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2022-2023学年江苏省盐城市高三上学期期末数学试卷及答案.doc

发布时间：2023-11-19 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：2.96M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年江苏省盐城市高三上学期期末数学试卷及答 案 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、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. 已知集合 A.  | 0 x x  A   x 2|    x 2 x ， B   | x x  1 B.  | 0x x  1  1 0   ，则 A B   C.  0 | x x  （ ） D.  | x x   1 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，将集合 ,A B 分别化简，然后根据集合的交集运算，即可得到结果.  ， ，    1  【详解】因为集合 A   x | 2   x  2 x     2 ,0  集合 B   | x x  1 0     1  ，  则 A B    1   ，  故选:D 2. 已知复数 1 2,z z 满足 z 1  z 2  i , z z 1 2 2  ，则 1z  （ 2i ） B. 2 C. 3 D. 5 z z  求得 2z ，根据 1  ，根据 2 2 2i R   z 2  求得 1i z z  1 z 2 1 i   代   , a b a b i  A. 1 【答案】A 【解析】 【分析】设 z 2 学科 网（北 京）股 份有限 公司
    入运算，再根据模长公式即可求解 1z . 【详解】设 z 2   , a b a b i   ， R  因为 2 z  ，所以 2 a 2 2i 2  b  2 ab i=2i ， 0 2 2 a 2 b  ab     2 所以 2 1 i  z   或 2 1 a       1 b  解得 或 1 1 a    b 1 i z    . z 因为 1  z 2  ，所以 1i z z  1 z 2 1 i   当 2 1 i z   时， z 1  1 i  1 i       1 i 1 i     1 i 1 i         i ，则 1 z  ； 1 z    时， 1 i 当 2 z 1  1 i   1 i      1 i   1 i     1 i   1 i      i 故选：A ，则 1 z  ； 1 3. 与直线 x y   和 1 0 x y   均相切的一个圆的方程为（ 1 0 ） A.  x  2 2  2 y  2 C.  x  2 2    y  2  1  2 【答案】C 【解析】 B. 2 x  y  2 2  2 D.  x  2  1   y  2 2   2 【分析】利用直线与圆相切的条件及点到直线的距离公式即可求解. 【详解】对于 A，由 x  2 2  2 y  ，得圆的圆心为 2 2,0 ，半径为 1 r  ，所以圆心为 2  2,0 直线 x y   的距离为 1 d 1 0  2 0 1   2  2 2  2  ，圆心为 r 1 2,0 直线 x y   的距离为 2 d 1 0  2 0 1   2  2 2  2  ，所以圆 r 1 x  2 2  2 y  与直线 2 x y   和 1 0 x y   均不相切，故 A 错误； 1 0 学科 网（北 京）股 份有限 公司
    对于 B，由 2 x  y  2 2  ，得圆的圆心为 2 0,2 ，半径为 2 r  ，所以圆心为 2 0,2 直 线 x y   的距离为 3 d 1 0  0 2 1   2  2 2  2  ，圆心为 r 2 0,2 直线 x y   1 0 d 的距离为 4  0 2 1   2  2 2  2  ，所以圆 r 2 2 x  y  2 2  与直线 2 x y   和 1 0 x y   均不相切，故 B 错误； 1 0 对于 C，由 x  2 2    y  2  1  ，得圆的圆心为 2 2,1 ，半径为 3 r  ，所以圆心为 2 2,1 直线 x y   的距离为 5 d 1 0  2 1 1   2  2  ，圆心为 r 3 2,1 直线 x y   的距离 1 0 d 为 6  2 1 1   2  2  ，所以圆 r 3 x  2 2    y  2  1  与直线 2 x y   和 1 0 x y   均相切，故 C 正确； 1 0 对于 D，由 x  2  1   y  2 2   ，得圆的圆心为 2 1,2 ，半径为 4 r  ，所以圆心为 2 1,2 直线 x y   的距离为 7 d 1 0  1 2 1   2  2  ，圆心为 r 4 1,2 直线 x y   的距离 1 0 d 为 8  1 2 1   2   0 2  ，所以圆 r 4 x  2  1   y  2 2   与直线 2 x y   相切， 1 0 圆 x  2  1   y  2 2   与直线 2 x y   不相切，故 D 错误. 1 0 故选：C. 4. 