′F) ＝ eq \f(1,3) ，所以二面角D′ABC的余弦值为 eq \f(1,3) .(12分)
20. 解：(1) 记“第i局甲胜、乙胜、丙胜”分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3，4，记“丙成为优胜者”为事件D，则D＝A1C2C3＋B1C2C3，(2分)
所以P(D)＝P(A1C2C3＋B1C2C3)＝P(A1C2C3)＋P(B1C2C3)
＝P(A1)P(C2|A1)P(C3|A1C2)＋P(B1)P(C2|B1)P(C3|B1C2)(4分)
＝ eq \f(1,3) ×(1－ eq \f(1,3) )×(1－ eq \f(1,2) )＋(1－ eq \f(1,3) )×(1－ eq \f(1,2) )×(1－ eq \f(1,3) )＝ eq \f(1,9) ＋ eq \f(2,9) ＝ eq \f(1,3) ，
所以丙成为优胜者的概率是 eq \f(1,3) .(6分)
(2) 记“甲、乙打第一局“为事件A，“甲、丙打第一局”为事件B，“乙、丙打第一局”为事件C，“恰打完2局比赛结束”为事件E，其中A，B，C两两互斥，且和为样本空间，依题意，P(A)＝P(B)＝P(C)＝ eq \f(1,3) .
所以P(E|A)＝P(A1A2＋B1B2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)
＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,3) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(4,9) .
同理可得，P(E|B)＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,3) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(4,9) ，P(E|C)＝ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) ＝ eq \f(2,3) .(9分)
根据全概率公式知，P(E)＝P(AE)＋P(BE)＋P(CE)＝P(E|A)P(A)＋P(E|B)P(B)＋P(E|C)P(C)＝ eq \f(4,9) × eq \f(1,3) ＋ eq \f(4,9) × eq \f(1,3) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,3) ＝ eq \f(14,27) ，
所以恰好打完2局结束比赛的概率为 eq \f(14,27) .(12分)
21. (1) 解：当x＝3时，代入y＝ eq \f(\r(3),3) x，得y＝ eq \r(3) ＞ eq \r(2) ，所以双曲线C的焦点在x轴上．(2分)
不妨设双曲线C的方程为 eq \f(x2,3) －y2＝λ(λ＞0)，将点(3， eq \r(2) )代入，得λ＝1，
所以C的方程为 eq \f(x2,3) －y2＝1.(4分)
(2) 证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，由(1)知A( eq \r(3) ，0).(5分)
因为P，M，N三点共线，所以 eq \f(y1,x1＋2\r(3)) ＝ eq \f(y2,x2＋2\r(3)) (不妨记为k).
则(x1＋2 eq \r(3) )y2－(x2＋2 eq \r(3) )y1＝0，即x1y2－x2y1＝2 eq \r(3) (y1－y2).(6分)
设直线AM的方程为y＝ eq \f(y1,x1－\r(3)) (x－ eq \r(3) ).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(y1,x1－\r(3))（x－\r(3)），,\f(x2,3)－y2＝1)) 消去y并整理，得(2x eq \\al(2,1) － eq \r(3) x1－3)x2＋3 eq \r(3) y eq \\al(2,1) x＋3(x eq \\al(2,1) ＋ eq \r(3) x1－6)＝0.
则 eq \r(3) x3＝ eq \f(3（x1－\r(3)）（x1＋2\r(3)）,（x1－\r(3)）（2x1＋\r(3)）) ，故x3＝ eq \f(\r(3)（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3)) ，y3＝ eq \f(－\r(3)y1,2x1＋\r(3)) .(8分)
同理可得，x4＝ eq \f(\r(3)（x2＋2\r(3)）,2x2＋\r(3)) ，y4＝ eq \f(－\r(3)y2,2x2＋\r(3)) .
