1、20222023 学年度第二学期期初考试高 三 数 学2023.02(全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟)一、单项选择题：本题共 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若复数 z 满足 i(zi)2i(i 为虚数单位)，则复数 z 在复平面内所对应的点在()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2已知 a，bR，则“ab”是“ab1”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件3已知数列an满足 2anan1an1(n2)，a3a4a5a6a7100，则其前 9 项和等于()A150B180C300D36
2、04平面向量a，b满足ab(3，2)，ab(1，x)，且ab0，则 x 的值为()A32B23C2 3D2 25埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其形状可视为一个正四棱锥，已知该金字塔的塔高与底面边长的比满足黄金比例，即比值约为512，则它的侧棱与底面所成角的正切直约为()A10 22B512C512D10 226已知，(0，2)，2tansin2sinsin2，则 tan(23)()A 3B33C33D 37已知一组数据 x1，x2，x3，x4，x5的平均数是 2，方差是 3，则对于以下数据：2x11，2x21，2x31，2x41，2x51，1，2，3，4，5下列选项正确的是()A平均数
3、是 3，方差是 7B平均数是 4，方差是 7C平均数是 3，方差是 8D平均数是 4，方差是 88在平面直角坐标系 xOy 中，x 轴正半轴上从左至右四点 A、B、C、D 横坐标依次为 ac、a、ac、2a，y 轴上点 M、N 纵坐标分别为 m、2m(m0)，设满足 PAPC2a 的动点 P的轨迹为曲线 E，满足 QN2QM 的动点 Q 的轨迹为曲线 F，当动点 Q 在 y 轴正半轴上时，DQ 交曲线 E 于点 P0(异于 D)，且 OP0与 BQ 交点恰好在曲线 F 上，则 a：c()A 2B 3C2D3二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多
4、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下列说法中正确的有()AC29C79BC24C34C35CC1nC2nC3nCnn2nD(1x)4展开式中二项式系数最大的项为第三项10已知实数 a，b0，2ab4，则下列说法中正确的有()A1a1b有最小值32Ba2b2有最小值165C4a2b有最小值 8Dlnalnb 有最小值 ln211高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设 xR，用x表示不超过 x 的最大整数，则 yx称为高斯函数例如3.54，3.53已知函数 f(x)cosx|cosx|，函数 g
5、(x)f(x)，则下列说法中正确的有()A函数 f(x)在区间(0，)上单调递增B函数 f(x)图象关于直线 xk(kZ)对称C函数 g(x)的值域是0，1，2D方程 g(x)x 只有一个实数根12在四面体 ABCD 的四个面中，有公共棱 AC 的两个面全等，AD1，CD 2，CDA90，二面角 BACD 大小为，下列说法中正确的有()A四面体 ABCD 外接球的表面积为 3B四面体 ABCD 体积的最大值为36C若 ADAB，ADAB，则120D若 ADBC，120，则 BD213三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 S34，S
6、612，则 S914双曲线x24y221的左、右焦点分别为 F1，F2，且右支上有一点 P(p，1)，则 cosF1PF215某个随机数选择器每次从 0，1，2，3，4，5，6，7，8，9 这 10 个数字中等可能地选择一个数字，用该随机数选择器连续进行三次选择，选出的数字依次是 a，b，c，则概率 P(abc)16已知函数 f(x)ax2x，若当 x0，1时，|f(x1)|a1 恒成立，则实数 a 的取值范围是四、解答题：本题共 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(本小题满分 10 分)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a12，Snan12(1)求数列an的通
7、项公式；(2)令 bnlog2ancnbnan；cn14bn21；cn(1)n(bn)2从上面三个条件中任选一个，求数列cn的前 n 项和 Tn注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分18(本小题满分 12 分)已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，cA23，b10，c6，ABC 的内切圆 I 的面积为 S(1)求 S 的值；(2)若点 D 在 AC 上，且 B，I，D 三点共线，求BDBC的值19(本小题满分 12 分)在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 ACC1A1是菱形，A1AC60，AA12，ACA1B(1)求证：BABC；(2)已知 AB 2，A1B2，求直线
8、 A1B 与平面 A1B1C 所成角的正弦值20(本小题满分 12 分)云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长从中国信息通信研究院发布的云计算白皮书(2022 年)可知，我国 2017 年至 2021 年云计算市场规模数据统计表如下：年份2017 年2018 年2019 年2020 年2021 年年份代码 x12345云计算市场规模 y/亿元692962133420913229经计算得：51lniiy36.33，51)ln(iiiyx112.85(1)根据以上数据，建立 y 关于 x 的回归方程eaxb(e 为自然对数的底数)(2)云计算为企业降低生产成本、提升产品
