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江苏省扬州市2022-2023学年高三下学期数学期初考试试卷
一、单选题
1．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）已知数列满足则其前9项和等于（ ）
A．150 B．180 C．300 D．360
4．（2023高三下·扬州开学考）平面向量满足，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）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、多选题
9．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）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
13．（2023高三下·扬州开学考）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S3=4，S6=12，则S9= .
14．（2023高三下·扬州开学考）双曲线的左 右焦点分别为，，且右支上有一点，则= .
15．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围是 .
四、解答题
17．（2023高三下·扬州开学考）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.
18．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）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．（2023高三下·扬州开学考）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.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数的代数表示法及其几何意义；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】已知，得，所以，所以其在复平面内对应的点为，在第四象限；
故答案为：D
【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的几何意义，即可求解.
2．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】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，
故答案为：B.
【分析】由，可判定充分性不成立，再由，结合不等式的性质得到“”进而推得“”，得出必要性成立，即可求解.
3．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】因为
所以所以其前9项和等于，
故答案为：B.
【分析】根据题意和等差数列的性质，求得，再由等差数列的求和公式，即可邱大姐其前9项和.
4．【答案】C
【知识点】数量积的坐标表达式；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】因为，
所以，
因为，
所以，
故答案为：C
【分析】根据题意求得向量，结合向量数量积的坐标运算公式，列出方程，即可求解.
5．【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【解答】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
故答案为：A
【分析】画出示意图，设底面边长为，求得塔高和，结合线面角的定义，即可求得侧棱与底面的角的正切值.
6．【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】，因为所以，所以
故答案为：B
【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和倍角公式，化简得到，得到，结合三角函数的诱导公式和特殊角的三角函数值，即可求解.
7．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】由题可知，
所以有，所以其平均数为；
故答案为：D
【分析】根据题意，结合平均数和方差的公式，准确计算，即可求解.
8．【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】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
，
故答案为：A
【分析】因为，得到动点P的轨迹是以A C为焦点的椭圆，各级A B C横坐标得到点是该椭圆的对称中心和方程为，设，根据，求得，该圆的圆心坐标为，当动点Q在y轴正半轴上时，此时，根据是直径，得到，进而得到，再设，得到，结合在椭圆上，求得，代入求得，结合离心率的定义，即可求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】组合及组合数公式；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】对于A，由组合数的性质可得，A符合题意；
对于B，由组合数的性质可得，B符合题意；
对于C，因为，
所以，C不符合题意；
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，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】由组合数的性质，可判定A、B符合题意；由，可判定C不符合题意；设第项的二项式系数最大，列出不等式组，求得，可判定D符合题意.
10．【答案】B,C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】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，
A不正确；
因为2a+b=4，
所以，当时，a2+b2有最小值，B符合题意；
，当且仅当时取等号，即时取等号，C符合题意；
因为实数a，b>0，2a+b=4，
所以，
当，时，lna+lnb有最大值ln2，因此D不正确，
故答案为：BC
【分析】由，结合基本不等式，可判定A不正确；根据，根据二次函数的性质，可判定B符合题意；由，结合基本不等式，可判定C符合题意；由，结合二次函数和对数函数的性质，可判定D不正确.
11．【答案】B,C,D
【知识点】余弦函数的定义域和值域；分段函数的应用；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】，
所以函数在区间上不是单调递增，A不符合题意；
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符合题意；
由题可得，
所以，
所以当时，
当时，
当时，
所以函数的值域是，C符合题意；
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符合题意，
故答案为：BCD.
【分析】化简函数为，结合正弦和余弦函数的性质，可判定A不符合题意；当为奇数时，化简得到；当为偶数时，得到，进而可判定B符合题意；化简函数为，根据函数的值域，结合取整函数的定义，可判定C符合题意；根据、和，三种情况，结合正弦和余弦的性质，即可求解.
