2022～2023學(xué)年高三年級模擬試卷數(shù)學(xué)(滿分：150分考試時間：5分，共120分鐘)2023．1一、選擇題：本大題共8小題，每小題40分．在每小題給出的選項中只有一個選項符合要求．1.已知全集A.(－1，1]C.[－1，1)U＝{x|－2＜x＜3}，集合A＝{x|－1＜x≤1}，則?A＝(U)B.(－2，－1]∪(1，3)D.(－2，－1)∪[1，3)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在直線y＝1上，且B.1＋i2.若復(fù)數(shù)z＝iz，則z＝(C.－1＋i)A.1－iD.－1－i1x3.(x－)6的二項展開式中的常數(shù)項是()A.－20B.－15C.15D.204.經(jīng)驗表明，樹高y與胸徑x具有線性關(guān)系，為了解回歸方程的擬合效果，利用下列數(shù)據(jù)計算殘差，用來繪制殘差圖．胸徑x/cm18.218.918.619.122.320.821.524.526.224.824.4樹高的觀測值y/m19.419.322.823.0樹高的預(yù)測值y/m則殘差的最大值和最小值分別是A.0.4，－1.8()B.1.8，－0.4AB的高度，選取與塔底C.0.4，－0.7D.0.7，－0.4C，5.為測量河對岸的直塔B在同一水平面內(nèi)的兩個測量基點D，測得∠BCD的大小為60°，點C，D的距離為200m，在點C處測得塔頂A的仰角為45°，在點D處測得塔頂A的仰角為30°，則直塔AB的高為C.(2003－200)mD.200mr，r(r＜r)，若兩圓的一條公切線的()A.100m6.已知圓心均在2B.1003mx軸上的兩圓外切，半徑分別為1212r2＝(r(x＋3)，則方程為y＝4)1454A.B.2C.D.3)3→GA＋2GB＋3GC＝(→→7.設(shè)G為△ABC的重心，則B.AC→1，c＝2ln，則(92C.BC→D.AB→A.0131e，b＝8.設(shè)a＝)109A.a＜b＜cB.a＜c＜bC.c＜b＜aD.b＜a＜c20分．在每小題給出的選項中，有多2分，有選錯的得0分．二、選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共5分，部分選對的得ABCDABCD中，AE→項符合題目要求．全部選對的得9.在正方體1AA，CF→23CC，則1()＝＝111131A.EF⊥BDB.EC∥平面1C.EF⊥平面ABFBCD11D.直線EF與直線10.已知拋物線點的等腰三角形，則BD異面1C：y2＝x的焦點為F，點M，N均在C上，若△FMN是以F為直角頂MN＝()2－12A.B.2－11

2＋12C.D.2＋1{a}中，當(dāng)且僅當(dāng)Sn11.已知等差數(shù)列n＝7時，S取得最大值．記數(shù)列n{}的前k項和為nnT，則下列結(jié)論正確的是k()A.若S＝S，則當(dāng)且僅當(dāng)k＝13時，T取得最大值kk＝14時，T取得最大值6B.若S＜S，則當(dāng)且僅當(dāng)86C.若S＞S，則當(dāng)且僅當(dāng)8kk＝15時，T取得最大值kk＝13或14時，T取得最大值6D.若?m∈N*，S＝0，則當(dāng)8mΩ視為一個單位正方形，k任一事件均可用其中的區(qū)域表示，12.將樣本空間事件發(fā)生的概率為對應(yīng)區(qū)域的面積．在如圖所示的單位正方形中，區(qū)域Ⅰ表示事件AB，區(qū)域Ⅱ表示事件AB，區(qū)域Ⅰ和Ⅲ表示事件B，則區(qū)域Ⅳ的面積為()ⅠⅢⅡⅣA.P(AB)B.P(A＋B)C.P(A|B)P(BD.P(A)P(B))三、填空題：本大題共4小題，每小題，x∈(0，5分，共20分．1π213.已知sin(π－x)＝)，則tanx＝________．F，F(xiàn)，點P在橢圓C上，若△e＝________．y＝x3－3x的切線有且只有兩條，則滿足題設(shè)的一個314.已知橢圓C的左、右焦點分別為PFF是以F為頂121213PF＝點的等腰三角形，且cos∠F，則C的離心率12415.設(shè)過直線點A的縱坐標(biāo)為16.已知球x＝2上一點A作曲線________．O的表面積為100πcm2，P是球O內(nèi)的定點，O到AB的距離為OO的體積為OP＝10cm，過P的動直線交球面于跡分別為圓臺四、A，B兩點，AB＝45cm，則球心________cm；若點A，B的軌O的上、下底面的圓周，則圓臺2________cm3.O112解答題：本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．17.(本小題滿分10分)}中，a，a，a，…，{ana成等差數(shù)列，6a，a，a，…成等比數(shù)列，5a＝－2已知數(shù)列1236710，a＝2.6(1)求數(shù)列{a}的通項公式；n(2)記數(shù)列{a}的前n項和為S，若S＞0，求n的最小值．nnn2

