1、“宜荆荆恩”2023届高三起点考试数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 已知集合A=(,12,+)，B=x|a1xa+1若AB=R，则实数a的取值范围为 ()A. (1,2)B. 1,2)C. (1,2D. 1,22. 已知i为虚数单位，复数z=3i1i，则|z2|=()A. 3B. 4C. 5D. 253. 已知，是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题为真命题的是()A. 若m/，m/，则/B. 若m/，n/，则m/nC. 若m，n，则m/nD. 若，则4. 已知(0,2)，2sin2=cos2+1，则sin=()A.
2、15B. 55C. 33D. 2555. 已知数列an是公差不为零的等差数列，bn为等比数列，且a1=b1=1，a2=b2，a4=b3，设cn=an+bn，则数列cn的前10项和为()A. 1078B. 1068C. 566D. 5566. 我国古代名著张丘建算经中记载：今有方锥下广二丈，高三丈，欲斩末为方亭，令上方六尺，问亭方几何?大致意思：有一个正四棱锥下底边长为二丈，高三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台状方亭，且正四棱台的上底边长为六尺，则该正四棱台的体积是(注：1丈=10尺)()A. 1946立方尺B. 3892立方尺C. 7784立方尺D. 11676立方尺7. 已知a，b，c
3、(0,1)，e是自然对数的底数，若ae4=4ea，be3=3eb，2c=ecln2，则有()A. abcB. bacC. bcaD. ca2)=0.2，则P(0X1)=0.3C. 已知0P(M)1，0P(N)b0)的左，右焦点分别为F1，F2，长轴长为4，点P(2,1)在椭圆C外，点Q在椭圆C上，则()A. 椭圆C的离心率的取值范围是(0,22)B. 当椭圆C的离心率为32时，QF1的取值范围是23,2+3C. 存在点Q使得QF1QF2=0D. 1QF1+1QF2的最小值为112. 函数f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R，且f(x)是奇函数，设g(x)=f(x)，(x)=f(x4)+x，
4、则以下结论正确的有()A. 函数g(x2)的图象关于直线x=2对称B. 若g(x)的导函数为g(x)，定义域为R，则g(0)=0C. (x)的图象关于点(4,4)中心对称D. 设数列an为等差数列，若a1+a2+a11=44，则(a1)+(a2)+(a11)=44三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 在ABC中，D是BC边上的点，且BD=2DC，设AD=xAB+yAC，则xy=14. 已知(2x+y)n展开式中各项系数和为243，则展开式中的第3项为15. 已知圆C:(x3)2+(y4)2=4，过点P(3,3)作不过圆心的直线交圆C于A，B两点，则ABC面积的取值范围是16. 在三
5、棱锥PABC中，PA底面ABC，PA=4，AB=AC=BC=2a，M为AC的中点，球O为三棱锥PABM的外接球，D是球O上任一点，若三棱锥DPAC体积的最大值是43，则球O的体积为四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. (本小题10.0分)已知数列an前n项和为Sn，且a1=1，an=2Sn1Sn(n2)(1)求an;(2)设bn=2nSn，求数列bn的前n项和Tn18. (本小题12.0分)如图，S是圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，其轴截面是正三角形，点T是SO上一点，TO=12ST=1，点A，B是底面圆O上不同的两点，C是SA的中点，直线B
6、C与圆锥底面所成角满足tan=155(1)求证：BOSA;(2)求二面角ABTC的正弦值19. (本小题12.0分)在ABC中，内角A，B，C满足2sin2A+sin2B=2sin2C.(1)求证：tanC=3tanA;(2)求1tanA+2tanB+3tanC最小值20. (本小题12.0分)设某种植物幼苗从观察之日起，第x天的高度为y(cm)，测得的一些数据如下表所示：第x天14916253649高度y(cm)0479111213(1)根据以上数据判断y=bx+a与y=dx+c哪一个更适宜作为y关于x的经验回归方程(给出判断即可，不需说明理由)?(2)根据(1)的判断，建立y关于x的经验回
