...2023学年高三上学期期末校级联考数学试题及答案(2023

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2023年9月2日发(作者：邮差先生阅读答案)

二万五千里长征牺牲了多少人-

参照秘密级管理★启用前 试卷类型：A

2020级高三上学期期末校际联合考试

数学试题 2023.1

考生注意：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本大题共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。

x1．设集合A=x|1216，B=2,3,4,5，则AB=

A．2,3 B．3,4 C．2,3,4

5 D．2,3,4，2．设a，b为实数，若复数A．a=1+2i=1+i，则

a+bi3113，b= B．a=3，b=1 C．a=，b= D．a=1，b=3

222211”是“x3”的

x−23．设xR，则“A．充分不必要条件

C．充要条件

B．必要不充分条件

D．既不充分也不必要条件

4．已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是

A．若m⊥，n//，则m//n

B．若m//，//，则m//

C．若m⊥，n⊥，m⊥n，则⊥

D．若⊥，m//，则m⊥

1 页 共6页 高三数学试题 第5．若曲线y=−x+1在点(0,−1)处的切线与曲线y=lnx在点P处的切线垂直，则点P

的坐标为

A．(e,1) B．(1,0) C．(2,ln2) D．(,−ln2)

6．我们要检测视力时会发现对数视力表中有两列数据，分别是小数记录与五分记录，如图所示（已隐去数据），其部分数据如表：

小数记录x

五分记录y

0.1 0.12 0.15 0.2

…

？

…

1.0 1.2 1.5 2.0

124.0 4.1 4.2 4.3

…

4.7

…

5.0 5.1 5.2 5.3

现有如下函数模型：①y=5+lgx，②y=5+11lg，x表示小数10x记录数据，y表示五分记录数据，请选择最合适的模型解决如下问题：

小明同学检测视力时，医生告诉他的视力为4.7，则小明同学的小数记录数据为（附：10−0.3=0.5，5−0.22=0.7，10−0.1=0.8）

A．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.8

7．安排4名中学生参与社区志愿服务活动，有4项工作可以参与，每人

参与1项工作，每项工作至多安排2名中学生，则不同的安排方式有

A．168种 B．180种 C．192种 D．204种

y2x28．已知F1，F2分别为双曲线2−2=1(a0，b0)的两个焦点，双曲线上的点P到ab原点的距离为b，且sinPF2F1=3sinPF1F2，则该双曲线的渐近线方程为

A．y=

2 页 共6页 高三数学试题 第23x C．y=2x D．y=3x

x B．y=22二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9．对于抛物线x=8y，下列描述正确的是

A．开口向上，焦点为(0，2)

C．焦点到准线的距离为4

10．已知数列an满足a1=1，A．an+12anB．开口向上，焦点为(0，)

D．准线方程为y=−4

2116an+11=an+，则

anan B．{

an+1}是递增数列

an2C．an+1−4an是递增数列 D．ann−2n+2

11．2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）正视图近似伯努利双纽线．在平面直角坐标系

xOy中，把到定点F1(−a,0)，F2(a,0)距离之积等于a2(a0)的点的轨迹称为双纽

线．已知点P(x0,y0)是双纽线C上一点，下列说法中正确的有

A．双纽线C关于原点O中心对称

B．−aay0

22C．双纽线C上满足PF1=PF2的点P有两个

D．|PO|的最大值为2a

12．已知三棱锥A−BCD的棱长均为3，其内有n个小球，球O1与三棱锥A−BCD的四个面都相切，球O2与三棱锥A−BCD的三个面和球O1都相切，如此类推，…，球On与三棱锥A−BCD的三个面和球On−1都相切(n2，且nN)，球On的表面积为Sn，体积为Vn，则

A．V1=3π6π B．S3=

816 C．数列Sn为等差数列 D．数列Vn为等比数列

3 页 共6页 高三数学试题 第三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

13．二项式(x−)6的展开式中常数项为−20，则a的值为______．

14．已知向量a，b夹角为axπ，且|a|=1，|b|=2，则2a+b=______．

415．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为______．

16．设正项等比数列a1，a2，，a5的公比为q，首项a1=1，关于x的方程akx2+2x+ak=0 有两个不相等的实根x1，x2，且存在唯一的ak(k=1,2,,5)，使得|x1−x2|215．则公比q的取值范围为______．

四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

17．（10分）

已知函数f(x)=3sinx+sinxcosx.