18.(本小題滿分已知四邊形12分)ABCD內(nèi)接于圓O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝120°，AC平分∠BAD.(1)求圓O的半徑；(2)求AC的長．3

19.(本小題滿分如圖，已知菱形12分)ABCD的邊長為2，∠ABC＝60°，E為AC的中點，將△ABC；ACD沿AC翻折使點D至點D′.(1)求證：平面BD′E⊥平面223(2)若三棱錐D′ABC的體積為，求二面角D′ABC的余弦值．20.(本小題滿分12分)甲、乙、丙三人進行乒乓球單打比賽，約定：隨機選擇兩人打第一局，獲勝者與第三人進行下一局的比賽，先獲勝兩局者為優(yōu)勝者，比賽結(jié)束．已知每局比賽均無平局，且甲贏乙13131.2的概率為，甲贏丙的概率為，乙贏丙的概率為(1)若甲、乙兩人打第一局，求丙成為優(yōu)勝者的概率；(2)求恰好打完2局結(jié)束比賽的概率．4

21.(本小題滿分已知雙曲線12分)3y＝±3x.C過點(3，2)，且C的漸近線方程為(1)求C的方程；(2)設(shè)A為C的右頂點，過點P(－23，0)的直線與圓D，E，求證：直線O：x2＋y2＝3交于點DE過定點．M，N，直線AM，AN與C的另一交點分別為5

22.(本小題滿分12分)已知0＜a＜1，函數(shù)(1)若g(e)＝e，求函數(shù)(2)若函數(shù)y＝f(x)－g(x)存在唯一的零點，求f(x)＝x＋ax1，g(x)＝x＋1＋logx.a－f(x)的極小值；a的取值范圍．6

