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2022-2023学年江苏省南通市海安市高三上学期期末数学试题及答案.doc

发布时间：2023-11-09 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：2.91M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年江苏省南通市海安市高三上学期期末数学试 题及答案 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间为 120 分钟.考试结束后，请将答题卷交回. 2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用 0.5 毫米黑色字迹签字笔填写在 答题卷上. 3.请监考员认真核对在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符. 4.作答选择题必须用 2B 铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干 净后，再选涂其它答案.作答非选择题必须用书写黑色字迹的 0.5 毫米的签字笔写在答题卷 上的指定位置，在其它位置作答一律无效. 一、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. U   x 2    x  3 A   x 1    x  1 ,集合 ð ,则 U A   2, 1    （ ）  1,3  B.  D.   2, 1     1,3  1. 已知全集 A.  1,1 C.  1,1 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合补集的运算性质,求出即可. 【详解】解:由题知 A   x 1    x  1 , U   x 2    x  3 , 故 U A ð  { x 1 2     x 或1 x  3} . 故选:B 2. 若复数 z 在复平面内对应的点在直线 1y  上，且 i A. 1 i B. 1 i C. 1 i   z z ，则 z  （ ） D. 1 i   【答案】D 【解析】
    【分析】根据复数的几何意义及复数的概念，再结合共轭复数的概念即可求解．  【详解】由复数 z 在复平面内对应的点在直线 1y  上，则令 a   i aR ， z 则 z a  ，所以 i a i    i a     ，所以 i a 1  i a   ，即 1 z    ． 1 i  的展开式中的常数项为 61 ) x B. 20 C. 15 D. －20 故选：D． 3. 二项式 ( x A. －15 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式定理写出二项展开式通项，令 x 幂指数为零，可求得 2 r  ，代入展开 式通项可求得常数项. 【详解】二项式    x 61   x  令 6 3 r 2  得： 2 r  0 展开式通项为： rT 1   C r 6   6  r  x      r 1 x        1 r r C x 6 r 6 3  2 常数项为：  2 1 C 2 6  15 本题正确选项：C 【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数的问题，关键是能够熟练掌握二项展开 式的通项公式. 4. 经验表明,树高 y 与胸径 x 具有线性关系,为了解回归方程的拟合效果,利用下列数据计 算残差,用来绘制残差图. 胸径 x/cm 18.2 19.1 22.3 24.5 26.2 树高的观测值 y/m 18.9 19.4 20.8 22.8 24.8 树高的预测值  / my 18.6 19.3 21.5 23.0 24.4 则残差的最大值和最小值分别是（ ） A. 0.4,-1.8 B. 1.8,-0.4 C. 0.4,-0.7 D. 0.7,-0.4 【答案】C 【解析】 【分析】根据表内数据进行分析,计算各组数据残差值,找出最大及最小即可.
    【详解】解:由表可得,  各组数据的残差为:18.9 18.6 0.3 20.8 21.5 0.2 0.7 24.8 24.4 0.4 , 22.8 23          , , ,19.4 19.3 0.1   , 故残差最大值为 0.4,最小值为-0.7. 故选:C 5. 为测量河对岸的直塔 AB的高度，选取与塔底 B在同一水平面内的两个测量基点 C，D， 测得 BCD 的大小为 60°，点 C，D的距离为 200m，在点 C处测得塔顶 A的仰角为 45°， 在点 D处测得塔顶 A的仰角为 30°，则直塔 AB的高为（ ） B. 100 3m C.   200 3 200 m  D. 200m A. 100m 【答案】A 【解析】 【分析】根据画出图形，设 AB x ，结合条件可得 BC x ， BD  3 x ，然后根据余弦 定理即得. 【详解】设 AB x ，则 BC x ， ADB  30  ， ∴ BD  3 x ， 在 BCD△ 2 3 x  40000 中，由余弦定理可得 1  ， 2 2 200    x x  2 ∴ 22 x  200 x  40000 0  ， (负值舍去)，即直塔 AB的高为 100m. ∴ 100 x  故选：A.
