江苏省泰州中学2022-2023学年高三上学期期初调研考试数学试题附答案

数学学科试卷

出题人： 审题人：

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.设全集U3,2,1,1,2,3，集合A1,1,B1,2,3，则A.1 B.1,2 C.2,3 D.1,2,3

UAB（ ）

i（其中i为虚数单位），则z的共轭复数为（ ） 1i1111A.i B.i

22221111C.i D.i 22222.已知复数z3.已知向量a,b满足|a|2,|b|1,ab，若abab，则实数的值为（ ） A.2 B.23 C.4 D.

9 24.《算数书》是已知最早的中国数学著作，于上世纪八十年代出土，大约比现有传本的《九章算术》还要早近二百年.《算数书》内容丰富，有学者称之为“中国数学史上的重大发现”.在《算数书》成书的时代，人们对圆周率的认识不多，用于计算的近似数与真实值相比误差较大.如书中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一.此术相当于给出了圆锥的体积V的计算公式为为圆锥的底面周长和高.这说明，该书的作者是将圆周率近似地取为（ ） A.3.00 B.3.14 C.3.16 D.3.20 5.(x1)512Lh，其中L和么分别3621的展开式中，一次项的系数与常数项之和为（ ） xA.33 B.34 C.35 D.36

6.已知函数fxsinx0,0的部分图象如图所示，则f的值为（ ） 2

A.1323 B. C. D. 22221，则a,b,c的大小关系为（ ） 27.若asin1tan1,b2,cln4A.cba B.cab C.abc D.bca

8.某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为（ ）

A.288 B.336 C.576 D.1680

二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.已知,是两个不重合的平面，m,n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ） A.若mn,m,n∥，则 B.若m,n∥，则mn C.若∥,m，则m∥

D.若m∥n,∥，则m与所成的角和n与所成的角相等 10.在ABC中，已知tanA.cosAcosB最大值

CsinAB，则以下四个拈论正确的是（ ） 21 2B.sinAsinB最小值1

C.tanAtanB的取值范围是2, D.sin2Asin2Bsin2C为定值

211.在数列an中，对于任意的nN*都有an0，且an1an1an，则下列结论正确的是（ ）

A.对于任意的n2，都有an1

B.对于任意的a10，数列an不可能为常数列 C.若0a12，则数列an为递增数列

D.若a12，则当n2时，2ana1

12.已知0xy，eysinx＝exsiny，则（ ）

A.sinxsiny B.cosxcosy C.sinxcosy D.cosxsiny

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c，那么当a__________.时，满足条件\"b2，A30”的

ABC有两个.（仅㝍出一个a的具体数值即可）

14.老师要从6篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格.某位同学只能背出其中的4篇，则该同学能及格的概率是__________.

15.在圆x2y22x6y0内，过点E0,1的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为__________.

16.已知fx为fx的导函数，且满足f01，对任意的x总有2fxfx2，则不等式

fx23e的解集为__________.

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.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，cosB(3absinC)bsinBcosC （1）求B；

（2）若c2a，ABC的面积为x223，求ABC的周长. 318.已知等差数列（1）求

an的前n项和为Sn，a12，S426.正项等比数列bn中，b12，b2b312.

an与bn的通项公式；

anbn的前n项和Tn（2）求数列.

19.某学校对男女学生是否喜欢长跑进行了调查，调查男女生人数均为10nnN表，经过计算可得K24.040. 喜欢 不喜欢 合计

男生 女生 合计 *，统计得到以下2×2列联

6n 5n 10n 10n （1）完成表格求出n值，并判断有多大的把握认为该校学生对长跑的喜欢情况与性别有关；

（2）①为弄清学生不喜欢长跑的原因，采用分层抽样的方法从调查的不喜欢长跑的学生中随机抽取9人，再从这9人中抽取3人进行面对面交流，求“至少抽到一名女生”的概率；

①将频率视为概率，用样本估计总体，从该校全体学生中随机抽取10人，记其中对长跑喜欢的人数为X，求X的数学期望. 附表：

PK2k0 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001 k0 2.706 3.841 25.024 6.635 10.828 nadbc2. 附：Kabcdacbd20.如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB点.