2022～2023學(xué)年高三年級模擬試卷數(shù)學(xué)參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)(海安)1.B2.D3.C4.C5.A6.B7.B8.D9.AB10.BD11.BD12.BC2256510313.14.15.2(答案不唯一，－6也正確)16.5π417.解：(1)設(shè)等差數(shù)列a，a，a，…，a的公差為6d.12a＋d＝－10，3a＝－13，11＝－10，a＝2，所以因為a2解得6a＋5d＝2，d＝3，1所以a＝－13＋(n－1)×3＝3n－16(1≤n≤5，n∈N*).(3分)naa2，a，a，…的公比為6q，則q＝65設(shè)等比數(shù)列a5＝＝－2，7－1＝－(－2)(n≥6，n∈N).所以an5*－n3n－16，1≤n≤5，＝n(2)由(1)知，當(dāng)n∈N*.(5分)綜上，a－（－2）n5，－n≥6，n≤5時，a＜0，要使nS＞0，則n≥6，(6分)n5×42[1－（－1－（－2）n5]－＝(a＋a＋…＋1a)＋(a＋…＋6a)＝5×(－13)＋n此時Sn×3＋＝2522）2[1－（－2）]n－5.(8分)－35＋3103＞0，得(－2)5由Snn＜－，－21032所以(n－5)必為奇數(shù)，此時所以n－5的最小值為2n5＞－，7，所以n的最小值為12.(10分)R.在△ABD中，由余弦定理18.解：(1)設(shè)圓O的半徑為∠BAD，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos1)＝49，所以BD＝7.(3分)得BD2＝32＋52－2×3×5×(－2BD7143，3在圓O的內(nèi)接△73ABD中，由正弦定理，得2R＝＝＝sin∠BADsin120°73.(6分)故R＝，所以圓O的半徑為33(2)因為四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，所以∠BAD＋∠BCD＝180°.又∠BAD＝120°，故∠BCD＝60°.因為AC平分∠BAD，所以∠BAC＝60°.(8分)BCCD(解法1)因為AC平分∠BAD，所以＝，所以BC＝CD.又因為∠BCD＝60°，所以△BCD為正三角形，所以ABC中，由正弦定理，得BC＝BD＝7.(10分)BC(解法2)在圓O的內(nèi)接△＝2R.sin∠BAC1433所以BC＝2R·sin60°＝在△ABC中，由余弦定理×＝7.(10分)23BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，得72＝32＋AC2－2×3×AC×cos60°，即AC2－3AC－40＝0，解得因為AC＞0，所以AC＝8，所以AC的長為8.(12分)ABCD知，D′A＝D′C，又E為AC的中點，所以BE⊥AC.(2分)AC＝8或AC＝－5，D′E⊥AC，19.(1)證明：由菱形同理，可得因為D′E,BE?平面BD′E,D′E∩BE＝E，所以因為AC?平面ABC，所以平面BD′E⊥平面AC⊥平面ABC.(4分)BD′E.(2)解：過點D′作D′H⊥BE交BE于點H，由(1)知，平面BD′E⊥平面ABC.7

又平面BD′E∩平面ABC＝BE，D′H?平面D′BE,所以D′H⊥平面ABC.(6分)223133223263.(8因為三棱錐D′ABC的體積為，所以××22×D′H＝，解得D′H＝4分)3233.在Rt△D′EH中，D′E＝3，所以EH＝，于是BH＝BE－EH＝x軸、y軸，過點3(解法1)如圖，以E為坐標(biāo)原點，EA，EB分別為E與平面ABC垂直的3，3263→AB)，所以直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則→＝(－1，3，0)，BD′＝(0，－A(1，0，0)，B(0，3，0)，D′(0，23326).，3233→→D′AB的法向量n＝(x，y，z)，則n·AB＝0，n·BD′＝0，即－x＋3y＝0，－z＝0，令x＝6，得y＝2，z＝1，y設(shè)平面263＋所以n＝(6，2，1).(10分)又平面ABC的一個法向量m＝(0，0，1)，n·m1＝9×113所以cos〈n，m〉＝＝，|n|×|m|1.(12分)所以二面角D′ABC的余弦值為3(解法2)過點H作HF⊥AB交AB于點F，連接D′F.因為D′H⊥平面ABC，根據(jù)三垂線定理，得D′ABC的平面角．AB⊥D′F，所以∠D′FH是二面角(10分)3.在Rt△BFH中，HF＝BHsin30°＝3在Rt△D′HF中，D′F＝D′H2＋HF2＝3，HF1313.(12分)所以cos∠D′FH＝20.解：(1)記“第＝，所以二面角D′ABC的余弦值為D′Fi局甲勝、乙勝、丙勝”分別為事件A，B，C，i＝1，2，3，4，iiiCC＋BCC，(2分)D，則D＝A1記“丙成為優(yōu)勝者”為事件23123CC＋BCC)＝P(ACC)＋P(BCC)所以P(D)＝P(A1231231)P(C|A)P(C|AC)＋P(B)P(C|B)P(C|BC)(4分)23123＝P(A1213121213121111121)＝319291，3)×(1－)＋(1－)×(1－)×(1－＝×(1－＋＝332313.(6分)A，“甲、丙打第一局”為事件所以丙成為優(yōu)勝者的概率是(2)記“甲、C，“恰打完乙打第一局“為事件B，“乙、丙打第一局”A，B，C兩兩互斥，且和為樣本空間，為事件2局比賽結(jié)束”為事件E，其中8