所以直线DE的斜率＝ eq \f(\f(－\r(3)y1,2x1＋\r(3))＋\f(\r(3)y2,2x2＋\r(3)),\f(\r(3)（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3))－\f(\r(3)（x2＋2\r(3)）,2x2＋\r(3))) ＝ eq \f(2（x1y2－x2y1）＋\r(3)（y2－y1）,3\r(3)（x2－x1）)
＝ eq \f(4\r(3)（y1－y2）＋\r(3)（y2－y1）,3\r(3)（x2－x1）) ＝－ eq \f(y2－y1,x2－x1) ＝－k.(10分)
所以直线DE的方程为y＋ eq \f(\r(3)y1,2x1＋\r(3)) ＝－k[x－ eq \f(\r(3)（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3)) ]，
即y＝－kx＋ eq \f(\r(3)k（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3)) － eq \f(\r(3)y1,2x1＋\r(3)) .又因为y1＝k(x1＋2 eq \r(3) )，所以y＝－kx.
所以直线DE过定点(0，0).(12分)
22. 解：(1)由g(e)＝e，得e＋1＋lgae＝e，即lgae＝－1，所以a＝ eq \f(1,e) .(1分)
所以f(x)＝x＋e1－x，则f′(x)＝1－e1－x，令f′(x)＝0，得x＝1.(3分)
当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝2.(5分)
(2) 记p(x)＝f(x)－g(x)＝ax－1－lgax－1，因为0＜a＜1，所以ln a＜0，
则p′(x)＝ax－1ln a－ eq \f(1,x ln a) ＝ eq \f(xax－1ln2a－1,x ln a) .
记q(x)＝xax－1ln2a－1，则q′(x)＝(ax－1＋xax－1ln a)ln2a＝(1＋x ln a)ax－1ln2a.
令q′(x)＝0，得x＝－ eq \f(1,ln a) ，记其为t(t＞0)，此时a＝e－ eq \f(1,t) .
当x∈(0，t)时，q′(x)＞0，故q(x)在(0，t)上单调递增；
当x∈(t，＋∞)时，q′(x)＜0，故q(x)在(t，＋∞)上单调递减，
所以q(x)在x＝t处取得极大值q(t)＝t(e－ eq \f(1,t) )t－1(－ eq \f(1,t) )2－1＝ eq \f(1,t) e eq \f(1,t) －1－1.(7分)
不难发现函数y＝ eq \f(1,t) e eq \f(1,t) －1－1在t∈(0，＋∞)上单调递减，且正数零点为1.
当t≥1，即 eq \f(1,e) ≤a＜1时，有q(t)≤0，故p′(x)≥0, 所以p(x)单调递增．
又p(1)＝0，所以函数p(x)有唯一的零点，所以 eq \f(1,e) ≤a＜1.(9分)
当0＜t<1，即00，因为q(1)＝ln2a－1＞0，
q( eq \f(1,a) )＝ eq \f(1,a) ·a eq \f(1,a) －1·ln2a－1＜0(*)，所以q(x)在区间(1， eq \f(1,a) )内存在唯一零点，记为x0，
所以p(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0， eq \f(1,a) )上单调递增．
因为p(x0)＜p(1)＝0，
p( eq \f(1,a) )＝a eq \f(1,a) －1＞0，所以函数p(x)在区间(x0， eq \f(1,a) )内存在唯一的零点，记为x′0(x′0＞x0＞1)，这与p(1)＝0矛盾，所以0＜a＜ eq \f(1,e) 不符合题意，故舍去．
综上，a的取值范围是[ eq \f(1,e) ，1).(12分)
附(*)：q( eq \f(1,a) )＝ eq \f(1,a) ·a eq \f(1,a) －1·ln2a－1＝a eq \f(1,a) －2·ln2a－1＝(a eq \f(1,2a) －1·ln a－1)(a eq \f(1,2a) －1·ln a＋1).
易知a eq \f(1,2a) －1·ln a－1＜0，又a eq \f(1,2a) －1·ln a＋1＝－( eq \f(1,a) )1－ eq \f(1,2a) ln eq \f(1,a) ＋1.