9、质量提供了强大助推力某企业未引入云计算前，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差N(0，4m)，其中 m 为单件产品的成本(单位：元)，且 P(11)0.6827；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差N(0，1m)若保持单件产品的成本不变，则 P(11)将会变成多少?若保持产品质量不变(即误差的概率分布不变)，则单件产品的成本将会下降多少?附：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，(xn，yn)，其回归直线x的斜率和截距的最小二乘估计分别为niiniiixnxyxnyx1221，yx若 XN(，2)，则 P(|X|)0.6827，P(X|2)0.9545，P(|X|3)0.997321(
10、本小题满分 12 分)已知 AB 为抛物线 G：y22px(p0)的弦，点 C 在抛物线的准线 l 上当 AB 过抛物线焦点 F 且长度为 8 时，AB 中点 M 到 y 轴的距离为 3(1)求抛物线 G 的方程；(2)若ACB 为直角，求证：直线 AB 过定点22(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)ex2，xR；g(x)cosx，x(2，2)(e 为自然对数的底数，e2.718)(1)若函数 h(x)af(x)g(x)在区间(2，2)上单调递减，求实数 a 的取值范围；(2)是否存在直线 l 同时与 yf(x)、yg(x)的图象相切?如果存在，判断 l 的条数，并证明你的结论；如果不存
11、在，说明理由 第 1 页（共 6 页）2022-2023 学年第二学期期初考试 高三数学参考答案 2023.2 1D 2B 3B 4C 5A 6B 7D 8A 9ABD 10BC 11BCD 12ACD 1328 1415 15325 1631,52 17解：（1）12nnSa 12nnSa（2n），两式相减得12nnaa（2n）2 分 122,4aa 212aa 3 分 12nnaanN 120a 12nnanNa 数列na是以 2 为首项，2 为公比的等比数列 2nna；5 分 说明：结果2nna 对，但漏掉212aa的扣 1 分（2）由（1）可知22loglog 2nnnban 若选：2
12、nnnncban，1231 22 23 22nnTn 23121 22 2122nnnTnn 7 分 两式相减得：23122222nnnTn=1122212nnn，所以1122nnTn 10 分 若选：2211111121 212 21214141nncnnnnbn 7 分 111 111 111111232 352 572 2121nTnn=111221n=21nn 10 分 若选：2211nnnncbn 当n为偶数时，22222212341nTnn =12n12n n 7 分 当n为奇数时，11nnnTTc2(1)(2)(1)2nnn12n n .10 分 综上得：112nnn nT.10
13、 分 第 2 页（共 6 页）说明：没有“综上得”不扣分 18解：（1）在ABD中，由余弦定理得:22222cos3abcbc 21003660196a，即14a 3 分 设内切圆I的半径为r，则112sin223ABCSabcrbc 3r 23Sr 6 分（2）法法 1：在ABC中，由（1）结合余弦定理得11cos14ABC，BD平分ABC，点D到,AB BC的距离相等，故ABDCBDSABSBC，而ABDCBDSADSCD,37ABADBCCD 731010BDBABC 9 分 227371136 14141051010101410BD BCBA BCBC 12 分 法法 2：在ABC中，
14、由（1）结合余弦定理得11cos14ABC，依题意可知I为内心，故BD平分ABC，设ABDCBD 则211cos2cos114ABC，5 7cos14，21sin14 8 分 思路思路 1：在ABD中，3ADB,由正弦定理得2sinsin33BDAB 3121sincossin3227 得263sin3 73221sin37ABBD 10 分 cos105BD BCBDBC 12 分 思路思路 2：ABCABDCBDSSS 111sin2sinsin222acc BDa BD 5 726 142cos143 7614acBDac 10 分 cos105BD BCBDBC 12 分 思路思路 3
15、：BD平分ABC，点D到,AB BC的距离相等，故ABDCBDSABSBC 而ABDCBDSADSCD,614ABADBCCD 10BD,3AD 第 3 页（共 6 页）在ABD中，由余弦定理得22222cos3 73BDADABAD AB 10 分 cos105BD BCBDBC 12 分 19解：（1）连接1AO，在三棱柱1 11ABCABC中，侧面1 1ACC A是菱形，160A AC，则1AAC为正三角形，取AC中点为O，则1ACAO，又1ACA B，111ABAOA，11,A B AO 平面1A BO，所以AC 平面1A BO，3 分 因为BO 平面1A BO，所以ACBO，因为O是
16、AC中点，所以ABBC 5 分（2）在边长为 2 的正1AAC中，13AO，在ABC中，2ABBC，2AC，则1BO，又12AB，所以22211AOBOA B，所以1AOBO，7 分 所以1,OA OB OC两两垂直.以O为原点，1,OB OC OA分别为,x y z轴建立空间直角坐标系Oxyz 则1(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,3)ABCA，1(1,0,3)AB，11 1(0,1,3),(1,1,0)ACABAB，设平面1 1ABC的法向量为(,)nx y z，则 11030A B nxyAC nyz，令1z，则(3,3,1)n 10 分 设直线1A B与平面1
