2022－2023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(z＋i)＝2＋i(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，b∈R，则“a＜b”是“a＜b－1”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2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝100，则其前9项和等于( )
A．150 B．180 C．300 D．360
4．平面向量，满足＋＝(3，－2)，－＝(1，x)，且·＝0，则x的值为( )
A． B． C．±2 D．±2
5．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，则它的侧棱与底面所成角的正切直约为( )
A． B． C． D．
6．已知α，β∈(0，)，2tanα＝，则tan(2α＋β＋)＝( )
A． B．－ C． D．
7．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：
2x1＋1，2x2＋1，2x3＋1，2x4＋1，2x5＋1，1，2，3，4，5
下列选项正确的是( )
A．平均数是3，方差是7 B．平均数是4，方差是7
C．平均数是3，方差是8 D．平均数是4，方差是8
8．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a－c、a、a＋c、2a，y轴上点M、N纵坐标分别为m、－2m(m＞0)，设满足PA＋PC＝2a的动点P的轨迹为曲线E，满足QN＝2QM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． B． C．2 D．3
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( )
A．＝ B．＋＝
C．＋＋＋…＋＝2n D．(1＋x)4展开式中二项式系数最大的项为第三项
10．已知实数a，b＞0，2a＋b＝4，则下列说法中正确的有( )
A．＋有最小值 B．a2＋b2有最小值
C．4a＋2b有最小值8 D．lna＋lnb有最小值ln2
11．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x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数．例如[－3.5]＝－4，[3.5]＝3．已知函数f(x)＝cosx＋|cosx|，函数g(x)＝[f(x)]，则下列说法中正确的有( )
A．函数f(x)在区间(0，π)上单调递增 B．函数f(x)图象关于直线x＝kπ(k∈Z)对称
C．函数g(x)的值域是{0，1，2} D．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，AD＝1，CD＝，∠CDA＝90°，二面角B－AC－D大小为θ，下列说法中正确的有( )
A．四面体ABCD外接球的表面积为3π B．四面体ABCD体积的最大值为
C．若AD＝AB，AD⊥AB，则θ＝120° D．若AD＝BC，θ＝120°，则BD＝
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S3＝4，S6＝12，则S9＝ ▲ ．
14．双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，且右支上有一点P(p，1)，则cos∠F1PF2＝ ▲ ．
15．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(a＜b＜c)＝ ▲ ．
16．已知函数f(x)＝ax2＋x，若当x∈[0，1]时，|f(x＋1)|≤a＋1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，a1＝2，Sn＝an＋1－2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝log2an．
①cn＝bnan；②cn＝；③cn＝(－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，c．A＝，b＝10，c＝6，△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·的值．
19．(本小题满分12分)
在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，AA1＝2，AC⊥A1B．
(1)求证：BA＝BC；
(2)已知AB＝，A1B＝2，求直线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x 1 2 3 4 5
云计算市场规模y/亿元 692 962 1334 2091 3229
经计算得：＝36.33，＝112.85．
(1)根据以上数据，建立y关于x的回归方程 ＝e(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ε~N(0，)，其中m为单件产品的成本(单位：元)，且P(－1＜ε＜1)＝0.6827；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差ε~N(0，)．若保持单件产品的成本不变，则P(－1＜ε＜1)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＝，＝－．
若X~N(μ，σ2)，则P(|X－μ|＜σ)＝0.6827，P(X－μ|＜2σ)＝0.9545，P(|X－μ|＜3σ)＝0.9973．
21．(本小题满分12分)
已知AB为抛物线G：y2＝2px(p＞0)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)＝e，x∈R；g(x)＝cosx，x∈(－，)．(e为自然对数的底数，e≈2.718)．
(1)若函数h(x)＝af(x)－g(x)在区间(－，)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y＝f(x)、y＝g(x)的图象相切 如果存在，判断l的条数，并证明你的结论；如果不存在，说明理由．2022-2023 学年第二学期期初考试
高三数学参考答案 2023.2
1．D 2．B 3．B 4．C 5．A 6．B 7．D 8．A
9．ABD 10．BC 11．BCD 12．ACD
1 3 3 1
13．28 14． 15． 16．[ , ]
5 25 5 2
17．解：（1） Sn an 1 2 Sn 1 an 2（ n 2），
两式相减得 an 1 2an （ n 2） ·············································································· 2 分
a1 2,a2 4 a2 2a1 ··················································································· 3 分
an 1 2an n N
an 1
a 2 0 2 n N 1 an