2，AFt，M是线段EF的中

（1）求证：AM∥平面BDE；

（2）若线段AC上总存在一点P，使得PFBE，求t的最大值.

x2y221.已知椭圆E:221ab0的右焦点为F2，上顶点为H，O为坐标原点，OHF230，点

ab31,在椭圆E上. 2（1）求椭圆E的方程；

（2）设经过点F2且斜率不为0的直线l与椭圆E相交于A，B两点，点P2,0，Q2,0.若M，N分别为直线AP，BQ与y轴的交点，记MPQ，△NPQ的面积分别为SMPQ，S△NPQ，求

S△MPQS△NPQ的值.

22.已知函数f(x)（1）求a；

axlnxg(x)和有相同的最大值. exax（2）证明：存在直线y=b，其与两条曲线yf(x)和yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.

2022-2023学年秋学期高三年级期初调研考试数学学科试卷

参考答案

1.C 2.D

【分析】先利用复数的除法运算化简，再利用复数的共复数的定义求解. 【详解】解：因为zi1ii11i， 1i1i1i22所以z故选：D 3.C

11i， 22【分析】根据平面向量数量积的运算即可求出结果. 【详解】因为ab，所以ab0，

依题意abab|a||b|1ab40，则4，

22故选：C. 4.A

【分析】由圆的周长公式可得半径，再由圆锥体积公式结合已知可得. 【详解】因为L2r，所以r2L， 21LL2hL2h则V， h3212363.

故选：A. 5.D

【分析】先求出一次项的系数与常数项，再求和即可

rsrrrsr5【详解】因为(x1)的通项公式为Tr1C5x1C5x，

所以(x1)52531的展开式中，一次项的系数为2C52C5411， C5425，常数项为C5x所以一次项的系数与常数项之和为251136， 故选：D

6.C

【分析】利用给定图象求出，进而求出即得函数fx解析式，再代入求解作答. 【详解】由f0sin由3,0，得，

3224155k,kZ，又0，得k,kN， 1534412441515155，则k1,， 观察图象知，，解得842124152551fxsinxfsinsin因此，，所以.

3322232故选：C 7.A

121x22x1(x1)2解析：令fx2lnxx，则fx210，则fx 22xxxxx在定义域0,上单调递减，所以f2f10，即2in21120，所以ln42，即 22321cosx2cosx1， bc，令gxsinxtanx2x,x0,，则gxcosx2222cosxcosx因为x0,32，所以cosx0,1，令hxx2x1,x0,1，则2hx3x24xx3x40，即hx在0,1上单调递减，所以hxh10，所以

gx0，即gx在0,上单调递增，所以g1g00，即sin1tan120，即

2sin1tan12，即ab，综上可得abc；故选：A.

8.B 9.BCD

【分析】根据线面､面面关系的性质定理与判定定理判断即可；

【详解】解：对于A.若mn,m,n∥，则或与平行或，与相交不垂直，故A错误； 对于B：

n∥,设过n的平面与交于a，则n∥a，又m,ma,mn，

B正确；

对于C:∥,内的所有直线都与平行，且m,m∥,C正确；

对于D：根据线面角的定义，可得若m∥n,∥，则m与所成的角和n与所成的角相等，故D正确. 故选：BCD. 10.ACD 11.ACD 12.ABC

eysiny【分析】将esinx＝esiny变为x结合指数函数的性质，判断A；构造函数

esinxyxexf(x),x(0,)，求导，利用其单调性结合图象判断x，y的范围，利用余弦函数单调性，判断B；

sinx利用正弦函数的单调性判断C，结合余弦函数的单调性，判断D. 【详解】由题意，0xy，esinx＝esiny，得yx0，

yxsinyeysinyyx①1，①sinysinx，A对； ，，e1xsinxesinxeyexex，令f(x),x(0,)，即有f(x)f(y)， sinysinxsinxex(sinxcosx)令f(x)， 0,x2sinx4f(x)在0,上递减，在,上递增， 44因为f(x)f(y)，①0x4y，

ex作出函数f(x),x(0,)以及ysinx,x[0,]大致图象如图：

sinx

则0y①cos(3，sinysinx，①sin(y)sinx，结合图象则yx， 4y)cosx，①cosxcosy，B对；

结合以上分析以及图象可得xy，①xy， 22且

4y,22y4，

①sinxsinycosy，C对； 2由C的分析可知，在区间[22yx4，

,]上，函数ycosx不是单调函数，即cos(y)cosx不成立，即sinycosx不成立，242故D错误； 故选：ABC.

