江苏省扬州市2022-2023学年高三下学期期初考试数学试题（解析版）

2023
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（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，则“”是“”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. 已知数列满足则其前9项和等于（）
A. 150 B. 180 C. 300 D. 360
4. 平面向量满足，且，则的值为（）
A. B. C. D.
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，则（）
A B. C. D.
7. 已知一组数据的平均数是2，方差是3，则对于以下数据： ，，，，，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），设满足的动点P的轨迹为曲线E，满的动点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. D. 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，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.例如已知函数，函数则下列说法中正确的有（）
A. 函数在区间上单调递增
B. 函数图象关于直线对称
C. 函数的值域是
D. 方程只有一个实数根
12. 在四面体的四个面中，有公共棱的两个面全等，，，，二面角大小为，下列说法中正确的有（）
A. 四面体外接球的表面积为
B. 四面体体积的最大值为
C. 若，，则
D若，，则
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，，且右支上有一点，则=______.
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，选出的数字依次是则概率=______.
16. 已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围是______.
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. 已知数列前n项和为
（1）求数列通项公式；
（2）令①；②；③从上面三个条件中任选一个，求数列的前项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18. 已知的内角的对边分别为，，，，的内切圆的面积为.
（1）求的值；
（2）若点在上，且三点共线，求的值.
19. 在三棱柱中，侧面是菱形，，，.
（1）求证：；
（2）已知，，求直线与平面所成角的正弦值.
20. 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（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，其中m为单件产品的成本（单位：元），且=0.6827；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差.若保持单件产品的成本不变，则将会变成多少？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：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为=，.
若，则，，
21. 已知为抛物线的弦，点在抛物线的准线上.当过抛物线焦点且长度为时，中点到轴的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）若为直角，求证：直线过定点.
22. 已知函数，.（为自然对数的底数，）.
（1）若函数在区间上单调递减，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（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
【答案】D
【解析】
【分析】先将复数z化简为复数的标准形式，然后判断其在复平面内的所在象限即可.
【详解】已知，得，所以，所以其在复平面内对应点为，在第四象限；
故选:D
2. 已知，则“”是“”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
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等式性质和充分必要条件的定义求解.
【详解】如，但，所以“”推不出“”，
由可得，所以“”能推出“”，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选:B.
3. 已知数列满足则其前9项和等于（）
A. 150 B. 180 C. 300 D. 360
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质和前项和公式求解.
【详解】因为
所以所以其前9项和等于，
故选:B.
4. 平面向量满足，且，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合平面向量线性运算的坐标表示公式进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
因为，
所以，
故选：C
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.
【答案】A
【解析】
【分析】画出示意图，然后找出侧棱与底面所成角，计算其正切值即可.
【详解】画出如图所示示意图，
设底面边长为，则塔高
所以侧棱与底面的角的正切值为
故选：A
6. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将已知等式化简得到，再利用角的关系求解即可.
【详解】，因为所以，所以
故选：B
7. 已知一组数据的平均数是2，方差是3，则对于以下数据： ，，，，，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
【答案】D
【解析】
【分析】利用平均数和方差的定义计算即可.
【详解】由题可知，
所以有，所以其平均数为；
故选：D
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），设满足的动点P的轨迹为曲线E，满的动点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
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的定义，结合点到直线距离公式、结合圆的性质进行求解即可.
【详解】由，则，
因为，所以动点P的轨迹是以A C为焦点的椭圆，且长轴长为，
因为A B C横坐标依次为，所以点是该椭圆的对称中心，
且椭圆方程为，其中，
设，因为，所以，
该圆的圆心坐标为，半径为，显然原点经过该圆，
当动点Q在y轴正半轴上时，此时，
因为是直径，所以，即，
由，所以，
设，则有，
因为在椭圆上，
所以，代入中，得
，
故选：A
【点睛】关键点点睛：根据椭圆的定义，结合椭圆的对称性得到椭圆的方程是解题的关键.
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. D. 展开式中二项式系数最大的项为第三项
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据组合数的性质即可判断AB；根据二项式之和即可判断C；对于D，先求出展开式的通项，不妨设第项的系数最大，则有，从而可得出答案.
【详解】对于A，由组合数的性质可得，故A正确；
对于B，由组合数的性质可得，故B正确；
对于C，因为，
所以，故C错误；
对于D，展开式的通项为，
不妨设第项的二项式系数最大，
则，解得，
所以展开式中二项式系数最大的项为第三项，故D正确.
故选：ABD.