若－( eq \f(1,a) )1－ eq \f(1,2a) ln eq \f(1,a) ＋1＞0，则( eq \f(1,a) )1－ eq \f(1,2a) ln eq \f(1,a) ＜1.令t＝ eq \f(1,a) ，t＞e，则t1－ eq \f(t,2) ln t＜1，即ln (t1－ eq \f(t,2) ln t)＜0，
从而(1－ eq \f(t,2) )ln t＋ln (ln t)＜0，又(1－ eq \f(t,2) )ln t＋ln (ln t)＜(1－ eq \f(t,2) )ln t＋ln t－1＝(2－ eq \f(t,2) )ln t－1.
令φ(t)＝(2－ eq \f(t,2) )ln t－1，t＞e，则φ′(t)＝－ eq \f(1,2) ln t＋(2－ eq \f(t,2) ) eq \f(1,t) ＝－ eq \f(1,2) ln t＋ eq \f(2,t) － eq \f(1,2) ，
又φ″(t)＝－ eq \f(1,2t) － eq \f(2,t2) ＜0，故φ′(t)在(e，＋∞)上单调递减，
所以φ′(t)＜φ′(e)＝－1＋ eq \f(2,e) ＜0，所以φ(t)在(e，＋∞)上单调递减，
所以φ(t)＜φ(e)＝1－ eq \f(e,2) ＜0，所以q( eq \f(1,a) )＜0.
注：缺少(*)式证明，扣1分胸径x/cm
18.2
19.1
22.3
24.5
26.2
树高的观测值y/m
18.9
19.4
20.8
22.8
24.8
树高的预测值y/m
18.6
19.3
21.5
23.0
24.4
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
(满分：150分 考试时间：120分钟)
2023．1
一、 选择题：本大题共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. 已知全集U＝{x|－2＜x＜3}，集合A＝{x|－1＜x≤1}，则∁UA＝( )
A. (－1，1] B. (－2，－1]∪(1，3)
C. [－1，1) D. (－2，－1)∪[1，3)
2. 若复数z在复平面内对应的点在直线y＝1上，且z＝iz，则z＝( )
A. 1－i B. 1＋i C. －1＋i D. －1－i
3. ( eq \r(x) － eq \f(1,x) )6的二项展开式中的常数项是( )
A. －20 B. －15 C. 15 D. 20
4. 经验表明，树高y与胸径x具有线性关系，为了解回归方程的拟合效果，利用下列数据计算残差，用来绘制残差图．
则残差的最大值和最小值分别是( )
A. 0.4，－1.8 B. 1.8，－0.4 C. 0.4，－0.7 D. 0.7，－0.4
5. 为测量河对岸的直塔AB的高度，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C，D，测得∠BCD的大小为60°，点C，D的距离为200 m，在点C处测得塔顶A的仰角为45°，在点D处测得塔顶A的仰角为30°，则直塔AB的高为( )
A. 100 m B. 100 eq \r(3) m C. (200 eq \r(3) －200)m D. 200 m
6. 已知圆心均在x轴上的两圆外切，半径分别为r1，r2(r1＜r2)，若两圆的一条公切线的方程为y＝ eq \f(\r(2),4) (x＋3)，则 eq \f(r2,r1) ＝( )
A. eq \f(4,3) B. 2 C. eq \f(5,4) D. 3
7. 设G为△ABC的重心，则 eq \(GA,\s\up6(→)) ＋2 eq \(GB,\s\up6(→)) ＋3 eq \(GC,\s\up6(→)) ＝( )
A. 0 B. eq \(AC,\s\up6(→)) C. eq \(BC,\s\up6(→)) D. eq \(AB,\s\up6(→))
8. 设a＝ eq \f(1,10) e eq \f(1,9) ，b＝ eq \f(1,9) ，c＝2ln eq \f(3,2) ，则( )
A. a＜b＜c B. a＜c＜b C. c＜b＜a D. b＜a＜c
二、 选择题：本大题共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. 在正方体ABCDA1B1C1D1中， eq \(AE,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,3) AA1， eq \(CF,\s\up6(→)) ＝ eq \f(2,3) CC1，则 ( )