（1）求函数2f(x)的单调增区间；

=f(x)图象上点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再把所3个单位得到函数g(x)的图象，求g(x)的最小值及取得最小值时2（2）将函数y得函数图象向下平移x的取值集合.

4 页 共6页 高三数学试题 第18．（12分）

如图，长方形ABCD纸片的长AB为3+7，将矩形ABCD沿折痕EF,GH翻折，使得A,B两点均落于DC边上的点P，若EG=7,EPG=.

（1）当sin2=−sin时，求长方形宽AD的长度；

（2）当(0,]时，求长方形宽AD的最大值.

19．（12分）

如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，M是侧面PBC上一点．

（1）过点M作一个截面，使得PA与BC都与平行．作出与四棱锥π2P−ABCD表面的交线，并证明；

（2）设BM=BC+11BP，其中[0，]．若PB与平面MCD所成角的正弦值22为

15，求的值．

520．（12分）

已知数列an的各项均为非零实数，其前n项和为Sn(Sn0)，且Snan+2=Sn+1an.

（1）若S3=2，求a3的值；

（2）若a1=a,a2023=2023a，求证：数列an是等差数列，并求其前n项和.

5 页 共6页 高三数学试题 第21．（12分）

x2y2设椭圆C:2+2=1(ab0)的左右焦点分别为F1,F2，椭圆的上顶点B(0,3)，ab点A为椭圆C上一点，且3F1A+F1B=0.

（1）求椭圆C的离心率及其标准方程；

（2）圆C圆心在原点O，半径为2，过原点O的直线l与椭圆C交于M,N两点，椭圆上一点P满足OP⊥MN,试说明直线PM,PN与圆C的位置关系，并证明.

22．（12分）

已知函数f(x)=sinx−ae−x，f(x)是f(x)的导函数．

（1）若f(x)0在(−π,π)上恒成立，求实数a的取值范围；

(2k+2)π](kN*)内（2）若f()=0，判断关于x的方程f(x)=−1在[(2k+1)π，实数解的个数，并说明理由．

6 页 共6页 高三数学试题 第2020级高三上学期期末校际联合考试

数学试题答案

2023.1

一、单项选择题：本大题共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。

1-4 AABC 5-8 DBDA

8．【答案】A【解析】设F1为双曲线的下焦点，F2为双曲线的上焦点，绘出双曲线的图像，

如图，过点P作PH⊥F1F2于点H,因为sinPF2F13sinPF1F2，

PHPH3所以，PF1=3PF2，因为PF1−PF2=2a，所以PF2=a，

PF2PF1因为双曲线上的点P到原点的距离为b，即PO所以PF2故2b，且OF2=c，

90，

POPF22a2b21OF22c2OF2，OPF2ab，

c21OP22HP，HPabb2b2HPOP，所以HO因为HO，P(，)，

cccb22ab222abbyx()(−)2将P(即c，化简得b4a4，)代入双曲线2−2=1中，c−=1ccaba2b2

2222a2a2b2，即b2a2a2，b22a2，

所以baba22b4a4a2c2，a2a2b2，

则该双曲线的渐近线方程为

y=a2x=x，故选：A.

b2二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

12. AD

an+112，所以；an+12an

=an+ananan+1an+11C选项；

=a+n对于B，因为a，所以是a递增数列；annn10.【答案】ABD【解析】对于A，因为因为

an+11=an+，所以an+1=an2+1，易知{an}是递增数列；

anan22又an+1−4an=an+1−4an=(an−2)−3，令bn=(an−2)−3，

2如图所示：当n2时，{bn}递增，即an+1−4an递增

an+1122an1，，即an+1−an1，又an+1=an+1an+1=a+，故a=a+1，nn+1n对于D项：aann

1 页 共8页 高三数学试题 第2由同向不等式的加法可得，ann，故an+1=an+1n2+1，

22an(n−1)+1=n−2n+2成立，当n=1时，不等式成立，故D正确.

