辽宁省丹东市五校2022-2023学年高三上学期12月联考数学试题

丹东市五校联考数学科试卷注意事项：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.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.本试卷共22题，共150分，共4页，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Ax∈Z|2≤x3,Bx|y1lnx,则AIB（）A．2,1,0,1,2B．1,2C．2,eD．0,e2．已知角的顶点与坐标原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合．若角终边上一2π2π点P的坐标为cos,sin，则sintan（）333333A．B．C．D．22223．下列结论错误的是（）2abx22A．a，b均为负数，则2．B．2．ba2x2143C．sinx4．D．aaR,310．sinxa4．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为4，若该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（）图（1）图（2）A．12πB．24πC．36πD．48π5．下列结论正确的是()A.若A,B,C是一组两两相互独立的事件，则PABCPAPBPCB.若A,B事件满足PAPB1，则A，B是对立事件C.若A,B是互斥事件，则PA∪B1D.“A,B是互斥事件”是“A,B是对立事件”的充分不必要条件rrrrrrra6．已知非零向量a，b的夹角正切值为26，且ab32ab，则r（）b23A．2B．C．D．1327．已知等比数列an中，an0，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且S248，S460，则使得Tn1成立的正整数n的最小值为（）A．9B．10C．11D．1218．设asin，bln1.1，c1.21，则（）11A．cbaB．abcC．acbD．cab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，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知等差数列an的前n项和为Sn，若aS2237，，则（）11625A．an5B．若aaaa，则的最小值为nmn210mn12C．Sn取最大值时，n4或n5D．若Sn0，n的最大值为810．某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得到如图所示的统计图．则以下说法正确的是（）A．54周岁以上的参保人数最少B．18～29周岁人群参保的总费用最少C．丁险种更受参保人青睐D．30周岁及以上的参保人数占总参保人数的20%111．关于 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 fx()sin2x，下列说法正确的是（）sin2xπA．f()x的最小值为2B．fx()是奇函数2ππC．f()x的图象关于直线x对称D．f()x在(0,)上单调递减4412．已知函数fxx1ex1，则（）A．曲线yfx在点（1，0）处的切线方程为xy101B．fx的极小值为e3e3C．当2e2a时，fxax2有且仅有一个整数解221D．当a时，fxax2有且仅有一个整数解3e22e三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。a3i13．已知（i为虚数单位，aR）为纯虚数，则a____________．1i14．如图，在正三棱柱ABC-A111BC中，AA13，AB2，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为___________．15．已知函数fxxxaxb＝422的图象关于直线x1对称，则fx的最大值为_____．16．我们常常运用对同一个量算两次的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 来证明组合恒等式，如：从装有编号为m1,2,3,,n1的n+1个球的口袋中取出m个球0,,Nmnmn，共有Cn+1种取法.在mmm1mm1mCn+1种取法中，不取1号球有Cn种取法；取1号球有Cn种取法.所以CCnnCn1.试运用此方法，写出如下等式的结果：32323232CCCnn3142CCnLCn241CCn___________.四、解答题：本题共6题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17．已知函数fx3sinωxπ2sin2ωxπ1ω0的相邻两对称轴间的距6212离为π，2（1）求f（x）的解析式；（2）将函数f（x）的图像向右平移π个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的162ππ（纵坐标不变），得到函数y＝g（x）的图像，当x∈,时，求函数g（x）的值域；12618.已知数列a的前n项和为S，且满足a1，2Sna1,nn1nn1（1）求数列an的通项公式；2n，n为奇数（2）若数列Cn，求数列Cn的前2n项和T2n.an4，n为偶数19．在①cAcos3aCsin；②()(sinsin)(3)sinabABcbC；③3cosbAaBcos3bc这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．问题：在VABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足___________．(1)求角A的大小；(2)若D为线段CB延长线上的一点，且CB2,BDAD3,23AC，求VABC的面积．π20.已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，侧面AA1C1C是边长为2的菱形，∠CAA，侧面四边形13ABB1A1是矩形，且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，点D是棱A1B1的中点．（1）在棱AC上是否存在一点E，使得AD∥平面B1C1E，并说明理由；（2）当三棱锥B﹣A1DC1的体积为3时，求平面A1C1D与平面CC1D夹角的余弦值．21.2021年5月12日，2022北京冬奥会和冬残奥会吉祥物“冰墩墩”、“雪容融”亮相上海展览中心．为了庆祝吉祥物在上海的亮相，某商场举办了赢取冰墩墩、雪容融吉1祥物挂件答题活动．