数列 an 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列
a 2nn ； ······································································································ 5 分
说明：结果 a nn 2 对，但漏掉 a2 2a1的扣 1分
（2）由（1）可知bn log2 an log2 2
n n
若选①： cn bn an n 2
n ，
Tn 1 2
1 2 22 3 23 n 2n
2T 1 22 2 23 n 1 2n n 2n 1n ························································ 7 分
2 2n 1
两式相减得： T 2 22 23 2n n 1n n 2
n 1 = n 2 ，
1 2
所以Tn n 1 2
n 1 2 ． ··················································································· 10 分
1 1 1 1 1 1
若选②： cn 2 2 ····························· 7 分 4bn 1 4n 1 2n 1
2n 1 2 2n 1 2n 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
Tn 1 = 1 = ·········· 10 分
2 3 2 3 5 2 5 7 2 2n 1 2n 1 2 2n 1 2n 1
n 2 n
若选③： cn 1 bn 1 n
2
2 2 2 n n 1
当 n为偶数时，Tn 1 2 32 42 n 1 n2 =1 2 n ···· 7 分 2
(n 1)(n 2) 2 n n 1
当 n为奇数时，Tn Tn 1 cn 1 (n 1) . ······························· 10 分
2 2
n n n 1
综上得：Tn 1 . ··················································································· 10 分
2
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说明：没有“综上得”不扣分
2 2 2 2
18．解：（1）在△ABD 中，由余弦定理得: a b c 2bccos
3
a2 100 36 60 196 ，即 a 14 ······································································· 3 分
1 1 2
设内切圆 I 的半径为 r ，则 S ABC a b c r bcsin
2 2 3
r 3 S r2 3 ······················································································ 6 分
11
（2）法 1：在△ABC中，由（1）结合余弦定理得 cos ABC ，
14
S ABD AB
BD平分 ABC ， 点 D 到 AB, BC 的距离相等，故 ，
S CBD BC
S ABD AD AB AD 3 7 3
而 , BD BA BC ················································ 9 分
S CBD CD BC CD 7 10 10
7 3 2 7 11 3
BD BC BA BC BC 6 14 142 105 ····································· 12 分
10 10 10 14 10
11
法 2：在△ABC中，由（1）结合余弦定理得 cos ABC ，
14
依题意可知 I 为内心，故 BD平分 ABC ，设 ABD CBD
2 11 5 7 21
则 cos ABC 2cos 1 ， cos ， sin ······································ 8 分
14 14 14
BD AB
思路 1：在△ABD 中， ADB ,由正弦定理得 2
3 sin sin 3 3
3 1 21
sin cos sin
3 2 2 7
AB 2 6 3
得 BD sin 3 7 ····················································· 10 分
3 21 2
sin
3 7
BD BC BD BC cos 105 ············································································ 12 分
1 1 1
思路 2： S ABC S ABD S CBD acsin 2 c BD sin a BD sin
2 2 2
5 7
2 6 14
2accos 14 ································································· 10 分 BD 3 7
a c 6 14
BD BC BD BC cos 105 ············································································ 12 分
S ABD AB
思路 3： BD平分 ABC ， 点 D 到 AB, BC 的距离相等，故
S CBD BC
S ABD AD AB AD 6
而 , BD 10 , AD 3
S CBD CD BC CD 14
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2 2 2 2
在△ABD 中，由余弦定理得 BD AD AB 2AD AB cos 3 7 ·························· 10 分
3
BD BC BD BC cos 105 ············································································· 12 分
19．解：（1）连接 A1O ，在三棱柱 ABC A1B1C1中，侧面 ACC1A1 是菱形， A1AC 60 ，
则 AA1C 为正三角形，取 AC 中点为O，则 AC A1O，
又 AC A B ， A1B A1O A1， A1B, A1O 平面 A1BO1 ，
所以 AC 平面 A1BO ， ························································································ 3 分
因为 BO 平面 A1BO ，所以 AC BO，
因为O是 AC 中点，所以 AB BC ． ······································································· 5 分
（2）在边长为 2 的正 AA1C 中， A1O 3 ，
在 ABC 中， AB BC 2 ， AC 2 ，则 BO 1，又 A1B 2 ，
所以 A1O
2 BO2 A 21B ，所以 A1O BO ， ······························································· 7 分
所以OA1,OB,OC 两两垂直.
