【文档说明】江苏省南通市通州区2023届高三上学期期中复习数学试卷+答案.docx，共(23)页，1.452 MB，由baby熊上传

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江苏省南通市通州区2022-2023学年高三（上）期中复习数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.设(1)24izi，则2z（）A.10B.10C.510D.100【答

案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算化简z为abi的形式，然后求得2z的表达式，进而求得2z.【详解】2412413111iiiziiii，2216986ziii，210z

.故选B.【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数的平方和模的运算，属于基础题.2.如图所示，侧棱长为1的正四棱锥，若底面周长为4，则这个棱锥的侧面积为()A5B.3C.312D.3＋1【答案】B【解析】【分析】由正四棱锥的

侧棱长为1，底面周长为4，知这个棱锥侧面积是四个边长为1的等边三角形的面积之和．【详解】：∵正四棱锥的侧棱长为1，底面周长为4，∴这个棱锥侧面积是四个边长为1的等边三角形的面积之和，∴这个棱锥侧面积21416032Ssin（）．故选B．【点睛】本题

考查棱锥的侧面积的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意熟练掌握棱锥.的结构特征．3.函数21xfxx的图像为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分析函数fx的定义域、奇偶性、单调性及其在,0

上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】函数21xfxx的定义域为0xx，且2211xxfxfxxx，函数fx为奇函数，A选项错误；又当0x时，210xfxx，C选项错误；

当1x时，22111xxfxxxxx函数单调递增，故B选项错误；故选：D.4.设13cos6sin622a，22tan131tan13b，1cos502c，则有（）

A.abcB.abcC.acbD.b<c<a【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简a，利用倍角公式化简,bc，利用正弦函数的单调性比较大小.【详解】13cos6sin6sin306sin2422a，2222tan132sin13cos13si

n261tan13cos13sin13b，21cos50sin25sin252c.因为函数sinyx在π0,2上是增函数，所以acb.故选：C.5.集合

2,0,1,2M，|211Nxx，则MN（）A.2,1,2B.0,2C.2,2D.2,2【答案】C【解析】【分析】解出集合N，根据交集的运算求解即可.【详解】211|0Nxxxx或1x，则2,2MN.故选

：C.6.“2a”是“不等式组21010110xyxaxy所表示的平面区域的面积等于2”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】作出可行域，根据可行域的面积为2求出实数a的值，再利用充分条件

和必要条件的定义判断可得出结论.【详解】作出不等式组21010110xyxaxy所表示的可行域如下图所示：易知直线2110axy过定点0,1C，联立110xxy，可得10xy，即点10

B,，要使得可行域存在，则点B的坐标满足不等式2110axy，则20a，合乎题意，设可行域为ABC，点C到直线AB的距离为1，1122ABCSAB△，可得AB4，结合图形可知点1,4A，所以，直线2110axy过点

A，所以，240a，解得2a.因此，“2a”是“不等式组21010110xyxaxy所表示的平面区域的面积等于2”的充分不必要条件.故选：A.7.渔民出海打鱼，为了保证获得的鱼新鲜，鱼被

打上岸后，要在最短的时间内将其分拣、冷藏，若不及时处理，打上来的鱼很快地失去新鲜度（以鱼肉内的三甲胺量的多少来确定鱼的新鲜度.三甲胺是一种挥发性碱性氨，是氨的衍生物，它是由细菌分解产生的.三甲胺量积聚就表明鱼的新鲜度下降，鱼体开始变质进而腐败）.已知某种鱼失去的新鲜度h与其

出海后时间t（分）满足的函数关系式为thma.若出海后10分钟，这种鱼失去的新鲜度为10%，出海后20分钟，这种鱼失去的新鲜度为20%，那么若不及时处理，打上来的这种鱼在多长时间后开始失去全部新鲜度（已知lg2

0.3，结果取整数）（）A.33分钟B.43分钟C.50分钟D.56分钟【答案】B【解析】【分析】将10,0.1th和20,0.2th代入函数ht的解析式，解方程组求得,am的值，进而求得ht的解

析式，令1ht，解方程可求得对应的时间t.【详解】依题设有1020100.1,200.2,hmahma解得1102a，0.05m，故1100.052tht.令1100.052