7、归方程，估计第100天幼苗的高度(估计的高度精确到小数点后第二位);(3)在作出的这组数据的散点图中，甲同学随机选取其中的4个点，记这4个点中幼苗的高度大于y的点的个数为X，其中y为表格中所给的幼苗高度的平均数，试求随机变量X的分布列和数学期望附：对于一组数据(x1,y1)，(x2,y2)，(xn,yn)，其经验回归直线方程y=bx+a的斜率的最小二乘估计为b=i=1n(xix)(yiy)i=1n(xix)2=i=1nxiyinxyi=1nxi2nx221. (本小题12.0分)已知双曲线C与双曲线x212y23=1有相同的渐近线，且过点A(22,1)(1)求双曲线C的标准方程;(2)已知D(
8、2,0)，E，F是双曲线C上不同于D的两点，且DEDF=0，DGEF于G，证明：存在定点H，使|GH|为定值22. (本小题12.0分)已知函数f(x)=ekxlnxk(k0)，e=2.71828是自然对数的底数(1)当k=1时，设f(x)的最小值为m，求证：m52;(2)求证：当k1e时，f(x)0.答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题考查含参数的并集计算，属于基础题【解答】解：已知集合A=(,12,+)，B=x|a1x0)，求导得f(x)=ex(x1)x2令f(x)=0，得x=1当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增1ln434，所以f(ln4)f(3)f(4)，又a，b，
9、c(0,1)，所以ab2)=0.2，则P(0X1)=P(1X2)=0.50.2=0.3，B正确；若P(MN)+P(M)=1=P(MN)P(N)+1P(M)，即P(MN)=P(M)P(N)，则M，N相互独立，C正确；2=3.7121，解得b22，即椭圆C的离心率的取值范围是22,1，故A不正确；当e=32时，c=3，b=1，所以QF1的取值范围是ac,a+c，即23,2+3，故B正确；设椭圆的上定点为A(0,b)，F1(c,0),F2(c,0)，由于AF1AF2=b2c2=2b2a20，所以存在点Q使得QF1QF2=0，故C正确；(|QF1|+|QF2|)(1|QF1|+1|QF2|)=2+|Q
10、F2|QF1|+|QF1|QF2|2+2=4，当且仅当|QF1|=|QF2|=2时，等号成立，又|QF1|+|QF2|=4，所以1|QF1|+1|QF2|1，故D正确12.【答案】BCD【解析】【分析】本题考查导数的几何意义与函数图象的关系，奇偶函数的图形特征，函数图象的平移，等差数列的性质，属于较难题【解答】解：由导数的几何意义及f(x)的对称性，f(x)在x和x处的切线也关于原点对称，其斜率总相等，故g(x)=g(x)，g(x)是偶函数，g(x2)对称轴为x=2，A错;由g(x)的对称性，g(x)在x和x处的切线关于纵轴对称，其斜率互为相反数，故g(x)=g(x)，g(x)为奇函数，又定义
11、域为R，g(0)=0，B对;(x)=f(x4)+(x4)+4，由f(x)为奇函数知u(x)=f(x)+x为奇函数，图像关于(0,0)对称，(x)可以看作由u(x)按向量(4,4)平移而得，故C对;由C选项知，当x1+x2=8时，(x1)+(x2)=8，由等差数列性质a1+a11=8，(a1)+(a11)=8，以此类推倒序相加，D正确13.【答案】13【解析】【分析】本题考查平面向量中三点共线，属于基础题【解答】解：ABC中，D是BC边上的点，且BD=2DC，所以AD=13AB+23AC，xy=1314.【答案】80x3y2【解析】【分析】本题考查二项式定理，考查运算求解能力，属于基础题利用赋值
12、法求n，再利用展开式的通项公式即可求解【解答】解：令x=y=1，得2+1n=243，解得n=5，所以(2x+y)5的展开式的通项Tk+1=C5k(2x)5kyk=25kC5kx5kyk则展开式的第3项为T3=23C52x3y2=80x3y215.【答案】(0,3【解析】【分析】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，属于中档题根据圆的标准方程得到圆心坐标和半径，利用三角形面积的最大值，确定直线的位置，利用直线和方程的位置关系即可得到结论【解答】解：圆心C(3,4)，半径r=2，点P在圆C内部，设C到AB距离为d，则0d1，|AB|=24d2，SABC=12ABd=d4d2=d2(4d2)=(d2