以O为原点，OB,OC,OA x, y, z1分别为 轴建立空间直角坐标系O xyz．
则 A(0, 1,0),B(1,0,0),C(0,1,0), A1(0,0, 3)，
A1B (1,0, 3)， A1C (0,1, 3), A1B1 AB (1,1,0)，
设平面 A1B1C 的法向量为 n (x, y, z) ，则
A1B n x y 0
，令 z 1，则 n ( 3, 3,1) ····················································· 10 分
A1C n y 3z 0
设直线 A1B 与平面 A1B1C 所成角为 ，
A B n 21
则 sin | cos A1B,n | |
1 | ，
| A1B || n | 7
21
所以，直线 A1B 与平面 A1B1C 所成角的正弦值为 ． ··············································· 12 分
7
20．解：（1）因为 y ebx a ，所以 ln y b x a ， ························································ 1 分
5 5
(xi ln yi ) x ln yi
112.85 3 36.33 3.86
所以b i 1 i 1 0.386 ， ······················· 4 分
5
2 2 1 4 9 16 25 5 3
2 10
xi nx
i 1
5
1 1
所以 a ln yi b x 36.33 0.386 3 6.108，
5 5
i 1
所以 y ebx a e0.386x 6.108 . ················································································ 6 分
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4 4
（2）未引入云算力辅助前， ~ N (0, )，所以 0, ，
m m
4
又 P( 1 1) 0.6827 P(| | ) ，所以 1，所以m 4． ··························· 8分
m
1 1
引入云算力辅助后， ~ N (0, )，所以 0, ，
m m
1 1 1
若保持产品成本不变，则m 4， ~ N(0, ) ， ，
4 4 2
所以 P( 1 1) P(| | 2 ) 0.9545 ····························································· 10分
1
若产品质量不变，则 1，所以m 1，
m
所以单件产品成本可以下降 4 1 3元. ····································································· 12分
AB xA xB p 8
21．解：（1）设 A(xA , yA) ， B(xB , yB ) ，则由题意得 xA xB ，故 p 2 ，
3
2
所以抛物线的方程为 y2 4x . ················································································· 4 分
（2）直线 AB 过定点 (1,0)，证明如下：
y2 y2
设C( 1,c)， A( 1 , y1) ， B(
2 , y2 ) ，直线 AB 的方程： x ty+n(n 0)，
4 4
将 x ty+n(n 0)代入 y2 4x 得 y2 4ty 4n 0，
则 0，所以 y1 y2 4t，y1y2 4n， ·································································· 6 分
y2 y2
所以CA ( 1 1, y 21 c) ，CB ( 1, y2 c) ，
4 4
y2 2 2 2
因为 1
y2 y1 +y2
ACB 90 ，所以CA CB=0，即 1+y1y2 c(y1+y2 )+c
2 0，
16 4
即 n2 4t2 2n 1 4n 4tc c2 0， ······································································ 8 分
即 (n 1)2 +(2t c)2 =0，所以 n=1，
所以直线 AB 过定点 (1,0)．···················································································· 12 分
．解：（ ） h(x) af (x) g(x) aex 222 1 cos x ， h '(x) aex 2 sin x ．
π π
因为 h(x) af (x) g(x) 在 ( , ) 上单调减，
2 2
π π
所以 x ( , ) ， h (x) aex 2 sin x 0恒成立，
2 2
π π sin x
所以 x ( , ) ， a 恒成立． ··································································· 2
2 2 ex 2
分
π
sin x π π 2 sin(x )cos x sin x
设M (x) ， x ( , ) ，则M (x) 4 ，
ex 2 2 2 ex 2 ex 2
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π π π π
当 x ( , ) 时，M (x) 0，当 x ( , ) 时，M (x) 0，
2 4 4 2
π π π π