12．【答案】A,C,D
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】由题的示意图，画中点为，连接
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，A符合题意；
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，B 错误；
C：分别过点画边的垂线，显然垂足均为，则，得示意图
由B可知，又，，所以，
由余弦定理的，因为在三角形中，所以，C符合题意；
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B可知，，所以，同理，
由A可知所以，
，所以得，
所以，D符合题意；
故答案为：ACD
【分析】取中点为，连接，由直角三角形的性质得到，，得到该三棱锥的外接球球心为点，求得直径为，结合球的表面积公式，可判定A符合题意；要使四面体的体积最大，则只需以为底面，在边上的高为高，结合三角形的性质和锥体的体积公式，可判定B 错误；分别过点画边的垂线，垂足均为，在中，利用余弦定理求得，可判定C符合题意；过点画的垂线，过点画的垂线，垂足为，得到所以与的夹角为，结合B求得，再由A得到，结合，利用向量的数量积的公式，即可求解.
13．【答案】28
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】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
【分析】根据等比数列的性质，得到为等比数列，得出，即可求解.
14．【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】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：
【分析】根据题意，求得，得到，得出，在中，利用余弦定理，即可求解.
15．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理
【解析】【解答】用随机机器选三次，共有种选法，结合
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： .
【分析】用随机机器选三次求得共有种选法，根据，根据先固定，按，分类讨论，结合分类计算原理求得基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
16．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；二次函数的性质
【解析】【解答】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：
【分析】当时，得到，求得；当时，转化为，进而转化为，设，利用导数求得函数在区间上单调递增，得出最大值，进而求得的取值范围.
17．【答案】（1）解：，
两式相减得，
数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
；
（2）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：.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据题意得到 ，两式相减得，结合等比数列的定义，得到数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即可求得 数列的通项公式；
（2） 由（1）得到，若选①得到，结合乘公比错位相减法，即可求解；若选②求得，结合裂项相消法，即可求解；若选③求得，分为偶数和为奇数，结合并项求和，即可求解.
18．【答案】（1）解：在中，由余弦定理得：
，即
设内切圆的半径为，则
（2）解：在中，由（1）结合余弦定理得，
平分点到的距离相等，故，
而
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）在 中 ，由余弦定理列出方程，求得，设内切圆的半径为，结合 ，即可求解；
（2） 在中，由（1）结合余弦定理求得，根据平分得到，再由，得到，求得，结合数量积的运算公式，即可求解.
19．【答案】（1）证明：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.
（2）解：在边长为2的正中，，
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.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 取中点为，连接，根据为正三角形，取中点为，得到，再由，根据线面垂直的判定定理证得平面，进而得到，根据是中点，即可得到；
（2） 以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
20．【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
所以，
所以.
（2）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.
【知识点】可线性化的回归分析；相关系数；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【分析】（1） 由，得出，利用公式求得的值，进而求得的值，即可求得回归方程；
（2） 未引入云算力辅助前，根据题意得到，结合，求得，引入云算力辅助后得到，根据保持产品成本不变得，求得，由产品质量不变，求得，即可求得单件产品成本下降.
21．【答案】（1）解：设，则由题意得，
解得，
所以抛物线的方程为
（2）证明：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.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 设，根据抛物线的焦点弦长公式和中点公式，列出方程组，求得，进而得到抛物线的方程；
（2） 设，的方程为，代入抛物线求得，得到，结合向量的数量积的运算公式，列出方程，求得，结合直线方程的性质，即可得证.
22．【答案】（1）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.
（2）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，
因为，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.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求得 ，根据题意转化为恒成立，即恒成立，设，利用导数求得函数的单调性和，即可求得 实数a的取值范围；
（2） 设直线与的图象分别相切于点，得到在、Q两处的切线方程，化简得到.
法1：把方程转化为，转化为函数，在上有且仅有一个零点，利用导数求得单调性，得到在上无零点，再取，得到，根据，得到函数在上有且仅有一个零点，即可得到结论；
法2：转化为函数在上有且仅有一个零点，求得，设，利用导数求得函数在上单调递增，得到，进而得到在上单调递增，得到，取，得到，求得，进而得到函数在上有且仅有一个零点，即可得到结论.
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江苏省扬州市2022-2023学年高三下学期数学期初考试试卷
一、单选题
1．（2023高三下·扬州开学考）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
【知识点】复数的代数表示法及其几何意义；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】已知，得，所以，所以其在复平面内对应的点为，在第四象限；
故答案为：D
【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的几何意义，即可求解.