A. EF⊥BD
B. EC1∥平面ABF
C. EF⊥平面B1CD1
D. 直线EF与直线BD1异面
10. 已知抛物线C：y2＝x的焦点为F，点M，N均在C上，若△FMN是以F为直角顶点的等腰三角形，则MN＝( )
A. eq \f(\r(2)－1,2) B. eq \r(2) －1
C. eq \f(\r(2)＋1,2) D. eq \r(2) ＋1
11. 已知等差数列{an}中，当且仅当n＝7时，Sn取得最大值．记数列{ eq \f(Sn,n) }的前k项和为Tk，则下列结论正确的是( )
A. 若S6＝S8，则当且仅当k＝13时，Tk取得最大值
B. 若S6＜S8，则当且仅当k＝14时，Tk取得最大值
C. 若S6＞S8，则当且仅当k＝15时，Tk取得最大值
D. 若∃m∈N*，Sm＝0，则当k＝13或14时，Tk取得最大值
12. 将样本空间Ω视为一个单位正方形，任一事件均可用其中的区域表示，事件发生的概率为对应区域的面积．在如图所示的单位正方形中，区域Ⅰ表示事件AB，区域Ⅱ表示事件A eq \x\t(B) ，区域Ⅰ和Ⅲ表示事件B，则区域Ⅳ的面积为( )
A. P( eq \x\t(AB) )
B. P( eq \x\t(A＋B) )
C. P( eq \x\t(A) | eq \x\t(B) )P( eq \x\t(B) )
D. P( eq \x\t(A) )P( eq \x\t(B) )
三、 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知sin(π－x)＝ eq \f(1,3) ，x∈(0， eq \f(π,2) )，则tan x＝________．
14. 已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若△PF1F2是以F1为顶点的等腰三角形，且cs ∠F1PF2＝ eq \f(3,4) ，则C的离心率e＝________．
15. 设过直线x＝2上一点A作曲线y＝x3－3x的切线有且只有两条，则满足题设的一个点A的纵坐标为________．
16. 已知球O的表面积为100π cm2，P是球O内的定点，OP＝ eq \r(10) cm，过P的动直线交球面于A，B两点，AB＝4 eq \r(5) cm，则球心O到AB的距离为________cm；若点A，B的轨迹分别为圆台O1O2的上、下底面的圆周，则圆台O1O2的体积为________cm3.
四、 解答题：本大题共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}中，a1，a2，a3，…，a6成等差数列，a5，a6，a7，…成等比数列，a2＝－10，a6＝2.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 记数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＞0，求n的最小值．
18. (本小题满分12分)
已知四边形ABCD内接于圆O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝120°，AC平分∠BAD.
(1) 求圆O的半径；
(2) 求AC的长．
19. (本小题满分12分)
如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，E为AC的中点，将△ACD沿AC翻折使点D至点D′.
(1) 求证：平面BD′E⊥平面ABC；
(2) 若三棱锥D′ABC的体积为 eq \f(2\r(2),3) ，求二面角D′ABC的余弦值．
20. (本小题满分12分)
甲、乙、丙三人进行乒乓球单打比赛，约定：随机选择两人打第一局，获胜者与第三人进行下一局的比赛，先获胜两局者为优胜者，比赛结束．已知每局比赛均无平局，且甲赢乙的概率为 eq \f(1,3) ，甲赢丙的概率为 eq \f(1,3) ，乙赢丙的概率为 eq \f(1,2) .
(1) 若甲、乙两人打第一局，求丙成为优胜者的概率；
(2) 求恰好打完2局结束比赛的概率．
21. (本小题满分12分)
已知双曲线C过点(3， eq \r(2) )，且C的渐近线方程为y＝± eq \f(\r(3),3) x.