若 x a  5    x  5  1  5  x  1 4   10  x  1 3   10  x  1 2   5  x   ，则 a 1 1  （ ） A. 1 【答案】B 【解析】 B. 0 C. 1 D. 2 【分析】由已知展开式，利用二项式定理对等号右边进行化简，与等号左边组成方程求解. 【详解】 x  5  1  5  x  4  1  10  x  3  1  10  x  2  1  5  x  1   1  C 0 5  x  5  1  1 C 5  x  4   1  1 C   2 5  x  3   1   1 2  C 3 5  x  2   1   1 3  4 C 5 5  x   1   1 4  C 0 5 5    1 学科 网（北 京）股 份有限 公司
        x  1   1   5 = x 5 则 x a x ，即 0 a  . 故选：B 5. 已知随机变量 X N  且 ~ ,  , 2    1  P X    1    P X  2  P   1   X  2   1   ，则 （ 1 ） B. 0 C. 1 D. 2 A. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性列方程，再解方程即可. 【详解】  P X     1  P   1   X   ，   1  P X  2    1   P X  2   1    P X  2   1  . 因为  P X     1   P X  2    1  P   1   X  2    1   P X  1      P X  2    1  1 ， 所以 1 2     1  ，解得 0 . 故选：B. 6. 现有印有数字 0，1，2，6，12，20，22，26 的卡片，每种卡片均相同且有若干张.若从 中任选几张卡片并摆成一排，则数字 20220126 的摆放方式共有（ ） B. 16 种 C. 18 种 D. 20 种 A. 14 种 【答案】C 【解析】 【分析】先求摆放 20 的方式，再求摆放 220 的方式，最后求摆放 126 的方式，根据分步计 数原理即可求解. 【详解】依题意， 摆放 20 的方式有：2，0 或 20 两种方式； 摆放 220 的方式有：2，2，0 或 22，0 或 2，20 三种方式； 摆放 126 的方式有：1，2，6 或 12，6 或 1，26 三种方式； 学科 网（北 京）股 份有限 公司
    由分步计数原理知，数字 20220126 的摆放方式共有： 2 3 3 18    种方式. 故选：C. 7. 设 0 π  ，函数  f x   sin  x    0   满足  π x  xf x   sin 2   ，则α落于区 B.    1 ,1 2    C. 31, 2       D. 间（ ） A.    10, 2       3 ,2 2    【答案】C 【解析】 【分析】由题意，确定函数的最大值，根据最值和极值的关系，可得方程，利用零点存在性 定理，可得答案. 【详解】由题意，可知函数 y    xf x 在  x  0, π 上当 x  时取得最大值， 且  y   f x   xf   x   sin  x     x cos  x    ， 由于 0,π  ，则sin 2      ， 0 由sin 0 0cos0 0  ，  sin1 cos1 0  ，sin 2 cos2 0  ，  sin 3  3 2 cos3 0  ，  cos 2 1 2     31, 2    ， 根据零点存在性定理，可知 故选：C. 8. 已知 ABC 是面积为3 3 的等边三角形，四边形 MNPQ 是面积为 2 的正方形，其各顶 点均位于 ABC 的内部及三边上，且可在 ABC   内任意旋转，则 BP CQ 的最大值为（ ） B. 3 2 C. 6  2 2  D. A.  9 2 6  2 2  【答案】D 【解析】 【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可 学科 网（北 京）股 份有限 公司
    在 ABC 内任意旋转可知，正方形 MNPQ 各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角 坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出 ,P Q 的三角坐标，根据 PQ  2   可得到关于坐标中变量的关系，分类讨论代入 BP CQ 中化简，用辅助角公式分别求出最大 值，选出结果即可. 