【点睛】本题综合考查了有条件等式下三角函数值比较大小问题，设计指数函数性质，导数的应用以及三角函数的性质等，难度较大，解答时要注意构造函数，数形结合，综合分析，进行解答. 13.1.5（答案不唯一）1a2.

ab1，所以sinB，由ABC有两个得B有两个，可能为锐角，也可能为钝sinAsinBa1角，所以BA,sinB1，所以ba,1，即1a2.故答案为：1.5（答案不唯一）

a414.##0.8

5解：由正弦定理得

【分析】考虑对立面，用1减去只能背出1篇的概率即可.

21C2C44. 【详解】P13C65故答案为：15.102

4. 5【分析】先求出最长弦和最短弦，再计算面积即可. 【详解】

22圆的标准方程为(x1)(y3)10，则圆心1,3半径r10，由题意知最长弦

为过E点的直径，

最短弦为过E点和这条直径垂直的弦，即ACBD，且AC210，圆心和E点之间的距离为

(10)2(31)25，

故BD2(10)2(5)225，所以四边形ABCD的面积为

S11|ACBD|210251025102. 22故答案为：102.

∣x0 16.0,##x【分析】构造新函数gxfx2ex2，利用已知条件2fxfx2，可以判断gx单调递增，利用

gx的单调性即可求出不等式的解集

1fxee2fx22fxfx2fx22x 【详解】设函数gx，则gxxx222ee2e2x2x又2fxfx2gx0

所以gx在R上单调递增，又g0f023 故不等式fx23e可化为gxg0 由gx的单调性可得该不等式的解集为0,.

x2故答案为：0, 17.（1）

 3（2）232

【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式和正弦定理对已知式子化简变形，可求出角B； （2）由三角形的面积和c2a，B周长 （1）①cosB3，可求出a,c的值，再利用余弦定理求出b，从而可求出三角形的

3absinCbsinBcosC，

①3acosBbcosBsinCbsinBcosC ①3acosBbsinBcosCbcosBsinC， ①3acosBbsinBCbsinA

由正弦定理可得：3sinAcosBsinBsinA， ①sinA0，①3cosBsinB，①tanB3， ①B0,①B3

（2）①ABC的面积为881323232，①acsinB，得ac，①c2a，①2a， ac332433①a0，①a2343，①c2a，由余弦定理可得

334162343124，①b0，①b2，①三角形的周长为33332b2a2c22accosBabc23432232 33n18.（1）an3n1，bn2

（2）Tn3n42n18

【分析】（1）由等差数列的通项公式与求和公式，等比数列的通项公式求解即可； （2）由错位相减法求解即可 （1）设等差数列的公差为d，

由已知得，42所以an即

43d26，解得d3， 2a1n1d23n13n1，

an的通项公式为an3n1；

设正项等比数列bn的公比为q,q0，因为b12，b2b312，

22所以2qq12，所以qq60，

解得q2或q3（负值舍去），

n所以bn2.

（2）anbn3n12，

n所以Tn2252823n42123234n13n12n，

n1所以2Tn2252823n423n12n1234n，

n1相减得，Tn22323232323n12

22132212n112n13n12n1，

所以Tn3n428.

19.（1）列联表答案见解析，n20，有95%的把握认为该校学生对长跑喜欢情况与性别有关； （2）①

2011；①. 212【分析】（1）利用给定数据完善2×2列联表，计算K2的观测值即可求出n，再与临界值表比对作答. （2）①利用分层抽样求出抽取的9人中男女生人数，再利用古典概型结合对立事件概率求解作答；①利用二项分布的期望公式计算作答. （1）2×2列联表如下表所示： 喜欢 不喜欢 合计 2男生 6n 4n 10n 女生 5n 5n 10n 合计 11n 9n 20n 20n(6n5n4n5n)220nK4.040，而nN*，于是得n20，

10n10n11n9n99又K24.0403.841，

所以有95%的把握认为该校学生对长跑喜欢情况与性别有关.