(1) 求C的方程；
(2) 设A为C的右顶点，过点P(－2 eq \r(3) ，0)的直线与圆O：x2＋y2＝3交于点M，N，直线AM，AN与C的另一交点分别为D，E，求证：直线DE过定点．
22. (本小题满分12分)
已知0＜a＜1，函数f(x)＝x＋ax－1，g(x)＝x＋1＋lgax.
(1) 若g(e)＝e，求函数f(x)的极小值；
(2) 若函数y＝f(x)－g(x)存在唯一的零点，求a的取值范围．
2022～2023学年高三年级模拟试卷(海安)
数学参考答案及评分标准
1. B 2. D 3. C 4. C 5. A 6. B 7. B 8. D 9. AB 10. BD 11. BD 12. BC
13. eq \f(\r(2),4) 14. eq \f(2,5) 15. 2(答案不唯一，－6也正确) 16. eq \r(5) eq \f(65\r(10),3) π
17. 解：(1) 设等差数列a1，a2，a3，…，a6的公差为d.
因为a2＝－10，a6＝2，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－10，,a1＋5d＝2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－13，,d＝3，))
所以an＝－13＋(n－1)×3＝3n－16(1≤n≤5，n∈N*).(3分)
设等比数列a5，a6，a7，…的公比为q，则q＝ eq \f(a6,a5) ＝ eq \f(2,－1) ＝－2，
所以an＝－(－2)n－5(n≥6，n∈N*).
综上，an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\ac\hs10\c2(3n－16，,1≤n≤5，,－（－2）n－5，,n≥6，))) n∈N*.(5分)
(2) 由(1)知，当n≤5时，an＜0，要使Sn＞0，则n≥6，(6分)
此时Sn＝(a1＋a2＋…＋a5)＋(a6＋…＋an)＝5×(－13)＋ eq \f(5×4,2) ×3＋ eq \f(2[1－（－2）n－5],1－（－2）) ＝－35＋ eq \f(2[1－（－2）n－5],3) .(8分)
由Sn＞0，得(－2)n－5＜－ eq \f(103,2) ，
所以(n－5)必为奇数，此时2n－5＞ eq \f(103,2) ，
所以n－5的最小值为7，所以n的最小值为12.(10分)
18. 解：(1) 设圆O的半径为R.在△ABD中，由余弦定理BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cs ∠BAD，
得BD2＝32＋52－2×3×5×(－ eq \f(1,2) )＝49，所以BD＝7.(3分)
在圆O的内接△ABD中，由正弦定理，得2R＝ eq \f(BD,sin ∠BAD) ＝ eq \f(7,sin 120°) ＝ eq \f(14\r(3),3) ，
故R＝ eq \f(7\r(3),3) ，所以圆O的半径为 eq \f(7\r(3),3) .(6分)
(2) 因为四边形ABCD内接于圆O，所以∠BAD＋∠BCD＝180°.
又∠BAD＝120°，故∠BCD＝60°.因为AC平分∠BAD，所以∠BAC＝60°.(8分)
(解法1)因为AC平分∠BAD，所以 eq \x\t(BC) ＝ eq \x\t(CD) ，所以BC＝CD.
又因为∠BCD＝60°，所以△BCD为正三角形，所以BC＝BD＝7.(10分)
(解法2)在圆O的内接△ABC中，由正弦定理，得 eq \f(BC,sin ∠BAC) ＝2R.
所以BC＝2R·sin 60°＝ eq \f(14\r(3),3) × eq \f(\r(3),2) ＝7.(10分)
在△ABC中，由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs ∠BAC，
得72＝32＋AC2－2×3×AC×cs 60°，即AC2－3AC－40＝0，解得AC＝8或AC＝－5，
因为AC＞0，所以AC＝8，所以AC的长为8.(12分)
19. (1) 证明：由菱形ABCD知，D′A＝D′C，又E为AC的中点，所以D′E⊥AC，
同理，可得BE⊥AC.(2分)
因为D′E, BE⊂平面BD′E, D′E∩BE＝E，所以AC⊥平面BD′E.