所以M (x)在 ( , ) 上单调递减，在 ( , )上单调递增， ············································ 4 分
2 4 4 2
2
π
π 2 2
所以M (x)min M ( )
2 e 4 ，
4 π 2 2
e4
π
2 2
所以 a e 4 . ····························································································· 5 分
2
（2）存在且仅有一条直线同时与 y f (x) 、 y g(x) 的图象相切． ······························· 6 分
设直线与 y f (x) ， y g(x) 的图象分别相切于点 P(x1, y1) ，Q(x2 , y2 ) ，
π π
其中 x1 R， x2 ( , )，且 x1 x 2 ， f (x) e
x 2 , g x sin x，
2 2
则在 处的切线方程为： x1 2 x1 2 x1 2 x 2P y e e (x x1) ，即 y e x (1 x1)e
1 ；
在 Q 处的切线方程为： y cos x2 sin x2 (x x2 ) ，即 y xsin x2 cos x2 x2 sin x2 ．
所以 x1 2e sin x2 ，…①
x1 2(1 x1)e cos x2 x2 sin x2 ，…②
π
因为 sin x ( 1,1)，所以 x0 e 1 22 1，则 x2 ( ,0) ．
2
可得 x1 2 ln( sin x2 )，于是有[3 ln( sin x2 )]( sin x2 ) cos x2 x2 sin x2 ，
整理得 (x2 3)sin x2 cos x2 sin x2 ln( sin x2 ) 0． ····················································· 8 分
cos x
法 1：两边同除以 sin x 得 (x2 3)
2 ln( sin x
2 2
) 0 ,
sin x2
要证有且仅有一条直线同时与 y f (x) 、 y g(x) 的图象都相切，
cos x π
只需证函数M (x) x 3 ln( sin x)，在 x ( ,0) 上有且仅有一个零点．
sin x 2
π
2 2 cos xsin(x ) sin x cos2 x cos x cos x(sin x cos x)
M ' x 1 4
sin2 x sin x sin2 x sin2 x
π π π
当 x ( , )时，M '(x) 0，当 x ( ,0) 时，M '(x) 0，
2 4 4
π π π
所以M (x)在 ( , ) 上单调递增，在 ( ,0)上单调递减， ······································· 10 分
2 4 4
π π π
M ( ) M ( ) 3 0 ，所以M (x)在 ( , ) 上无零点.
4 2 2 2 4
取 sin x e 3
π
， x0 ( ,0)0 ，则 cos x0 1 e
6 ，
4
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cos x0 1 e
6
M (x0 ) x0 3 ln( sin x0 ) 3 ln e
3 6 e6 1 6 26 1 0 ，
sin x e 30
π
所以函数M (x)在 ( ,0)上有且仅有一个零点，
4
π
综上，函数M (x)在 ( ,0)上有且仅有一个零点，
2
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 2：要证有且仅有一条直线同时与 y f (x) 、 y g(x) 的图象都相切，
π
只需证函数G(x) (x 3)sin x cos x sin x ln( sin x)在 x ( ,0) 上有且仅有一个零点．
2
cos x
G ' x sin x (x 3)cos x sin x cos x ln( sin x) sin x cos x[x 2 ln( sin x)]，
sin x
π cos x cos x
设 N x x 2 ln( sin x), x ( ,0)，则 N ' x 1 1 ，
2 sin x sin x
π
因为 x ( ,0) ，所以 cos x 0,sin x 0，所以 N '(x) 0，
2
π π π
所以 N(x)在 ( ,0)上单调递增，所以 N x N( ) 2 0，
2 2 2
π
又 cos x 0，所以G '(x) 0，所以G(x)在 ( ,0)上单调递增， ···································· 10 分
2
π π π π π π π
所以G( ) ( 3)sin( ) cos( ) sin( ) ln[ sin( )] 3 0 ，
2 2 2 2 2 2 2
π
取 sin x e 3 ， x0 ( ,0)0 ，则 cos x0 1 e
6 ，
4
G(x ) (x 3)sin x cos x sin x 3
cos x 0
0 0 0 0 0 ln( sin x0 ) e x0 3 ln( sin x0 )
sin x0
cos x 1 e 6
其中 x0 3
0 ln( sin x0 ) 3 ln e
3 6 e6 1 6 26 1 0 ，
sin x 30 e
所以G(x0 ) 0，
π
所以函数G(x)在 ( ,0)上有且仅有一个零点，
2
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
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