（2）①采用分层抽样的方法从调查的不喜欢长跑的学生中随机抽取9人，这9人中男生的人数为4，女生的

C342041人数为5，再从这9人中抽取3人进行面对面交流，“至少抽到一名女生”的概率为P13； C98421①由（1）知，任抽1人喜欢长跑的概率p1111，依题意，X~B(10,)，所以X的数学期望是2020E(X)101111. 20220.（1）证明见解析 （2）2 【分析】（1）设ACBDO，连接OM，通过证明AM//OE即可得出；

2（2）设CPCA，求出PF,BE，利用PFBE0求出21t（1）设AC0，即可得出t的最大值.

BDO，连接OM，因为ABCD是正方形，所以O是AC中点，又因为ACEF是矩形，

M是线段EF的中点，所以AO∥EM，AOEM，所以四边形AOEM为平行四边形，所以

AM∥OE，又AM平面BDE，OE平面BDE，所以AM∥平面BDE；

（2）正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，则可得CD,CB,CE两两垂直，则可以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，A2,2,0,C0,0,0,E0,0,t，则CA2,2,0，

因为点P在线段AC上，设CPCA，其中0,1，则CP2,2,0，从而P点坐标为

2,2,0，于是PF22,22,t，而BE0,2,t，则由PFBE可知

22PFBE0，即21t0，所以t212，解得t2，故t的最大值为2.

x2y221.（1）1

43（2）

1 3【分析】

3（1）由OHF230，得b3c，再将点1,代入椭圆方程中，结合a22b2c2可求出a,b，从而可

求出椭圆方程，

（2）设直线l:xmy1，Ax1,y1，Bx2,y2，将直线方程代入椭圆方程消去x，整理后利用根与系数的关系，可得my1y2y2y13，直线BQ的斜率k2，而y1y2，表示出直线AP的斜率k1x2x2212S△MPQS△NPQ1PQOMOMk12，代入化简即可 1ONk2PQON2（1）由OHF230，得b3c（c为半焦距），

193①点1,在椭圆E上，则221.

2a4b又a2b2c2，解得a2，b3，c1.

x2y2①椭圆E的方程为1.

43（2）由（1）知F21,0.设直线l:xmy1，Ax1,y1，Bx2,y2.

xmy122由x2y2消去x，得3m4y6my90.

134显然144m10.

26m9yy. ，123m243m243①my1y2y1y2.

2则y1y2由P2,0，Q2,0，得直线AP的斜率k1y2y1k. ，直线BQ的斜率2x12x22又k1OMONk，2，OPOQ2，

OPOQ1S△MPQ2PQOMOMk1OMk1. ①.①ONk2S△NPQ1PQONONk22313yyyyy21211k1y1x22y1my21my1y2y121. 22①

39k2x12y2my13y2my1y23y23y1y23y1y23y2222①

S△MPQS△NPQ1. 322.（1）a1

xlnx,gxflnx，由于x0时，f(x)0，x1时，g(x)0，因此xex1x1只有0b才可能满足题意，记hxxb，且0b，

eee1由（1）得hx在,1上单调递增，在1,单调递减，且h1b0,h0b0，

e（2）由（1）知fx所以存在x1x0,1，使得hx10，设(x)exx2，则(x)ex2x，设m(x)(x)，

则m(x)e2，0xln2时，m(x)0，m(x)递减，xln2时，m(x)0，m(x)递增， 所以m(x)minm(ln2)22ln20，

所以(x)(ln2)0，(x)是增函数，x0时，

111(x)(0)10，()e0，bb 21bbbe1b11又h1bb0，所以存在x01,，使得hx00，

1bbbe即此时yb与yfx有两个交点，

其中一个交点在0,1内，另一个交点在1,内， 同理yb与yflnxgx也有两个交点， 其中一个交点在若yb与y0,e内，另一个交点在e,内，

fx和ygx共有三个不同的交点，

则其中一个交点为两条曲线yfx和ygx的公共点，记其横坐标为x2，令

fx2gx2flnx2，则x21,e,lnx20,1，

记yb与yfx,ygx的三个交点的横坐标从左到右依次为x3,x2,x4，且满足

x31x2ex4,fx3fx2gx2gx4，

x2lnx2x2且x2，即x2e2lnx2，又fx3flnx2,fx2flnx4，且ex2x3,lnx20,1,x2,lnx41,e，且fx在0,1和1,e上分别单调，

x2所以x3lnx2,x2lnx4，即x4e2，所以x2x3x4,x2为x3,x4的等比中项，

所以从左到右的三个交点的横坐标x3,x2,x4成等比数列.