11．【答案】ABD【解析】PF1PF2=2222(x0+a)422+y0(x0−a)22+y0=a2

∴双纽线(x+a)+y(x−a)+y=a关于原点O对称，A对．

4222224x4−2a2x2+a4+2x2y2+2a2y2+y4−a4=0,x+2y−2ax+2ay+y=0

()=(2y−2a222)aaa2−4(2ay+y)0，∴0y，∴−y，B对．

2242242PF1=PF2，则x0=0,y0=0只有一个点满足条件，C错．

PO=211PF1+PF2,PO=(PF12+2PF1PF2cosF1PF2+PF22)

24()由余弦定理知4a=PF1−2PF1PF2cosF1PF2+PF2

∴222PO2=a2+PF1PF2cosF1PF2=a2+a2cosF1PF22a2

2a，D对，选ABD．

∴POB另解：S△PF1F2=aaaa11PF1PF2sinF1PF2=2ay0∴y0=sinF1PF2，∴−y0．

22222212．【答案】AD【解析】如图所示，AO是三棱锥A−BCD的高，O是三角形BCD的外心，设BC=a，则OB=在AO上，

336a，AO=a2−(a)2=a，O1是三棱锥A−BCD的外接球和内切球球心，O1333设外接球的半径为R，内切球半径为r1，则由O1B=OO1+BO得，R2=(222326a)+(a−R)2，

33解得R=6666a，所以r1=AO−AO1=AO−R=a−a=a,

43412则r1=1646AO,所以r1=，V1=r13=，

4438过AO的中点作与底面BCD平行的平面，与三条棱AB,AC,AD交于点B1,C1,D1,

则平面B1C1D1与球O1相切，由题意知球O2是三棱锥A−B1C1D1的内切球，

又三棱锥A−B1C1D1的棱长是三棱锥A−BCD棱长的同理，球On的半径为rn，则rn是公比为11，所以其内切球半径r2=r1，

22166的等比数列，

所以r1=，rn=n+1，242

2 页 共8页 高三数学试题 第S3=4r32=3，

32所以数列Sn是公比为11的等比数列，

数列Vn是公比为等比数列。

84三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

13．1 14.10 15.

4 16.

(1,1]

42515．【解析】方法一：延长AB,DC交于O，A1B1,D1C1交于O1，连接OO1，以矩形OO1B1B为侧面构造正四棱柱FGOB−EHO1B1，则GO1//CD1，BO1//AB1

所以BO1G为异面直线AB1与CD1所成角

在BO1G中，O1B=O1G=12+22=5，BG=2

O1B2+O1G2−GB25+5−24==

所以cosBO1G=2O1BO1G25554所以异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为.

5方法二：设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1,OC,OB

以O为原点，分别以OC,OB,OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系则C(1,0,0),A(0,2,0),B1(0,1,2),D1(2,0,2),

则CD1=(1,0,2),AB1=(0,−1,2),

cosCD1,AB1=CD1AB1CD1AB1=44=,又异面直线所成角的范围为(0,π,故55524异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为．（建议用几何法解决）

516．【解析】依题意，等比数列a1，a2，，a5，首项a1=1，所以ak0，

由于一元二次方程akx2+2x+ak=0的两根为x1,x2，

2所以=4−4ak0,0ak1，且x1+x2=−2,x1x2=1，由x1−x2=ak(x1+x2)2−4x1x2=4−4215，

ak2得4111−460,16,aak1，可得数列a1,a2,．所以k22akak44,a5的公比0q1，故为递减数列

因为存在唯一的ak(k=1,2,,5)，使得x1−x2215，

1414k=1显然不适合，若k3，则a2>a3，因为ak1，故a21，此时存在至少两项使得x1−x2215，不合题意．故k=2，即a21，且0a3，故a1q1且0a1q2，解得11q

4214141414

3 页 共8页 高三数学试题 第则公比q的取值范围为(1,1]

42

四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

17．解:（1）因为f(x)=3sin2x+sinxcosx=31(1−cos2x)+sin2x22133π3，………………………3分

=sin2x−cos2x+=sin2x−+22232由−ππππ5π+2kπ2x−+2kπ,kZ，得−+kπx+kπ,kZ，

2123212所以f(x)的单调增区间为−5ππ+kπ,+kπ,kZ.