2．（2023高三下·扬州开学考）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
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】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，
故答案为：B.
【分析】由，可判定充分性不成立，再由，结合不等式的性质得到“”进而推得“”，得出必要性成立，即可求解.
3．（2023高三下·扬州开学考）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
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】因为
所以所以其前9项和等于，
故答案为：B.
【分析】根据题意和等差数列的性质，求得，再由等差数列的求和公式，即可邱大姐其前9项和.
4．（2023高三下·扬州开学考）平面向量满足，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】数量积的坐标表达式；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】因为，
所以，
因为，
所以，
故答案为：C
【分析】根据题意求得向量，结合向量数量积的坐标运算公式，列出方程，即可求解.
5．（2023高三下·扬州开学考）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
【知识点】棱锥的结构特征；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【解答】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
故答案为：A
【分析】画出示意图，设底面边长为，求得塔高和，结合线面角的定义，即可求得侧棱与底面的角的正切值.
6．（2023高三下·扬州开学考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】，因为所以，所以
故答案为：B
【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和倍角公式，化简得到，得到，结合三角函数的诱导公式和特殊角的三角函数值，即可求解.
7．（2023高三下·扬州开学考）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
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】由题可知，
所以有，所以其平均数为；
故答案为：D
【分析】根据题意，结合平均数和方差的公式，准确计算，即可求解.
8．（2023高三下·扬州开学考）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
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】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
，
故答案为：A
【分析】因为，得到动点P的轨迹是以A C为焦点的椭圆，各级A B C横坐标得到点是该椭圆的对称中心和方程为，设，根据，求得，该圆的圆心坐标为，当动点Q在y轴正半轴上时，此时，根据是直径，得到，进而得到，再设，得到，结合在椭圆上，求得，代入求得，结合离心率的定义，即可求解.
二、多选题
9．（2023高三下·扬州开学考）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】A,B,D
【知识点】组合及组合数公式；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】对于A，由组合数的性质可得，A符合题意；
对于B，由组合数的性质可得，B符合题意；
对于C，因为，
所以，C不符合题意；
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，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】由组合数的性质，可判定A、B符合题意；由，可判定C不符合题意；设第项的二项式系数最大，列出不等式组，求得，可判定D符合题意.
10．（2023高三下·扬州开学考）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】B,C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】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，
A不正确；
因为2a+b=4，
所以，当时，a2+b2有最小值，B符合题意；
，当且仅当时取等号，即时取等号，C符合题意；
因为实数a，b>0，2a+b=4，
所以，
当，时，lna+lnb有最大值ln2，因此D不正确，
故答案为：BC
【分析】由，结合基本不等式，可判定A不正确；根据，根据二次函数的性质，可判定B符合题意；由，结合基本不等式，可判定C符合题意；由，结合二次函数和对数函数的性质，可判定D不正确.
11．（2023高三下·扬州开学考）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】B,C,D
【知识点】余弦函数的定义域和值域；分段函数的应用；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】，
所以函数在区间上不是单调递增，A不符合题意；
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符合题意；
由题可得，
所以，
所以当时，
当时，
当时，
所以函数的值域是，C符合题意；
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符合题意，
故答案为：BCD.
【分析】化简函数为，结合正弦和余弦函数的性质，可判定A不符合题意；当为奇数时，化简得到；当为偶数时，得到，进而可判定B符合题意；化简函数为，根据函数的值域，结合取整函数的定义，可判定C符合题意；根据、和，三种情况，结合正弦和余弦的性质，即可求解.
12．（2023高三下·扬州开学考）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】A,C,D
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】由题的示意图，画中点为，连接
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，A符合题意；
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，B 错误；
C：分别过点画边的垂线，显然垂足均为，则，得示意图
由B可知，又，，所以，
由余弦定理的，因为在三角形中，所以，C符合题意；
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B可知，，所以，同理，
由A可知所以，
，所以得，
所以，D符合题意；
故答案为：ACD
【分析】取中点为，连接，由直角三角形的性质得到，，得到该三棱锥的外接球球心为点，求得直径为，结合球的表面积公式，可判定A符合题意；要使四面体的体积最大，则只需以为底面，在边上的高为高，结合三角形的性质和锥体的体积公式，可判定B 错误；分别过点画边的垂线，垂足均为，在中，利用余弦定理求得，可判定C符合题意；过点画的垂线，过点画的垂线，垂足为，得到所以与的夹角为，结合B求得，再由A得到，结合，利用向量的数量积的公式，即可求解.