因为AC⊂平面ABC，所以平面BD′E⊥平面ABC.(4分)
(2) 解：过点D′作D′H⊥BE交BE于点H，由(1) 知，平面BD′E⊥平面ABC.
又平面BD′E∩平面ABC＝BE，D′H⊂平面D′BE, 所以D′H⊥平面ABC.(6分)
因为三棱锥D′ABC的体积为 eq \f(2\r(2),3) ，所以 eq \f(1,3) × eq \f(\r(3),4) ×22×D′H＝ eq \f(2\r(2),3) ，解得D′H＝ eq \f(2\r(6),3) .(8分)
在Rt△D′EH中，D′E＝ eq \r(3) ， 所以EH＝ eq \f(\r(3),3) ，于是BH＝BE－EH＝ eq \f(2\r(3),3) .
(解法1)如图，以E为坐标原点，EA，EB分别为x轴、y轴，过点E与平面ABC垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，D′(0， eq \f(\r(3),3) ， eq \f(2\r(6),3) )，所以 eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)， eq \(BD′,\s\up6(→)) ＝(0，－ eq \f(2\r(3),3) ， eq \f(2\r(6),3) ).
设平面D′AB的法向量n＝(x，y，z)，则n· eq \(AB,\s\up6(→)) ＝0，n· eq \(BD′,\s\up6(→)) ＝0，即－x＋ eq \r(3) y＝0，－ eq \f(2\r(3),3) y＋ eq \f(2\r(6),3) z＝0，令x＝ eq \r(6) ，得y＝ eq \r(2) ，z＝1，
所以n＝( eq \r(6) ， eq \r(2) ，1).(10分)
又平面ABC的一个法向量m＝(0，0，1)，
所以cs 〈n，m〉＝ eq \f(n·m,|n|×|m|) ＝ eq \f(1,\r(9)×1) ＝ eq \f(1,3) ，
所以二面角D′ABC的余弦值为 eq \f(1,3) .(12分)
(解法2)过点H作HF⊥AB交AB于点F，连接D′F.
因为D′H⊥平面ABC，根据三垂线定理，得AB⊥D′F，
所以∠D′FH是二面角D′ABC的平面角．(10分)
在Rt△BFH中，HF＝BH sin 30°＝ eq \f(\r(3),3) .
在Rt△D′HF中，D′F＝ eq \r(D′H2＋HF2) ＝ eq \r(3) ，
所以cs ∠D′FH＝ eq \f(HF,D′F) ＝ eq \f(1,3) ，所以二面角D′ABC的余弦值为 eq \f(1,3) .(12分)
20. 解：(1) 记“第i局甲胜、乙胜、丙胜”分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3，4，记“丙成为优胜者”为事件D，则D＝A1C2C3＋B1C2C3，(2分)
所以P(D)＝P(A1C2C3＋B1C2C3)＝P(A1C2C3)＋P(B1C2C3)
＝P(A1)P(C2|A1)P(C3|A1C2)＋P(B1)P(C2|B1)P(C3|B1C2)(4分)
＝ eq \f(1,3) ×(1－ eq \f(1,3) )×(1－ eq \f(1,2) )＋(1－ eq \f(1,3) )×(1－ eq \f(1,2) )×(1－ eq \f(1,3) )＝ eq \f(1,9) ＋ eq \f(2,9) ＝ eq \f(1,3) ，
所以丙成为优胜者的概率是 eq \f(1,3) .(6分)
(2) 记“甲、乙打第一局“为事件A，“甲、丙打第一局”为事件B，“乙、丙打第一局”为事件C，“恰打完2局比赛结束”为事件E，其中A，B，C两两互斥，且和为样本空间，依题意，P(A)＝P(B)＝P(C)＝ eq \f(1,3) .
所以P(E|A)＝P(A1A2＋B1B2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)
＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,3) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(4,9) .
