2022-2023学年江苏省南通市海安市高三上学期1月期末数学试题

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页江苏省南通市海安市2022-2023学年高三上学期1月期末数学试题一、单选题1．已知全集,集合,则（

）A． B．C． D．2．若复数在复平面内对应的点在直线上，且，则（

）A． B． C． D．3．二项式的展开式中的常数项为A．－15 B．20 C．15 D．－204．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18.619.321.523.024.4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,-0.45．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．200m6．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．37．设为的重心，则（

）A．0 B． C． D．8．设,,,则（

）A． B．C． D．二、多选题9．在正方体中,,,则（

）A． B．平面C．平面 D．直线与直线异面10．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．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．三、填空题13．已知，，则___________.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___________.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___________.四、双空题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___________.五、解答题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.18．已知四边形内接于圆，，，，平分.(1)求圆的半径；(2)求的长.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.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.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.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.

参考答案1．【答案】B【分析】根据集合补集的运算性质,求出即可.【详解】解:由题知,,故或.故选:B2．【答案】D【分析】根据复数的几何意义及复数的概念，再结合共轭复数的概念即可求解．【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．【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．【答案】C【分析】根据表内数据进行分析,计算各组数据残差值,找出最大及最小即可.【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．【答案】A【分析】根据画出图形，设，结合条件可得，，然后根据余弦定理即得.【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．【答案】B【分析】设出两圆的标准方程，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系列式求解，【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．【答案】B【分析】利用三角形的重心的向量表示及向量的线性运算即可求解.【详解】因为为重心，所以，所以，故选：B.8．【答案】D【分析】三个数中有指数和对数,用到放缩,即,则,即可得,根据,可得,取可得,选出选项即可.【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:D9．【答案】AB【分析】设正方体棱为一个具体的数,建立空间直角坐标系,根据各个点的位置,写出各个点的坐标,找到,计算两个向量的数量积,判断是否为0,即可得选项A的正误;求出平面的法向量,判断与法向量是否垂直,根据线面平行的判定定理,即可得选项B的正误;根据向量的数量积为0,判断是否与平面中两个不共线向量是否垂直即可判断选项C的正误;判断是否共线,即可得选项D的正误.【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;因为,,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．【答案】BD【分析】由题意可知轴，利用抛物线的定义及向量的运算即可得到.【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．【答案】BD【分析】由等差数列前n项和有最大值，得数列为递减数列，分析的正负号，可得的最大值的取到情况.【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．【答案】BC【分析】由题意可知区域IV表示的事件为，然后逐个分析判断即可.【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.13．【答案】##【分析】先利用诱导公式求出，再由同角三角函数的关系求出，从而可求出.【详解】由，得，因为，所以，所以.故答案为：.14．【答案】##0.4【分析】根据是等腰三角形及椭圆定义,求出该三角形的各个边长,再根据余弦定理建立关于等式,求出离心率即可.【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．【答案】2或【分析】设切点，根据导数的几何意义可得切线方程，进而可得有且只有两个解，然后构造函数，利用导数研究函数的性质即得.【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．【答案】

【分析】由球的表面积确定球的半径，解三角形求球心O到AB的距离，再根据球的截面的性质列方程求出圆台的上下底面半径和圆台的高，利用体积公式求体积；【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：，.17．【答案】(1)(2)12【分析】（1）根据已知条件及等差数列的通项公式，结合等比数列的通项公式即可求解;（2）根据（1）的结论及等差和等比数列的前项和公式即可求解.【详解】（1）当时，设公差为，∴，∴，而，，∴时，设公比为，∴此时，∴.（2）显然，∴为偶数，，∴的最小值为12.18．【答案】(1)(2)8【分析】（1）连接，由余弦定理求解的长，再根据正弦定理求圆的半径；（2）由余弦定理求解，再根据平方公式得，由已知结合正弦两角差公式可得的值，再由正弦定理可得的长.【详解】（1）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；（2）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．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；（2）过作于点，过M作于点，连接，分析得即为二面角的平面角，由三棱锥体积求得，即可进一步由几何关系求得.【详解】（1）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.（2）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．【答案】(1)(2)【分析】(1)根据题意分析丙成为优胜者的情况,根据独立事件的概率公式计算即可;(2)分析三人比赛时,第一场上场的情况,再根据各种情况分析打完2局结束比赛的事件,根据独立事件的概率公式计算结果.【详解】（1）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;（2）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．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)根据渐近线方程设出双曲线方程,将代入,求出方程即可;(2)分析斜率情况,设出直线方程,与圆联立可得两点坐标之间的关系,化简可得为定值,即也为该定值,设出的直线方程,与双曲线联立,即可得两点坐标之间关系,根据为定值,建立等式,进行化简,解得的直线方程中参数之间的关系,即可得直线DE所过定点.【详解】（1）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;（2）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．【答案】(1)2(2)【分析】（1）由可求出，则，然后对函数求导，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的极小值；（2）令（），则，令，利用导数可求出其单调区间和最小值，然后分和讨论函数的零点即可.【详解】（1）由，所以，，令，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以的极小值为；（2），令（），存在唯—的零点，，令，，令，当时，；当时，，所以在上