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
【答案】BC
【解析】
【分析】根据基本不等式、配方法，结合指数运算、对数的运算性质逐一判断即可.
【详解】因为实数a，b>0，2a+b=4，
所以有
，
当且仅当时取等号，即当时取等号，
故选项A不正确；
因为2a+b=4，
所以，当时，a2+b2有最小值，故选项B正确；
，当且仅当时取等号，即时取等号，故选项C正确；
因为实数a，b>0，2a+b=4，
所以，
当，时，lna+lnb有最大值ln2，因此选项D不正确，
故选：BC
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，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.例如已知函数，函数则下列说法中正确的有（）
A. 函数在区间上单调递增
B. 函数图象关于直线对称
C. 函数的值域是
D. 方程只有一个实数根
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据绝对值的几何意义去绝对值可判断A，利用对称性判断B，根据的值域可判断C，根据的值域分类讨论可求D.
【详解】，
所以函数在区间上不是单调递增，A错误；
当为奇数时，，
，
此时，
当为偶数时，，
，
此时，
所以，
所以函数图象关于直线对称，B正确；
由题可得，
所以，
所以当时，
当时，
当时，
所以函数的值域是，C正确；
若，则方程，即，
但，所以此时无解；
若，则方程，即，
但，
因为，所以，所以，
满足题意，
若，则方程，即，
但，不满足题意，
所以方程只有一个实数根为，D正确，
故选:BCD.
12. 在四面体的四个面中，有公共棱的两个面全等，，，，二面角大小为，下列说法中正确的有（）
A. 四面体外接球的表面积为
B. 四面体体积的最大值为
C. 若，，则
D. 若，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A：找出四面体得外接球得外接圆圆心和半径即可；选项B：先确定底面，底面积确定，利用夹角的变化确定体积最大的时候的高即可；选项C：直接画出二面角，然后计算其夹角即可；选项D：先过点画的垂线，垂足为;过点画的垂线，垂足为，然后二面角为与的夹角，利用基底法计算长度即可.
【详解】由题的示意图，画中点为，连接
选项A：由题可知在中，，所以,
又因为有公共棱的两个面全等, ，故,
由直角三角形的性质可知，,故该三棱锥的外接球球心为点，直径为，
所以外接球表面积为，故A正确；
选项B：要使四面体的体积最大，则只需以为底面，在边上的高为高即可；
因为公共棱的两个面全等，所以，所以有，
已知，所以，所以体积最大时，该四面体的体积为，故B 错误；
选项C：分别过点画边的垂线，显然垂足均为，则,得示意图
由选项B可知，又，，所以,
由余弦定理的，因为在三角形中，所以，故C正确；
选项D:如图所示，过点画的垂线，垂足为;过点画的垂线，垂足为，
因为，所以,
因为，所以与的夹角为，
由选项B可知，,所以,同理,
由选项A可知所以，
,所以得，
所以，故D正确；
故选：ACD
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}前n项和.若S3=4，S6=12，则S9=______.
【答案】28
【解析】
【分析】利用等比数列的片段和的性质求解即可.
【详解】因为{an}为等比数列，所以数列,也为等比数列，所以有,得，所以，
故答案为：28
14. 双曲线的左 右焦点分别为，，且右支上有一点，则=______.
【答案】##0.2
【解析】
【分析】根据双曲线方程求出焦点坐标，得到，从而求出，利用余弦定理求出答案.
【详解】的焦点为，故，
由题意得：，解得：，
因为在右支上，所以，
故，所以，
故.
故答案为：
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，选出的数字依次是则概率=______.
【答案】##
【解析】
【分析】分的不同取值分类讨论即可求解概率.
【详解】用随机机器选三次，共有种选法，
从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中选3个数，，则
先固定分别为0,1，则有8种选择，固定分别为0,2，则有7种选择，
固定分别为0,3，则有6种选择，
依此类推，当时，共有种，
所以当时，共有种，
当时，共有种，
当时，共有种，
当时，共有种，
当时，共有种，
当时，共有种，
当时，共有1种，
综上，共有种，
故，
故答案为: .
16. 已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】对进行分类讨论，结合分离常数法、函数的单调性求得的取值范围.
【详解】依题意，当时，恒成立，
当时，，所以.
当时，由得，
，，
，，，
其中，则；
设，
，
所以在区间上单调递增，最大值为，则.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】求解含参数的绝对值不等式恒成立问题，要考虑个方面，一个是题目给定的的范围，一个是绝对值不等式的解法，一个是函数的单调性和值域等知识.研究函数的单调性，可结合导数来进行求解.