三、填空题
13．（2023高三下·扬州开学考）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S3=4，S6=12，则S9= .
【答案】28
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】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
【分析】根据等比数列的性质，得到为等比数列，得出，即可求解.
14．（2023高三下·扬州开学考）双曲线的左 右焦点分别为，，且右支上有一点，则= .
【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】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：
【分析】根据题意，求得，得到，得出，在中，利用余弦定理，即可求解.
15．（2023高三下·扬州开学考）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】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理
【解析】【解答】用随机机器选三次，共有种选法，结合
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： .
【分析】用随机机器选三次求得共有种选法，根据，根据先固定，按，分类讨论，结合分类计算原理求得基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
16．（2023高三下·扬州开学考）已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；二次函数的性质
【解析】【解答】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：
【分析】当时，得到，求得；当时，转化为，进而转化为，设，利用导数求得函数在区间上单调递增，得出最大值，进而求得的取值范围.
四、解答题
17．（2023高三下·扬州开学考）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）解：，
两式相减得，
数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
；
（2）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：.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据题意得到 ，两式相减得，结合等比数列的定义，得到数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即可求得 数列的通项公式；
（2） 由（1）得到，若选①得到，结合乘公比错位相减法，即可求解；若选②求得，结合裂项相消法，即可求解；若选③求得，分为偶数和为奇数，结合并项求和，即可求解.
18．（2023高三下·扬州开学考）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）解：在中，由余弦定理得：
，即
设内切圆的半径为，则
（2）解：在中，由（1）结合余弦定理得，
平分点到的距离相等，故，
而
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）在 中 ，由余弦定理列出方程，求得，设内切圆的半径为，结合 ，即可求解；
（2） 在中，由（1）结合余弦定理求得，根据平分得到，再由，得到，求得，结合数量积的运算公式，即可求解.
19．（2023高三下·扬州开学考）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：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.
（2）解：在边长为2的正中，，
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.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 取中点为，连接，根据为正三角形，取中点为，得到，再由，根据线面垂直的判定定理证得平面，进而得到，根据是中点，即可得到；
（2） 以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
20．（2023高三下·扬州开学考）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）解：因为，所以，
所以，
所以，
所以.
（2）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.
【知识点】可线性化的回归分析；相关系数；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【分析】（1） 由，得出，利用公式求得的值，进而求得的值，即可求得回归方程；
（2） 未引入云算力辅助前，根据题意得到，结合，求得，引入云算力辅助后得到，根据保持产品成本不变得，求得，由产品质量不变，求得，即可求得单件产品成本下降.
21．（2023高三下·扬州开学考）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）解：设，则由题意得，
解得，
所以抛物线的方程为
（2）证明：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.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 设，根据抛物线的焦点弦长公式和中点公式，列出方程组，求得，进而得到抛物线的方程；
（2） 设，的方程为，代入抛物线求得，得到，结合向量的数量积的运算公式，列出方程，求得，结合直线方程的性质，即可得证.
22．（2023高三下·扬州开学考）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）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.
（2）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，
因为，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.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求得 ，根据题意转化为恒成立，即恒成立，设，利用导数求得函数的单调性和，即可求得 实数a的取值范围；
（2） 设直线与的图象分别相切于点，得到在、Q两处的切线方程，化简得到.
法1：把方程转化为，转化为函数，在上有且仅有一个零点，利用导数求得单调性，得到在上无零点，再取，得到，根据，得到函数在上有且仅有一个零点，即可得到结论；
法2：转化为函数在上有且仅有一个零点，求得，设，利用导数求得函数在上单调递增，得到，进而得到在上单调递增，得到，取，得到，求得，进而得到函数在上有且仅有一个零点，即可得到结论.
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