同理可得，P(E|B)＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,3) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(4,9) ，P(E|C)＝ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) ＝ eq \f(2,3) .(9分)
根据全概率公式知，P(E)＝P(AE)＋P(BE)＋P(CE)＝P(E|A)P(A)＋P(E|B)P(B)＋P(E|C)P(C)＝ eq \f(4,9) × eq \f(1,3) ＋ eq \f(4,9) × eq \f(1,3) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,3) ＝ eq \f(14,27) ，
所以恰好打完2局结束比赛的概率为 eq \f(14,27) .(12分)
21. (1) 解：当x＝3时，代入y＝ eq \f(\r(3),3) x，得y＝ eq \r(3) ＞ eq \r(2) ，所以双曲线C的焦点在x轴上．(2分)
不妨设双曲线C的方程为 eq \f(x2,3) －y2＝λ(λ＞0)，将点(3， eq \r(2) )代入，得λ＝1，
所以C的方程为 eq \f(x2,3) －y2＝1.(4分)
(2) 证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，由(1)知A( eq \r(3) ，0).(5分)
因为P，M，N三点共线，所以 eq \f(y1,x1＋2\r(3)) ＝ eq \f(y2,x2＋2\r(3)) (不妨记为k).
则(x1＋2 eq \r(3) )y2－(x2＋2 eq \r(3) )y1＝0，即x1y2－x2y1＝2 eq \r(3) (y1－y2).(6分)
设直线AM的方程为y＝ eq \f(y1,x1－\r(3)) (x－ eq \r(3) ).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(y1,x1－\r(3))（x－\r(3)），,\f(x2,3)－y2＝1)) 消去y并整理，得(2x eq \\al(2,1) － eq \r(3) x1－3)x2＋3 eq \r(3) y eq \\al(2,1) x＋3(x eq \\al(2,1) ＋ eq \r(3) x1－6)＝0.
则 eq \r(3) x3＝ eq \f(3（x1－\r(3)）（x1＋2\r(3)）,（x1－\r(3)）（2x1＋\r(3)）) ，故x3＝ eq \f(\r(3)（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3)) ，y3＝ eq \f(－\r(3)y1,2x1＋\r(3)) .(8分)
同理可得，x4＝ eq \f(\r(3)（x2＋2\r(3)）,2x2＋\r(3)) ，y4＝ eq \f(－\r(3)y2,2x2＋\r(3)) .
所以直线DE的斜率＝ eq \f(\f(－\r(3)y1,2x1＋\r(3))＋\f(\r(3)y2,2x2＋\r(3)),\f(\r(3)（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3))－\f(\r(3)（x2＋2\r(3)）,2x2＋\r(3))) ＝ eq \f(2（x1y2－x2y1）＋\r(3)（y2－y1）,3\r(3)（x2－x1）)
＝ eq \f(4\r(3)（y1－y2）＋\r(3)（y2－y1）,3\r(3)（x2－x1）) ＝－ eq \f(y2－y1,x2－x1) ＝－k.(10分)
所以直线DE的方程为y＋ eq \f(\r(3)y1,2x1＋\r(3)) ＝－k[x－ eq \f(\r(3)（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3)) ]，
即y＝－kx＋ eq \f(\r(3)k（x1＋2\r(3)）,2x1＋\r(3)) － eq \f(\r(3)y1,2x1＋\r(3)) .又因为y1＝k(x1＋2 eq \r(3) )，所以y＝－kx.
所以直线DE过定点(0，0).(12分)
22. 解：(1)由g(e)＝e，得e＋1＋lgae＝e，即lgae＝－1，所以a＝ eq \f(1,e) .(1分)
所以f(x)＝x＋e1－x，则f′(x)＝1－e1－x，令f′(x)＝0，得x＝1.(3分)
当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝2.(5分)
(2) 记p(x)＝f(x)－g(x)＝ax－1－lgax－1，因为0＜a＜1，所以ln a＜0，
则p′(x)＝ax－1ln a－ eq \f(1,x ln a) ＝ eq \f(xax－1ln2a－1,x ln a) .
记q(x)＝xax－1ln2a－1，则q′(x)＝(ax－1＋xax－1ln a)ln2a＝(1＋x ln a)ax－1ln2a.