………………………5分

1212（2）将函数y=f(x)图象上点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再把所得函数图象向下平移3个单位得到函数g(x)的图象，

2所以g(x)=sin2故当x−1π33πx−+−=sinx−，………………………7分

23223ππ3π11π=+2kπ,kZ，即x=+2kπ,kZ时，sinx−=−1，即g(x)取得最小值−1，

3326所以g(x)的最小值为−1，此时x的取值集合为xx=11π+2kπ,kZ.………10分

618.

解：（1）当sin2=−sin时，2sincos=−sincos=−12,=……1分

23EG=7，设PE=AE=x,PG=BG=y,x+y=3，①

1x2+y2−2xy−=7x2+y2+xy=7，②

………………………4分

2①2−②xy=2,SPEG=121321.……6分

xysin=7ADAD==23277（2）在PEG中，PE=AE=x,PG=BG=y,x+y=3①

x2+y2−2xycos=7②

①2−②2xy(1+cos)=2,xy=1

……………9分

1+cos

4 页 共8页 高三数学试题 第SPEG=11sin122=xysin=7ADAD==227(1+cos)71+2cos2−122sincostan2

702,024,0tan21,(AD)max=17.

……………12分

=77

19．解:（1）过点M作BC的平行线，分别交PB,PC于点E,F，过点E作PA的平行线，交AB于点G，过G作BC的平行线，交DC于点N，连接FN，因为GN//EF，所以平面EFNG就是截面.

……………3分

证明：因为AP//EG，EG平面EFNG，AP平面EFNG,

故AP//平面EFNG，即AP//平面； 同理可证BC//平面.…………6分

（2）以点D作为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系

B(2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),D(0,0,0)，设M(x,y,z)

BM=(x−2,y−2,z),BC=(−2,0,0),BP=(−2,−2,2)

(x−2,y−2,z)=(−2−1,−1,1)，则x=1−2,y=1,z=1，即M(1−2,1,1)

……………8分

DC=(0,2,0)，MC=(2−1,1,−1)，设平面MCD的法向量为n=(x1,y1,z1)

nMC=0(2−1)x1+y1−z1=02y1=0nDC=0，取x1=1，则z1=2−1,y1=0

即n=(1,0,2−1)，

……………10分

设PB与平面MCD所成角为

sin=|nBP||2−2|152==，整理得8+2−1=0

5|BP||n|342−4+211解得=−（舍），=

……………12分

4220．解：（1）由SnaSa=n，令n=1，得1=1，S=a, ……………2分

23Sn+1an+2S2a3因为数列an的各项均为非零实数，所以S2=a1+a2=a3，

又S3=a1+a2+a3=2a3=2，

所以，a3=1；…………………………5分

（2）由Sna=n得：

Sn+1an+2

5 页 共8页 高三数学试题 第Sn−1an−1S1a1a2SaSaS1a1=，2=2，3=3，=……，，相乘得：=，

S2a3Snanan+1S3a4S4a5Snan+1因为数列an的各项均为非零实数，所以a2Sn=anan+1，

当n2时：a2Sn−1=an−1an，所以a2Sn−a2Sn−1=anan+1−an−1an，

即a2(Sn−Sn−1)=an(an+1−an−1)，

即a2an=an(an+1−an−1)，

因为an0，所以an+1−an−1=a2，…………………………8分

所以a3−a1=a2，a4−a2=a2，

所以数列a2n−1是等差数列，首项为a1，公差为a2，

所以数列a2n是等差数列，首项为a2，公差为a2，

a2023=a1+1011a2=2023a，所以a2=2a1=2a，

所以a2n−1=a1+(n-1)a2=(2n-1)a1=(2n-1)a，

a2n=a2+(n-1)a2=2na1=2na， ……………10分

所以an=na，所以an+1−an=a，所以数列an是等差数列，

Sn=n(n+1)a。 …………………………12分

221.解：（1）设A(x0,y0)，B(0,3)，F1(−c,0).由3F1A+F1B=0

4cx=−,034c33x0+4c=0,得得，即得A(−,−),

333y0+3=0,y=−3,03xy+=1上， 得a2b2c2c2得=即椭圆C的离心率为e==. ……………3分

a2，a2又因为A(x0,y0)在椭圆C:

22(−4c232)(−)3+3=1，

a23x2y2+=1 …………………………5分 又b=3，所以椭圆

C:63（2）因为M,N关于原点对称，OM=ON,OP⊥MN,OPMN=0，所以PM=PN，

设M(x1,y1)，P(x2,y2).