13.依題意，P(A)＝P(B)＝P(C)＝A＋BB)＝P(AA)＋P(BB)＝P(A)P(A|A)＋P(B)P(B|B)1所以P(E|A)＝P(A1212121212112131323149.＝×＋×＝2113231491231＋×22323.(9分)同理可得，P(E|B)＝×＋×＝，P(E|C)＝×＝322根據(jù)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)413491323131427＝×＋×＋×＝，91427.(12分)所以恰好打完2局結(jié)束比賽的概率為321.(1)解：當(dāng)x＝3時，代入y＝x，得y＝3＞2，所以雙曲線C的焦點在λ＝1，x軸上．(23分)x2不妨設(shè)雙曲線C的方程為－y2＝λ(λ＞0)，將點(3，2)代入，得3x2所以C的方程為－y2＝1.(4分)3(2)證明：設(shè)M(x，y)，N(x，y)，D(x，y)，E(x，y)，由(1)知A(3，0).(5分)41122334yy21(不妨記為k).因為P，M，N三點共線，所以＝x＋23x＋231＋23)y－(x＋23)y＝0，即xy－xy＝23(y－y).(6分)2則(x1221122112yy＝x－31(x－3).設(shè)直線AM的方程為1y1y＝（x－3），x－31－3x－3)x2＋33y211x＋3(x＋3x21由消去y并整理，得(2x21x21－y2＝13－6)＝0.3（x－3）（x＋23）13（x＋23）1－3y＝31＝3＝，y31.(8分)則3x，故x－3）（2x＋3）13（x＋23）2x＋312x＋31（x1－3y2.＝2＝，y4同理可得，x42x＋322x＋323y－3y12＋2x＋32x＋32所以直線DE的斜率＝1＝3（x＋23）13（x＋23）2－2x＋312x＋322（xy－xy）＋12213（y－y）2133（x－x）243（y－y）＋13（y－y）1y－y1＝－k.(10分)1222＝＝－33（x－x）2x－x2113y13（x＋23）1]，所以直線DE的方程為y＋＝－k[x－2x＋312x＋313k（x＋23）13y1.又因為y＝k(x＋23)，所以1y＝－kx.即y＝－kx＋－12x＋312x＋31所以直線DE過定點(0，0).(12分)1e22.解：(1)由g(e)＝e，得e＋1＋loge＝e，即loge＝－1，所以aa＝.(1分)a所以f(x)＝x＋e1，則f′(x)＝1－e1，令f′(x)＝0，得x＝1.(3分)xx－－9

當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞1)上單調(diào)遞減；)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)＝2.(5分)(2)記p(x)＝f(x)－g(x)＝ax－1－logx－1，因為axax1ln2a－10＜a＜1，所以lna＜0，1－lna－.則p′(x)＝ax1－＝xlnaxlnalna－1，則q′(x)＝(alna)lna＝(1＋xlna)alna.x－1＋xax12x12－－記q(x)＝xax12－11.令q′(x)＝0，得x＝－，記其為t(t＞0)，此時a＝e－lnat當(dāng)x∈(0，t)時，q′(x)＞0，故q(x)在(0，t)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(t，＋∞)時，q′(x)＜0，故q(x)在(t，＋∞)上單調(diào)遞減，1)t11e1)(－t1－所以q(x)在x＝t處取得極大值q(t)＝t(e－2－1＝1－1.(7分)－ttt11e不難發(fā)現(xiàn)函數(shù)y＝1－1在t∈(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且正數(shù)零點為1.－tt1e當(dāng)t≥1，即≤a＜1時，有q(t