13、2)2+4，当d=1时SABC取到最大值3，故答案为：(0,3.16.【答案】86【解析】【分析】本题考查外接球问题，属于中档题【解答】解：正ABC中，M为AC的中点，则BMAC，而PA平面ABC，BM平面ABC，即BMPA，而PAAC=A，PA，AC平面PAC，则BM平面PAC，PM平面PAC，有BMPM，又PAAB，因此，RtPBM与RtPAB的斜边PB中点到点A，B，M，P的距离相等，即三棱锥PABM外接球球心为PB中点，从而，点O是三棱锥PABM外接球球心，设球O的半径为R，有R2=4+a2，PAM的外接圆圆心为PM的中点，设为F，连接OF，则OF平面PAF，如图，则有OF=32a，即
14、O到平面PAC的距离为32a，因此D到平面PAC距离的最大值为34a2+4+a2，又SPAC=1242a=4a，即有134a(34a2+4+a2)=43，解得a2=2，R2=4+a2=6，R=6，所以球O的体积为43R3=8617.【答案】解：(1)an=2Sn1Sn，SnSn1=2Sn1SnSn1Sn=2SnSn11Sn1Sn1=2，数列1Sn为等差数列，且1Sn=1S1+2(n1)=1+2n2=2n1，又n=1时，a1=S1=211=1，Sn=12n1(nN)，an=1,n=1,2(2n1)(2n3),n2.(2)1Sn=2n1，bn=(2n1)2n，Tn=121+322+(2n3)2n1
15、+(2n1)2n，2Tn=122+323+(2n3)2n+(2n1)2n+1，两式相减得Tn=2+23+24+2n+1(2n1)2n+1=2+23(12n1)12(2n1)2n+1=28+2n+2(2n1)2n+1=6(2n3)2n+1，Tn=(2n3)2n+1+6【解析】本题考查等差数列的判定及其通项公式，数列的前n项和与an的关系，错位相减求和的应用，属于中档题18.【答案】解：(1)由题意，SO=3，OA=OB=3，取OA的中点D，连接CD，BD。则CD/SO，且CD=12SO=123=32，SO平面AOB，CD平面AOB，CBD即为直线BC与平面AOB所成角，sin=CDBC=64，从
16、而BC=6，由勾股定理得BD=152，在BOD中，OB2+OD2=3+34=154=BD2，所以OBOA，SO平面AOB，SOOB，由OBOAOBSO，且OASO=O，故OB平面SOA，所以BOSA(2)以O为原点，OB，OA，OS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系则B(3,0,0)，T(0,0,1)，C(0,32,32)，A(0,3,0)，得BT=(3,0,1)，AB=(3,3,0)，TC=(0,32,12)，设平面ABT、CBT的法向量分别为m=(x1,y1,z1)，n=(x2,y2,z2)，由mBT=0mAB=03x1+z1=03x13y1=0z1=3x1y1=x1，令x1=1得m=(
17、1,1,3)，由nBT=0nTC=03x2+z2=032y2+12z2=0z2=3x2z2=3y2，令x2=1得n=(1,1,3)，所以cos=mnmn=35，则二面角ABTC的正弦值为45【解析】本题考查线面垂直的判定及性质，考查二面角，考查利用空间向量求二面角，考查空间思维能力与计算能力，属于中档题(1)利用线面垂直的判定性质可证得OB平面SOA，再根据线面垂直的性质证得BOSA即可;(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量求得平面ABT的法向量为n1，平面CBT的一个法向量n2，即可求得求二面角SCEB的正弦值19.【答案】解：(1)由正弦定理有2a2+b2=2c2，从而c2=a2+12b
18、2，则cosC=a2+b2c22ab=b4a=sinB4sinA，所以4sinAcosC=sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，即有3sinAcosC=cosAsinC，tanC=3tanA(2)由(1)tanC=3tanA，有tanB=tan(A+C)=tanA+tanCtanAtanC1=4tanA3tan2A1，则1tanA+2tanB+3tanC=1tanA+3tan2A12tanA+1tanA=3(tan2A+1)2tanA，故1tanA+2tanB+3tanC=32(tanA+1tanA)322tanA1tanA=3，当且仅当tanA=1tanA，即tan