17、1ABC所成角为，则11121sin|cos,|7|A B nA B nA B n，所以，直线1A B与平面1 1ABC所成角的正弦值为217 12 分 20解：（1）因为ebx ay，所以ln ybxa，1 分 所以551152221(lnln112.853 36.333.860.3861014916255)3iiiiiiixyxybxnx ，4 分 所以5111ln36.330.38636.10855iiaybx，所以0.3866.108eebx axy.6 分 第 4 页（共 6 页）（2）未引入云算力辅助前，4(0,)Nm，所以40,m ，又(11)0.6827(|)PP ，所以41m
18、，所以4m 8分 引入云算力辅助后，1(0,)Nm，所以10,m ，若保持产品成本不变，则4m，1(0,)4N，1142，所以(11)(|2)0.9545PP 10分 若产品质量不变，则11m，所以1m，所以单件产品成本可以下降413 元.12分 21解：（1）设(,)AAA xy，(,)BBB xy，则由题意得832ABABABxxpxx，故2p，所以抛物线的方程为24yx.4 分（2）直线AB过定点(1,0)，证明如下：设(1,)Cc，211(,)4yAy，222(,)4yBy，直线AB的方程：+(0)xty n n，将+(0)xty n n代入24yx得2440ytyn，则0，所以121
19、244yyty yn，6 分 所以211(1,)4yCAyc，222(1,)4yCByc，因为90ACB，所以0CA CB=，即2222212121212+1+(+)+0164y yyyy yc yyc，即222421440ntnntcc，8 分 即22(1)+(2)=0ntc，所以=1n，所以直线AB过定点(1,0)12 分 22解：（1）2()()()ecosxh xaf xg xax，2()esinxh xax 因为()()()h xaf xg x在(,)2 2上单调减，所以(,)2 2x ，2()esin0 xh xax恒成立，所以(,)2 2x ，2sinexxa 恒成立 2 分 设
20、2sin()exxM x，(,)2 2x，则222sin()cossin4()eexxxxxMx，第 5 页（共 6 页）当(,)2 4x 时，()0M x，当(,)4 2x时，()0M x，所以()M x在(,)2 4上单调递减，在(,)4 2上单调递增，4 分 所以24min24222()()e42eM xM ，所以242e2a.5 分（2）存在且仅有一条直线同时与()yf x、()yg x的图象相切 6 分 设直线与()yf x，()yg x的图象分别相切于点11(,)P x y，22(,)Q xy，其中1x R，2(,)2 2x ，且12xx，2()e,sinxfxgxx，则在 P 处
21、的切线方程为：11221()xxyeexx，即11221(1)xxyexx e；在 Q 处的切线方程为：222cossin()yxx xx，即2222sincossinyxxxxx 所以122esinxx，121222(1)cossinxx exxx，因为2(1,s n)i1x ，所以1201xe，则2(,0)2x 可得12)2ln(sinxx ，于是有222223ln(sin)(sin)cossinxxxxx，整理得22222(3)sincossinln(sin)0 xxxxx 8 分 法法 1：两边同除以2sinx得2222cos(3)ln(sin)0sinxxxx,要证有且仅有一条直线同
22、时与()yf x、()yg x的图象都相切，只需证函数cos()3ln(sin)sinxM xxxx，在(,0)2x 上有且仅有一个零点 222222cos sin()sincoscoscos(sincos)41sinsinsinsinxxxxxxxxMxxxxx 当(,)24x 时，()0M x，当(,0)4x 时，()0M x，所以()M x在(,)24上单调递增，在(,0)4上单调递减，10 分()()04322MM，所以()M x在(,)24上无零点.取30sinxe，0(,0)4x ，则60cos1xe，第 6 页（共 6 页）6366000030cos1()3ln(sin)3ln6
23、16210sinxeM xxxeexe ，所以函数()M x在()4,0上有且仅有一个零点，综上，函数()M x在()2,0上有且仅有一个零点，所以有且仅有一条直线同时与()f x，()g x的图象都相切 12 分 法法 2：要证有且仅有一条直线同时与()yf x、()yg x的图象都相切，只需证函数()(3)sincossin ln(sin)G xxxxxx在(,0)2x 上有且仅有一个零点 cossin(3)cossincos ln(sin)sincos 2ln(sin)sinxGxxxxxxxxx xxx，设 2ln(sin),(,0)2N xxx x，则 coscos11sinsinx
24、xNxxx ，因为(,0)2x，所以cos0,sin0 xx，所以()0N x，所以()N x在(,0)2上单调递增，所以()2022N xN，又cos0 x，所以()0G x，所以()G x在(,0)2上单调递增，10 分 所以()(3)sin()cos()sin()ln sin()302222222G ，取30sinxe，0(,0)4x ，则60cos1xe，30000000000cos()(3)sincossinln(sin)3ln(sin)sinxG xxxxxxxxxe 其中636600030cos13ln(sin)3ln616210sinxexxeexe ，所以0()0G x，所以函数()G x在()2,0上有且仅有一个零点，所以有且仅有一条直线同时与()f x，()g x的图象都相切 12 分