令q′(x)＝0，得x＝－ eq \f(1,ln a) ，记其为t(t＞0)，此时a＝e－ eq \f(1,t) .
当x∈(0，t)时，q′(x)＞0，故q(x)在(0，t)上单调递增；
当x∈(t，＋∞)时，q′(x)＜0，故q(x)在(t，＋∞)上单调递减，
所以q(x)在x＝t处取得极大值q(t)＝t(e－ eq \f(1,t) )t－1(－ eq \f(1,t) )2－1＝ eq \f(1,t) e eq \f(1,t) －1－1.(7分)
不难发现函数y＝ eq \f(1,t) e eq \f(1,t) －1－1在t∈(0，＋∞)上单调递减，且正数零点为1.
当t≥1，即 eq \f(1,e) ≤a＜1时，有q(t)≤0，故p′(x)≥0, 所以p(x)单调递增．
又p(1)＝0，所以函数p(x)有唯一的零点，所以 eq \f(1,e) ≤a＜1.(9分)
当0＜t<1，即0
q( eq \f(1,a) )＝ eq \f(1,a) ·a eq \f(1,a) －1·ln2a－1＜0(*)，所以q(x)在区间(1， eq \f(1,a) )内存在唯一零点，记为x0，
所以p(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0， eq \f(1,a) )上单调递增．
因为p(x0)＜p(1)＝0，
p( eq \f(1,a) )＝a eq \f(1,a) －1＞0，所以函数p(x)在区间(x0， eq \f(1,a) )内存在唯一的零点，记为x′0(x′0＞x0＞1)，这与p(1)＝0矛盾，所以0＜a＜ eq \f(1,e) 不符合题意，故舍去．
综上，a的取值范围是[ eq \f(1,e) ，1).(12分)
附(*)：q( eq \f(1,a) )＝ eq \f(1,a) ·a eq \f(1,a) －1·ln2a－1＝a eq \f(1,a) －2·ln2a－1＝(a eq \f(1,2a) －1·ln a－1)(a eq \f(1,2a) －1·ln a＋1).
易知a eq \f(1,2a) －1·ln a－1＜0，又a eq \f(1,2a) －1·ln a＋1＝－( eq \f(1,a) )1－ eq \f(1,2a) ln eq \f(1,a) ＋1.
若－( eq \f(1,a) )1－ eq \f(1,2a) ln eq \f(1,a) ＋1＞0，则( eq \f(1,a) )1－ eq \f(1,2a) ln eq \f(1,a) ＜1.令t＝ eq \f(1,a) ，t＞e，则t1－ eq \f(t,2) ln t＜1，即ln (t1－ eq \f(t,2) ln t)＜0，
从而(1－ eq \f(t,2) )ln t＋ln (ln t)＜0，又(1－ eq \f(t,2) )ln t＋ln (ln t)＜(1－ eq \f(t,2) )ln t＋ln t－1＝(2－ eq \f(t,2) )ln t－1.
令φ(t)＝(2－ eq \f(t,2) )ln t－1，t＞e，则φ′(t)＝－ eq \f(1,2) ln t＋(2－ eq \f(t,2) ) eq \f(1,t) ＝－ eq \f(1,2) ln t＋ eq \f(2,t) － eq \f(1,2) ，
又φ″(t)＝－ eq \f(1,2t) － eq \f(2,t2) ＜0，故φ′(t)在(e，＋∞)上单调递减，
所以φ′(t)＜φ′(e)＝－1＋ eq \f(2,e) ＜0，所以φ(t)在(e，＋∞)上单调递减，
所以φ(t)＜φ(e)＝1－ eq \f(e,2) ＜0，所以q( eq \f(1,a) )＜0.
注：缺少(*)式证明，扣1分胸径x/cm
18.2
19.1
22.3
24.5
26.2
树高的观测值y/m
18.9
19.4
20.8
22.8
24.8
树高的预测值y/m
18.6
19.3
21.5
23.0
24.4
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
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