19、A=1，A=4时取等。所以1tanA+2tanB+3tanC的最小值为3【解析】本题考查正余弦定理解三角形和基本不等式求最值，属于中档题20.【答案】解：(1)y=dx+c(2)令=x，则y=d+c，根据已知数据表得到如下表：x14916253649=x1234567y0479111213=1+2+3+4+5+6+77=4，y=8，d=283748140716=5928，c=yd=37，故y关于x的经验回归方程y=5928x37，令x=100，y=2891420.64(cm)(3)这7天中幼苗高度大于y=8的有4天，X服从超几何分布，其中N=7，M=4，n=4，P(X=1)=435，P(X=2
20、)=1835，P(X=3)=1235，P(X=4)=135，所以随机变量X的分布列为：X1234P43518351235135随机变量X的期望值E(X)=447=167【解析】本题考查离散型随机变量的分布列与数学期望，考查回归方程，属于中档题(1)由数据分析y=dx+c更适宜作为y关于x的经验回归方程；(2)令=x，则y=d+c，列出数据表，代入公式从而得到d，回归直线过点,y，得到c，从而得到经验回归方程，令x=100，求出y的值；(3)从这7天中任取4天，所以这4个点中幼苗的高度大于y的点的个数X的取值为1，2，3，4，利用超几何分布分别求出概率，列出分布列，从而求出期望21.【答案】解：
21、(1)因为双曲线C与已知双曲线有相同的渐近线，设双曲线C的标准方程为x24y2=，代入点A坐标，解得=4，所以双曲线C的标准方程为x24y2=1(2)(i)当直线EF斜率存在时，设EF:y=kx+m，设E(x1,y1)F(x2,y2)，联立y=kx+m与双曲线x24y2=1，化简得(4k21)x2+8kmx+4(m2+1)=0，=(8km)24(4m2+4)(4k21)0，即4k2m210，则有x1+x2=8km4k21x1x2=4m2+44k21,又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2，因为DEDF=(x12)(x22)+y1y2=0，所以(k2+1
22、)x1x2+(km2)(x1+x2)+m2+4=0，所以(k2+1)4m2+44k21+(km2)8km4k21+m2+4=0，化简，得3m2+16km+20k2=0，即(3m+10k)(m+2k)=0所以m1=2k，m2=103k，且均满足4k2m210)由于f(12)=e20，故存在x0(12,1)，使得f(x0)=ex01x0=0由基本初等函数性质知，f(x)在(0,+)递增，所以当0xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)递增，所以m=f(x)min=f(x0)=ex0lnx0=1x0+x0设函数g(x)=1x+x，x(12,1)，g(x)=x21x20，故g(x)在(12,1)
23、递减，g(x)g(12)=52，所以m52(2)方法一：f(x)=kekx1kx=k(ekx1k2x)当k1e时，由基本初等函数性质知，f(x)在(0,+)递增，f(1k)=ke10，f(1k2+k)=ke1k+1(k+1)k111k+1(k+1)=0所以存在x1(0,+)使得f(x1)=k(ekx11k2x1)=0，即：ekx1=1k2x1kx1+2lnk+lnx1=0，klnx1=k2x1+2klnk当0xx1时，f(x)x1时，f(x)0，f(x)递增f(x)min=f(x1)=ek1lnx1k=1k2x1lnx1k=1k2(1x1klnx1)=1k2(1x1+k2x1+2klnk)1k2(2k+2klnk)=2k(1+lnk)因为k1e，故lnk1，f(x)min0，f(x)0.方法二：ekxlnxk0kekxlnx0，由于k1e，所以kekxlnx1ee1exlnx，故只需证1ee1exlnx0，即e1exelnx0，设g(x)=e1exelnx，g(x)=1ee1exex，g(x)在(0,+)单增，且g(e)=0，故x(0,e)时g(x)0，g(x)单增，所以g(x)min=g(e)=0，g(x)0，原不等式成立【解析】本题考查导数证明不等式，属于难题