1tht，得110220t，故1101010.3lg201lg24310.3lg2lg210t(分钟).故选B.【点睛】本小题主要考查待定系数法求函数解析式，考查指数和对数运算，属于中档题.8.已知函数

fx的导函数图像如图所示，若ABC为锐角三角形，则一定成立的是A.coscosfAfBB.sincosfAfBC.sinsinfAfBD.sincosfAfB【

答案】D【解析】【详解】试题分析：由题意得，当01x时，0fx，即函数在区间(0,1)上是单调递增函数，因为ABC为锐角三角形，所以2AB，即2AB，且(0,),(0,)222AB，又因为sinyx在区间(0,)2是单调递增函

数，所以sinsin()cos2ABB，所以(sin)(cos)fAfB，故选D.考点：函数单调性的应用.【方法点晴】本题主要考查了函数单调性的应用及三角函数的性质和函数值的大小比较，根据函数的单调性以及三角函数的性质确定函数值的大小关系是解答本题的关键

，属于中档试题，着重考查了转化与化归思想的应用，本题的解答中根据导数得到函数fx为单调递增函数，再利用锐角三角形得到角,AB的关系，利用三角函数的单调性确定函数值的大小关系，即可作出比较.二、多选题（本大题共4小题，共20分.在

每小题有多项符合题目要求）9.已知点2,0A，2,0B，若圆22:124Cxaya上存在点M满足5MAMB，则整数a的取值可以是（）A.3B.0C.2D.5【答案】ABC【解析】【分析】由数量积求出M的轨

迹为圆，由题意可得M的轨迹与所给圆有公共点，再由圆心距与半径的关系列不等式求解a的范围．【详解】解：设(,)Mxy，则(2,),(2,)MAxyMBxy，由5MAMB，得2(2)(2)5xxy，即229xy，∴M的轨迹是以原点为

圆心，以3为半径的圆，若圆22:124Cxaya上存在点M满足5MAMB，则圆O：229xy和圆22:124Cxaya有公共点，221(1)(2)5aa，解得：−5≤a≤−2或−1≤a≤2，结

合选项可得，实数a可以是−3，0，2．故选：ABC．10.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB//平面MNP的是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据直线与平面平行的判定定理：“

如果平面外一条直线平行于平面内的一条直线，那么该直线平行于此平面，即线线平行，则线面平行.”以及面面平行的性质，分别判断即可.【详解】对于选项A，由图可知AC//MN，CB//NP，故根据面面平行的判定定理可知，平面ABC//平面MNP，又因AB平面ABC，所以直线AB//平

面MNP，故A正确；对于选项B，根据题意易得AB//NP，结合直线与平面平行的判定定理，可知直线AB//平面MNP，故B正确；对于选项C，由题意可知，平面MNP内不存在任意一条直线于直线AB平行，故直线AB与平面MNP不平行，因此C错

；对于选项D，由图可知AC//NP，CB//NM，故根据面面平行的判定定理可知，平面ABC//平面MNP，又因AB平面ABC，所以直线AB//平面MNP，故D正确.故选：ABD.11.已知数列na，nb均为公差大于零的等差数列，则下列说

法正确的有（）A.数列nnab}是递增数列B.数列{nnab}是递增数列C.数列nnab是等差数列D.数列nnab不可能是等差数列【答案】ACD【解析】【分析】由题可设111,0napnqp，2220nbpnqp

，利用等差数列的定义可判断ACD，利用特例可判断B.【详解】∵数列na，nb均为公差大于零的等差数列，∴可设111,0napnqp，2220nbpnqp，其中1122,,,pqpq为常数，∴1212nnabppnqq，∴11120nnnnab

abpp，∴数列nnab是等差数列，且为递增数列，故AC正确；设2,3nnanbn，则1122332,0,0ababab，数列{nnab}不是递增数列，故B错误；设111,0napnqp，2220nbpnqp

，其中1122,,,pqpq为常数，则2112212122112nnabpnqpnqppnpqpqnqq，∴2211121221121212211211nnn

nababppnpqpqnqqppnpqpqnqq12122121ppnpqpq，由题可知120pp，故11nnnnabab12122121ppnpqpq不可能为常数，故数列nnab不可能是等差数列