为了提高活动的参与度，计划有的人只能赢取冰墩墩挂件，另外32的人计划既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，每位顾客只能赢取冰墩墩挂件，3则记1分，若既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，则记2分，假设每位顾客能赢取冰墩墩挂件和赢取雪容融挂件相互独立，视频率为概率．（1）从顾客中随机抽取3人，记这3人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望；（2）从顾客中随机抽取n人（n∈𝐍∗），记这n人的合计得分恰为n1分的概率为Pn，求P1P2…Pn；22.已知函数f（x）＝aex﹣（1﹣a）x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当a＝1时，若函数y＝f（x）﹣et（lnxt）有两个零点，求实数t的取值范围．一、单选题答案1．B2.A3.4.5.6.7.8.B二、多选题答案9.10.11.12.三、填空题-314.15.1616.C613.n3四、解答题答案17.解：（1）函数，整理得：＝，由于相邻两对称轴间的距离为，故函数的周期为π，故ω＝2．所以f（x）＝2sin2x．——5分（2）函数f（x）的图像向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数y＝g（x）＝2sin（4x﹣）的图像，由于，故；所以．——10分18.解：（1）∵﹣1，∴2Sn＝nan+1﹣n，当n≥2时，2Sn﹣1＝（n﹣1）an﹣（n﹣1），∴2an＝nan+1﹣（n﹣1）an﹣1，即nan+1﹣（n+1）an＝1，∴﹣＝＝﹣，∴﹣+﹣+⋯+﹣＝﹣+﹣+⋯+﹣＝﹣，1∴﹣＝﹣，又当n＝1时，2S1＝a2﹣1，a2＝3，∴an＝2n﹣1，又a1＝1，适合上式，则数列{an}的通项公式为an＝2n﹣1；——6分（2）由题意可得，∁n＝，则T2n＝（C1+C3+⋯+C2n﹣1）+（C2+C4+⋯+C2n）＝+＝（4n﹣1）+2n2+5n，n2∴T2n＝（4﹣1）+2n+5n．——12分19.解：（1）若选择①，∵ccosA3asinC．∴sinCAACcos3sinsin，3∵sinC0，∴cosAA3sin，即tanA，3π∵A(0,π)∴A；6若选择②，∵(ab)(sinAsinB)(c3b)sinC，∴(ab)(ab)c(c3b)，∴a2b2c23bc，b22ca233bc∴a2b2c23bc，cosA，2bc2bc2π∵A(0,π)∴A；6若选择③，∵3bcosAacosB3bc，∴3sinBAABBCcossincos3sinsin，∴3sinBAABBABcossincos3sinsin()，∴3sinBAABBABABcossincos3sinsincoscossin，∴2sinBABcos3sin，又∵B(0,π)．23π∴sinB0，∴cosA，∵A(0,π)，∴A；——6分26（2）设BDx，ABy，ABD，在中，用余弦定理可得AC2BC2BA22BCBAcosABC，即124x22y22xycos(π)①，又∵在中，BC2AC2AB22ACABcosCAB，yy2612即4x2212y223ycosCAB.即4x22y6y12，即x2②，4在△ABD中，用余弦定理可得AD2BD2BA22BDBAcosABD，即3x22y2xycos③，③2+①可得6xy22318，1SABCABACsinA3将②式代入上式可得yx2,1，2．——12分20.（1）解：存在，当E为AC的中点时，AD∥平面B1C1E，理由如下：如图所示：取B1C1的中点F，连接EF，DF，∵DF是△A1B1C1的中位线，∴，又，∴DF//AE，DF＝AE，∴四边形DFEA是平行四边形，∴AD∥EF，又AD⊄面B1C1E，EF⊂面B1C1E，∴AD∥平面B1C1E．——6分（2）∵四边形ABB1A1是矩形，∴A1B1⊥AA1，，又∵平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，∴A1B1⊥面A1ACC1，3∵，∴A1B1＝6，∵侧面ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，∴△A1AC是正三角形，∵E是AC的中点，∴A1E⊥AC，以A1为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，0），C1（0，2，0），D（0，0，3），，则，，设平面C1DC的一个法向量为，由，得，令x＝1，则，，∴，又平面A1C1D的一个法向量，——10分∴，∴平面A1C1D与平面CC1D的夹角的余弦值是．——12分21.解：（1）X的取值为3，4，5，6所以，，，.所以X的分布列为：X3456P4所以；——6分（2）因为这n人的合计得分恰为n+1分，则其中有且只有1人既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，所以，设，，两式相减得＝，所以，所以；——12分22.解：（1）因为f（x）＝aex﹣（1﹣a）x，所以f'（x）＝aex﹣（1﹣a）．当a≥1时，f'（x）＞0，所以f（x）在R上单调递增；当0＜a＜1时，令f'（x）＝0，得，所以f（x）在上单调递减，在上单调递增；当a≤0时，f'（x）＜0，所以f（x）在R上单调递减．故当a≥1时，f（x）在R上单调递增；当0＜a＜1时，f（x）在上单调递减，在上单调递增；当a≤0时，f（x）在R上单调递减—5分（2）当a＝1时，f（x）＝ex，则y＝f（x）﹣et（lnx+t）＝ex﹣et（lnx+t），所以关于x的方程ex﹣et（lnx+t）＝0有两个不同的实根，即关于x的方程ex＝et（lnx+t）有两个不同的实根．因为x＞0，所以xex＝et+lnx（lnx+t）——6分5令g（x）＝xex（x＞0），则g'（x）＝（x+1）ex＞0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增．要使g（x）＝g（lnx+t）有两个不同的实根，则需x＝lnx+t有两个不同的实根．令h（x）＝x﹣lnx﹣t，则．当x∈（0，1）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，所以h（x）min＝h（1）＝1﹣t．——9分当t＜1时，h（x）＞0，h（x）没有零点；当t＝1时，h（x）≥0，当且仅当x＝1时，等号成立，h（x）只有一个零点；当t＞1时，h（1）＝1﹣t＜0，h（e﹣t）＝e﹣t＞0，h（et）＝et﹣2t．令φ（t）＝et﹣2t（t＞1），则φ'（t）＝et﹣2＞e﹣2＞0，即φ（t）在（1，+∞）上单调递增，所以φ（t）＞φ（1）＝e﹣2＞0，即h（et）＞0．所以h（x）在（0，1）上有一个零点，在（1，+∞）上有一个零点，符合条件．综上，实数t的取值范围是（1，+∞）．——12分6