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. 已知数列的前n项和为
（1）求数列的通项公式；
（2）令①；②；③从上面三个条件中任选一个，求数列的前项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】(1)根据的关系求通项公式；
(2)选①，利用错位相减法求和，选②，利用裂项相消求和，选③，利用并项求和以及等差数列前项和公式.
【小问1详解】
，
两式相减得，
数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
；
【小问2详解】
由（1）可知，
若选①：，
.
两式相减得：，
所以.
若选②：
.
若选③：
当为偶数时，
当为奇数时，.
综上得：.
18. 已知的内角的对边分别为，，，，的内切圆的面积为.
（1）求的值；
（2）若点在上，且三点共线，求的值.
【答案】（1）
（2）105
【解析】
【分析】（1）先利用余弦定理求出，然后利用等面积法求出内切圆的半径，然后求出即可；（2）显然平分，然后利用角平分线的性质可得，然后得，最后计算即可.
【小问1详解】
在中，由余弦定理得：
，即
设内切圆的半径为，则
【小问2详解】
在中，由（1）结合余弦定理得，
平分点到的距离相等，故，
而
19. 在三棱柱中，侧面是菱形，，，.
（1）求证：；
（2）已知，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1) 取中点为,连接,然后证明垂直平分即可；（2）先证明两两垂直，然后建立空间直角坐标系计算即可.
【小问1详解】
取中点为,连接，
在三棱柱中，侧面是菱形，，
则为正三角形，取中点为，则，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为是中点，所以.
小问2详解】
在边长为2正中，，
在中，，则，又，
所以，所以，
所以两两垂直.
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系.
则，
，
设平面的法向量为，则
，令，则
设直线与平面所成角为，
则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
20. 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（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，其中m为单件产品的成本（单位：元），且=0.6827；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差.若保持单件产品的成本不变，则将会变成多少？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：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为=，.
若，则，，
【答案】（1）
（2），成本下降3元.
【解析】
【分析】(1)将非线性回归模型转化为线性回归模型求解；
(2)利用真态分布的概率模型求解，并结合特殊概率值求解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
所以，
所以.
【小问2详解】
未引入云算力辅助前，，所以，
又，所以，所以.
引入云算力辅助后，，所以，
若保持产品成本不变，则，
所以
若产品质量不变，则，所以，
所以单件产品成本可以下降元.
21. 已知为抛物线的弦，点在抛物线的准线上.当过抛物线焦点且长度为时，中点到轴的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）若为直角，求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用抛物线弦长公式，以及中点到轴的距离公式，计算出即可；
（2）先设，直线的方程：，联立方程组，由韦达定理可得，
又因为为直角可得，化简求解可得，所以得出直线过定点.
【小问1详解】
设，则由题意得，
解得，
所以抛物线的方程为
【小问2详解】
直线过定点，证明如下：
设，直线的方程：，
将代入得，
则，得，
由韦达定理可得，
所以，
因为，所以，即，
即，
即，所以，
所以直线过定点.
22. 已知函数，.（为自然对数的底数，）.
（1）若函数在区间上单调递减，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.
【答案】（1）
（2）存在，一条，证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据函数的单调性可得，再构造函数，讨论最值即可求解；
(2)利用导数和切线的关系，求出切线方程，进而可得，再根据导数讨论单调性，结合单调性与函数零点的关系求解.
【小问1详解】
.
因为在上单调减，
所以恒成立，
所以恒成立.
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以.
【小问2详解】
存在且仅有一条直线同时与的图象相切.
设直线与的图象分别相切于点，
其中，且，
则在处的切线方程为：，即；
在处的切线方程为：，即.
所以……①
……②
因为，所以，则.
可得，于是有，
整理得.
法1：两边同除以得，
要证有且仅有一条直线同时与的图象都相切，
只需证函数，在上有且仅有一个零点.
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，所以在上无零点.
取，则，，
所以函数在上有且仅有一个零点，
综上，函数在上有且仅有一个零点，
所以有且仅有一条直线同时与的图象都相切.
法2：要证有且仅有一条直线同时与的图象都相切，
只需证函数在上有且仅有一个零点.
，
设，则，
因，所以，所以，
所以在上单调递增，所以，
又，所以，所以在上单调递增，
所以，
取则，
其中，
所以，
所以函数在上有且仅有一个零点，
所以有且仅有一条直线同时与的图象都相切.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键在于利用且点坐标表示出切线方程，再根据等量代换可得，构造函数，结合函数的单调性与零点之间的关系即可证明.