    6. 已知圆心均在 x 轴上的两圆外切，半径分别为 ,r r 1 2  r 1 程为 y   x r  ，则 2 3 r 1  2 4  （ ） r ，若两圆的一条公切线的方  2 A. 4 3 【答案】B 【解析】 B. 2 C. 5 4 D. 3 【分析】设出两圆的标准方程，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系列式求解， 【详解】设圆 1C ： x a  2  2 y  ，圆 2C ： 2 r 1 x b  2  2 y  ，其中 3 a b    ， 2 r 2 两 圆 的 公 切 线 方 程 为 x  2 2 y   ， 则 3 0 r 1  a   1  3 2 2 2   a 3  3 ， r 2  b   1  3 2 2 2   b 3  3 ， C C 两圆外切，则 1 | 2 |     b a r 1 r 2  b 3  a  3 3  3 ， 化简得 2 a b  ， 3 2   3 b a r  ，即 2 6 r r ，∴ 2 r 1 12  ， 2 的重心，则 2    3 GA GB GC   B. AC   （ ）  C. BC  D. AB 故选：B 7. 设G 为 ABC A. 0 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角形的重心的向量表示及向量的线性运算即可求解. 【详解】因为G 为 ABC 重心，
    所以 所以      0 GA GB GC    3 GA GB GC   2   ，   2 GA GB GC AG GC AC     2 2       ， 故选：B. 8. 设 a  1 91 e 10 , b  , 1 9 c  2ln 3 2 ,则（ ） A. a b c   C. c   b a 【答案】D 【解析】 B. a   c b D. b a c   【分析】三个数中有指数和对数,用到放缩,即 x e  x  1,  x   0 ,ln x   x 1,  x  0  ,则 ,即可得 a b ,根据 ln 3 2 1 9 e  10 9 项即可.    ,可得c b ,取 1 2 3 1 3 1 9 e 1 2  e  可得 a c ,选出选 2 【详解】解:由题知,记  f x   x e 1   , x 0 x  , 所以   x f  x e 1 0   , 所以  f x  f  0 0  , 所以 e x x  ,在 0 x  时成立, 1 所以 1 9 e  10 9 , 即 1 91 e 10  , 1 9 所以   g x     1    x , x  , 0 x x 1 ln 1 x g x , 1  x  ,     0 即 a b , 记   g x 所以在 0,1 上, g x 单调递减, 在 1, 上,  g x   0  ,   g x 单调递增,
    所以   g x g  1 0  , 1 , x x 则   1 x 所以 ln 1 x 1x   , 1   , ln ln 即 1 x 即 ln c    , 3 2 2ln 1    , 3 b  1 3 2 2 3 2 3 1 9 即有 c b , 1 2 因为 1 9  e e  , 2 所以 a  1 91 e 10  1 5  2 3  , c 综上: b a c   . 故选:D 二、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.  AE  中,  AA 1  CF ,  1 3 B.  CC 1 ,则（ ） 2 3 1EC ∥平面 ABF D. 直线 EF 与直线 1BD 异面 9. 在正方体 ABCD A BC D 1 1 1 1  A. EF BD C. EF 平面 1 B CD 1 【答案】AB 【解析】 【分析】设正方体棱为一个具体的数,建立空间直角坐标系,根据各个点的位置,写出各个点   的坐标,找到 ,EF DB ,计算两个向量的数量积,判断是否为 0,即可得选项 A 的正误;求出平  面 ABF 的法向量,判断 1EC 与法向量是否垂直,根据线面平行的判定定理,即可得选项 B 的  正误;根据向量的数量积为 0,判断 EF 是否与平面 1 1 B CD 中两个不共线向量是否垂直即可   , EB D F 判断选项 C 的正误;判断 1 是否共线,即可得选项 D 的正误. 【详解】解:由题知,令正方体棱为 3,
    以 D 为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系:  AE 因为 所以  D  1 3 0,0,0  CC 1 ,   3,3,0 ,  AA 1 , A      CF 2 3  3,0,0 , B  D 1 C   0,3,0 , E  3,0,1 ,   3,3,3 , C 1  DB  3,3,1 , A 1  所以 因为 B 1  3,0,3 ,   EF     EF DB  9 9 0     , 0,0,3  ,  0,3,3 ,    3,3,0  , F  0,3,2  , 所以 EF BD , 故选项 A 正确; 设平面 ABF 的法向量为  n 1   , x y z 1 1 , 1  ,   0 0 ,   0,3,0 ,  AF    3,3,2  ,     n AB  1    n AF   1  AB  则 因为 所以 ,  2 z 1  0   2,0,3  , 3 0 y   1  3 3 x y   1 1  n 1 2   EC   1 取 1 x  ,可得  , , 3,3,2 因为   EC n     1  EC 所以 1 6 6 0  n  , 1 1
    因为 1EC Ú 平面 ABF , 所以 1EC ∥平面 ABF , 故选项 B 正确;   EF     EF CB 1  因为 所以  3,3,1  CB 1 ,   3,0,3  , 9 3 6 0      , 故 EF 与 1CB 不垂直, 即 EF 不垂直于平面 1 B CD , 1 故选项 C 错误; 0,3, 1   ,  EB    0,3, 1  ,  因 为   D F 1   , EB D F 所以 1 共线， 即 1D F EB∥ , 所以 1, D F E B 四点共面， , , 故直线 EF 与直线 1BD 共面. 故选项 D 错误. 故选:AB 10. 已知抛物线C ： 2y x 的焦点为 F，点 M，N均在 C上，若 FMN  是以 F为直角顶点的 等腰三角形，则 MN  （ ） B. 2 1 C. 2 1  2 D. 2 1 A. 2 1  2 【答案】BD 【解析】 【分析】由题意可知 MN  x 轴，利用抛物线的定义及向量的运算即可得到 MN . 【详解】因为 FMN  是以 F为直角顶点的等腰三角形，所以 MN  x 轴， 又因为抛物线方程为 2y x ，所以 p  ， 1 4
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