当直线PM的斜率存在时，设直线PM的方程为y=kx+m.

由直线和椭圆方程联立得x+2(kx+m)=6，即(1+2k)x+4kmx+2m−6=0，

22222

6 页 共8页 高三数学试题 第−4kmx+x=121+2k2所以. ……………7分

2xx=2m−6121+2k2因为OM=(x1,y1)，OP=(x2,y2)，

所以OMOP=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)

=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2

3(m2−2k2−2)2m2−6−4km2=(1+k)+km=0 ……………9分

+m=2221+2k2k+11+2kmm22222=2，所以m−2k−2=0，m=2k+2，所以2=2，

2k+1k+12又因为圆C的圆心O到直线PM的距离为mk+12=2=r，

所以直线PM与圆C相切.

当直线PM的斜率不存在时，依题意得N(−x1,−y1)，P(x1,−y1).

x12y12+=1得x12=2， 由PM=PN得2x1=2y1，所以x=y，结合63所以直线PM到原点O的距离都是2，所以直线PM与圆C也相切.

同理可得，直线PN与圆C也相切.

所以直线PM,PN与圆C相切. …………………………12分

22．解:（1）f(x)=sinx−ae−x0，即aeexsinx，令m(x)=exsinx，2121m'(x)=ex(sinx+cosx),

……………1分

当x(−π,π)时，

3，

443x，

m'(x)=ex(sinx+cosx)0,得−x−或443x−]和[，)上为减函数，

所以m(x)=esinx在(−，443在[−，]上为增函数，

……………3分

44令m'(x)=e(sinx+cosx)0,得−xxm()=esin=0,故m(x)min=m(−)=e4(−)4)2(−sin(−)=−e4，

4255)(−)(−)2(−22ae−e4，即a−e4；综上a−e4.

……………5分

222−x（2）f(x)=cosx+ae,f()=−1+a=0a=1

……………6分

由f(x)=−1得，sinx−e−x+1=0，

令s(x)=sinx−e−x+1,s'(x)=cosx+e−x,令g(x)=cosx+e−x，

7 页 共8页 高三数学试题 第g'(x)=−sinx−e−x,h(x)=−sinx−e−x,h'(x)=−cosx+e−x,h'(x)在(2k+1),(2k+2)上单调递减，注意到h'((2k+1))=1+e−2k0,h'((2k+2))=−1+e−−2k0)

存在x0((2k+1),(2k+2))使h'(x0)=0，

且当(2k+1)xx0时，h'(x)0,g'(x)单调递增；

当x0x(2k+2)时，h'(x)0,g'(x)单调递减,

且g'(2k+1)=−e()−2k0,g'((2k+2))=−e−−2k0

−−2k3g'2k+=1−e20，

……………9分

233g'(x)在(2k+1),2k+和2k+,(2k+2)上各有一个零点x1,x2

22且当(2k+1)xx1时，s'(x)单调递减;x1xx2时，s'(x)单调递增,

当x2x(2k+2)时，

s'(x)单调递减且s'((2k+1))=−1+e−2k0,s'((2k+2))=1+e−−2k0

当(2k+1)xx1时，s'(x)s'((2k+1))0；

当x2x(2k+2)时，s'(x)s'(2k+2)0．

()s'(x)在(x1,x2)上有唯一的零点x3

且当(2k+1)xx3时，s'(x)0,s(x)单调递减；当x3x(2k+2)时，s'(x)0,s(x)单调递增．

注意到s((2k+1))=−e−2k+10,s((2k+2))=−e−−2k+10

−−2k3s2k+=−e20233s(x)在(2k+1),2k+和2k+,(2k+2)上各有一个零点x4,x5，

22s(x)共两个零点．故方程f(x)=−1有两个实数根. ……………12分

8 页 共8页 高三数学试题 第

中医身体排毒的几种方式-