江苏省海安市2023年高三《数学》上学期期末试卷与参考答案

江苏省海安市2023年高三《数学》上学期期末试题与参考答案一、选择题本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集,集合,则（）A. B.C. D.【答案】B【详解】解:由题知,,故或.故选:B2.若复数在复平面内对应的点在直线上，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【详解】由复数在复平面内对应的点在直线上，则令，则，所以，所以，即．故选：D．3.二项式的展开式中的常数项为A.－15 B.20 C.15 D.－20【答案】C【详解】二项式展开式通项为：令得：常数项为：本题正确选项：4.经验表明,树高与胸径具有线性关系,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.胸径x/cm18.219.122.324.526.2树高的观测值y/m18.919.420.822.824.8树高的预测值18.619.321523.024.4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【答案】C【详解】解:由表可得,各组数据的残差为:,,,,,故残差最大值为0.4,最小值为-0.7.故选:C5.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，测得的大小为60°，点C，D的距离为200m，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.100m B. C. D.200m【答案】A【详解】设，则，，∴，在中，由余弦定理可得，∴，∴(负值舍去)，即直塔AB的高为100m。故选：A.6.已知圆心均在轴上的两圆外切，半径分别为，若两圆的一条公切线的方程为，则（）A. B.2 C. D.3【答案】B【详解】设圆：，圆：，其中，两圆的公切线方程为，则，，两圆外切，则，化简得，，即，∴，故选：B7.设为的重心，则（）A.0 B. C. D.【答案】B【详解】因为为重心，所以，所以，故选：B.8.设,,,则（）A. B.C. D.【答案】D【详解】解:由题知,记,,所以,所以,所以,在时成立,所以,即,即,记,,所以,所以在上,,单调递减,在上,,单调递增,所以,所以,则,即,即,,即有,因为,所以,综上:.故选:D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.在正方体中,,,则（）A. B.平面C.平面 D.直线与直线异面【答案】AB【详解】解:由题知,令正方体棱为3,以为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系:因为,,所以,所以,,因为,所以,故选项A正确;设平面的法向量为,则,因为,所以,取,可得,因为,,所以,因为平面,所以平面,故选项B正确;因为,,所以,故与不垂直,即不垂直于平面,故选项C错误;因,,所以共线，即,所以四点共面，故直线与直线共面.故选项D错误，故选:AB10.已知抛物线：的焦点为F，点M，N均在C上，若是以F为直角顶点的等腰三角形，则（）A. B. C. D.【答案】BD【详解】因为是以F为直角顶点的等腰三角形，所以轴，又因为抛物线方程为，所以，设，，有抛物线的定义可知，，，则，则∴，，∴，故选：BD.11.已知等差数列中，当且仅当时，仅得最大值.记数列的前k项和为，（）A.若，则当且仅当时，取得最大值B.若，则当且仅当时，取得最大值C.若，则当且仅当时，取得最大值D.若，，则当或14时，取得最大值【答案】BD【详解】由等差数列前n项和有最大值，所以数列为递减数列，对于A，且时取最大值，设，则，当时，；时，；时，，所以或14时，前k项和取最大值，A项错误；对于B，当且仅当时取最大值，则时，，时，.，则，，，，前14项和最大，B项正确；对于C，，则，同理，，，前13项和最大，C项错误；对于D，，，得，由题等差数列在时，，时，，所以，，，所以或14时，前k项和取最大值，D项正确；故选：BD.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.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，区域I和Ⅲ表示事件B，则区域IV的面积为（）ⅠⅡⅢⅣA. B. C. D.【答案】BC【详解】由题意可知区域IV表示的事件为，对于C，，C对.对于B，，B对.对于A，，A错.对于D，无法判断A，B是否独立，D错，故选：BC.三、填空题本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，则___________.【答案】【详解】由，得，因为，所以，所以故答案为：.14.