【详解】解：因为 ABC 是面积为3 3 的等边三角形，记 ABC 边长为 a ， 所以 1 2  3 2 2  a  3 3 ，解得 2 3 a  ， 记三角形内切圆的半径为 r ，根据 3 3   1 2 2 3 3   ，解得 1r  ， r S  1 2 Cr ，可得： 因为正方形 MNPQ 面积为 2，所以正方形边长为 2 ， 记正方形 MNPQ 外接圆半径为 R ， 所以其外接圆直径等于正方形的对角线 2，即 1R  ， 根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知， 正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形 MNPQ 可在 ABC 内任意旋转， 可知正方形 MNPQ 各个顶点均在该三角形的内切圆上， 以三角形底边 BC 为 x 轴，以 BC 的垂直平分线为 y 轴建立直角坐标系如图所示：  故可知  B 故设  P  3,0 , cos ,1 sin      C ,  A  0,3  3,0 , cos ,1 sin  Q   ，圆的方程为 2 x  y  2 1  ， 1  ，  ,   0,2π  ， cos    cos  2   sin    sin  2  2 ， 因为 PQ  ，即 2 学科 网（北 京）股 份有限 公司
      ，   0  化简可得 cos cos   0    或 sin sin    ，     ，即  cos π 2 π  时， P 点坐标可化为   2   BP CQ 3 sin ,1 cos sin ,1 cos         cos π 2      解得 ①当 此时  ，  3,1 sin    3 cos 3 sin cos    3 sin  1 cos       sin cos sin       3 1 cos     sin   2           π 4     2 ， 6   2 sin π 4      π 2  ，即 3π 4 所以当   ，即  ， π 4 2 2 即 P ②当 此时 ,    Q ,1 ,1             2 2 2 2 2 2   时， BP CQ        时， P 点坐标可化为 sin ,1 cos     BP CQ   3 sin ,1 cos π 2    cos      ，  3,1 sin    取得最大值 6  2 2  ； 3 cos   3 sin cos    3 sin  1 cos       sin cos sin     3 1 cos     sin   2 6   2 cos      π 4     2 ， 因为   0,2π  ，所以当   π 4 2π ，即  7π 4 ，即  ， 5π 4   即 P ,1     2 2  2   2    综上可知： BP CQ 取得最大值 6  2 2  . , Q     2 2 ,1  2 2       时， BP CQ 取得最大值 6  2 2  ， 故选：D 【点睛】方法点睛：该题考查平面几何的综合应用，属于难题，关于圆锥曲线中点的三角坐 标的设法有： （1）若点在圆 2 x 2 y  上，可设点为 1 cos ,sin  ，其中    0,2π  ； 学科 网（北 京）股 份有限 公司
    （2）若点在圆 x a  2    y b  2   上，可设点为 r 2 a r  cos , b r  sin  ，其中    0,2π  ； （3）若点在椭圆 2 2 x a  2 2 y b  上，可设点 为  1 a cos , sin b  ，其中    0,2π  ； 二、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. 在长方体 ABCD A BC D 1 1 1 1  中， AB AA 1   2 BC  ，则（ 2 ） A. 1AA 与 1BD 是异面直线 B. 1AB 与 1BD 是异面直线 C. 异面直线 1 1B D 与 CD 的距离为 1 D. 异面直线 1BD 与CD 的距离为 2 5 5 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用异面直线的定义判断选项 AB，求出异面直线 1 1B D 与 CD 的距离为 2，即可判 断选项 C,把异面直线 1BD 与 CD 的距离转化为 CD 到平面 ABD 的距离，再转化为点 D 到 1 平面 ABD 的距离，再利用等体积法求解判断. 1 【详解】如图所示， 1AA 与 1BD 是异面直线， 1AB 与 1BD 是异面直线，所以选项 AB 正确； 由正方体得 1DD  平面 DCBA 1 111 ，所以 1 DD B D 1 1 .又 1DD CD ,所以 1DD 是异面直线 1B D 与 CD 的公垂线段，又 1 DD  ，所以异面直线 1 2 1 1B D 与 CD 的距离为 2，所以选项 C 错误； 因为 CD AB CD  ∥ , 平面 ABD , 1 1BD  平面 ABD ，所以 CD ∥平面 1 ABD ，所以 CD 到 1 平面 ABD 的距离就是异面直线 1BD 与CD 的距离，即点 D 到平面 1 ABD 的距离就是异面直 1 线 1BD 与CD 的距离.设距离为 ,h 由题得 1 1 3 2 , 2 V          D ABD 1 CD 的距离为 2 5 5 ，所以选项 D 正确. 1 1 3 2 V D ABD 1 2 1 2    AD  1 2 2  2 1  5  h , h  .因为 5 2 5 5 .所以异面直线 1BD 与 学科 网（北 京）股 份有限 公司
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