已知椭圆的左、右焦点分别为,,点在椭圆上,若是以为顶点的等腰三角形,且,则的离心率___________.【答案】0.4【详解】解:由题知是以为顶点的等腰三角形,所以,因为点在椭圆上,根据椭圆的定义可知:,故,因为,故在中,由余弦定理可得:,即,解得:,即.故答案为:15.设过直线上一点A作曲线的切线有且只有两条，则满足题设的一个点A的纵坐标为___________.【答案】2或【详解】设切点，则，切线斜率为，所以切线，设，则，∴，令，则方程有且只有两个解，所以，由，可得或2，当变化时，的变化如下，02负0正0负减函数极小值增函数极大值2减函数所以函数的极小值为，极大值为，∴或，方程有且只有两个解，即A的纵坐标为2或.故答案为；2或.16.已知球O的表面积为，P是球O内的定点，，过P的动直线交球面于A，B两点，，则球心O到AB的距离为___________cm；若点A，B的轨迹分别为圆台的上、下底面的圆周，则圆台的体积为___________.【答案】①.②.【详解】设球的半径为，则，∴，即，，∴到AB的距离.取AB中点M，则，∴，，如图所示.又点A，B的轨迹分别为圆台的上、下底面的圆周，所以圆，圆，又圆，圆，所以四点共线，令，，，，∴，∴，∵，∴，，.故答案为：，.四、解答题本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列中，成等差数列，成等比数列，，.（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项和为，若，求的最小值.【答案】（1）（2）12【小问1详解】当时，设公差为，∴，∴，而，，∴时，设公比为，∴此时，∴.【小问2详解】显然，∴为偶数，，∴的最小值为12.18.已知四边形内接于圆，，，，平分.（1）求圆的半径；（2）求的长.【答案】（1）（2）8【小问1详解】如图，在圆中，连接，在中，由余弦定理得：，所以，设圆О半径为R，由正弦定理得：∴，所以半径；【小问2详解】由余弦定理得，由于，所以，因为平分，所以，所以，由正弦定理得.19.如图，菱形ABCD的边长为2，，E为AC的中点，将沿AC翻折使点D至点.（1）求证：平面平面ABC；（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【小问1详解】证明：在菱形中，，∴和均为等边三角形，又∵E为AC的中点，∴，，，平面，∴平面，又∵平面ABC，∴平面平面ABC.【小问2详解】过作于点，∵平面平面ABC，平面，∴平面ABC.∴.过M作于点，连接，∵平面ABC，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴.∴即为二面角的平面角，，∴，，∴，∴.故二面角的余弦值为.20.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,甲赢丙的概率为,乙赢丙的概率为.（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.【答案】（1）（2）【小问1详解】由题知,根据约定,丙成为优胜者的情形为:甲赢,丙赢,丙赢,或乙赢,丙赢,丙赢,两种情况,当甲赢,丙赢,丙赢时,概率,当乙赢,丙赢,丙赢时,概率,故丙成为优胜者的概率;【小问2详解】若甲乙先比赛,则甲乙能先比赛的概率为,此时2局结束比赛的情形分为:①甲赢,甲赢;②乙赢,乙赢,故;若甲丙先比赛,则甲丙能先比赛的概率为,此时2局结束比赛情形分为:①甲赢,甲赢;②丙赢,丙赢,故;若乙丙先比赛,则乙丙能先比赛的概率为,此时2局结束比赛的情形分为:①乙赢,乙赢;②丙赢,丙赢,故.故恰好打完2局结束比赛的概率.21.已知双曲线C过点,且C的渐近线方程为.（1）求C的方程;（2）设A为C的右顶点,过点的直线与圆O: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.【答案】（1）（2）证明见解析【小问1详解】解:由题知C的渐近线方程为,故设双曲线的方程为,因为过,所以,解得,故的方程为;【小问2详解】由题知画图如下:因为直线过点,所以斜率不为零,故设直线方程为,,,联立,可得,故,解得,由韦达定理得,因为,所以,,设直线方程为,,,,联立,可得,所以,解得,由韦达定理得:,因为,所以,化简可得,即,即,因为直线不过,所以,化简可得,即,解得,所以直线为:,故直线恒过定点.【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用中的定点问题,关于定点的问题思路有:(1)先根据题意考虑特殊情况,斜率不存在,或斜率为零;(2)设普通的直线方程,联立方程组;(3)判别式大于零,韦达定理;(4)根据题意建立关于的等式,进行化简.22.已知，函数，.（1）若，求函数的极小值；（2）若函数存在唯一的零点，求的取值范围.【答案】（1）2（2）【小问1详解】由，所以，，令，当时，，当时，，所以在上递减，在上递