，故D正确.故选：ACD.12.已知函数fx满足221lnxfxxfxx，1eef.则当0x时，下列说法中正确的是（）A.1eefB.fx只有一个零点C.fx有两

个零点D.fx有一个极大值【答案】BD【解析】【分析】令2gxxfx，则221lngxxfxxfxx，于是lngxxxC，2lnxxCfxx，根据1eef，解出C的值.然后

利用导数研究函数的单调性，即可推得结论.【详解】令2gxxfx，则221lngxxfxxfxx，所以，lngxxxCRC，所以，2lnxxCfxx.又1ee

f，则2e1eeeCf，解得0C.所以，2lnlnxxxfxxx.则，21lnxfxx，且1ln1ee1eef，A项错误.当0ex时，()0fx¢>，则lnxfxx在0,e

上单调递增；当ex时，0fx，则lnxfxx在e,+上单调递减.所以，lnxfxx在ex处有极大值为1e0ef，且fx只有一个极值点，D正确.且1x时，有0fx恒成立.又10f，所以fx只有一个零点，B项正确，C项错

误.故选：BD.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.在等差数列na中，2124aa，则2712aaa______．【答案】6【解析】【分析】由等差数列的性质求解即可【详解】在等差数列

na中，2124aa，所以772124aaaa，即72a，所以271242=6aaa，故答案为：614.曲线2(1)xyxe在点(0,1)处的切线方程为__．【答案】10xy【解析】【分析】对函数求

导后，代入切点的横坐标得到切线斜率，然后根据直线方程的点斜式，即可写出切线方程.【详解】因为2(1)xyxe，所以221xyxxe，从而切线的斜率1k，所以切线方程为11(0)yx

，即10xy.故答案为：10xy【点睛】本题主要考查过曲线上一点的切线方程的求法，属基础题.15.已知函数sin0,0,02πfxAxA的图象与直线0yaaA的三个相邻交点的横坐标分别是2、4、8，则fx的单调递减区间是______．【

答案】63,6Zkkk【解析】【分析】分析可知函数函数fx的最小正周期为6T，求出的值，根据240ff结合的取值范围可求得的值，化简函数fx的解析式，利用余弦型函数的单调性可求得函数fx的单调递减区间.【详解】由题意可知，函数

fx的最小正周期为826T，2ππ3T，所以，πsin3xfxA，因为24ff，即2π4πsinsin033AAa，所以，2π

4πsinsin0,133aA，即2π2π2π2π2π2π2πsinsinsincoscossin3333333，即32π32πsincos023

23，2π3tan33，又因为2πsin03，02π，则2π2π8π333，所以，2π13π36，解得3π2，所以，π3ππsincos323x

xfxAA，由π2ππ2πZ3xkkk，解得636Zkxkk，所以，函数fx的单调递减区间为63,6Zkkk.故答案为：63,6Zkkk.16.已知抛物线M：24xy，圆C：22(3)4xy，在抛物线M上任取

一点P，向圆C作两条切线PA和PB，切点分别为A，B，则CACB的取值范围是______．【答案】4,0【解析】【分析】设点00,Pxy，由已知关系，可用P点坐标表示出PC.在RtPAC△，有222cosCAPCAPC，进而可推出20

32418CyCBA，根据0y的范围，即可得到结果.【详解】由已知，0,3C，2r.如图，设点00,Pxy，则2004xy，222003PCxy220002918yyy，在RtPAC△中，有22

2cosCAPCAPC2220041818ryy，易知2ACBPCA，则2208cos2cos1118ACBPCAy，则cosBCACBCBCACA220083214188

41yy，因为，00y，所以当01y时，CACB取得最大值32408，又2032018y，所以，4CBCA.所以，CACB的取值范围是4,0.故答案为：4,0.四、解答题（本大题共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.已知数列na，14a，1122nnnaa，其中*nN．（1）设2nnnab，证明：数列nb是等差数列，并求nb的通项公式；（2）设2nnncb，nT为数列nc的前

项和，求证：3nT；（3）设14(1)2(nbnnnd为非零整数，N*)n，试确定的值，使得对任意*nN，都有1nndd成立．【答案】（1）证明见解析，1nbn；（2）见解析；（3）1.【解析】【分析】(1)由1122nnnaa，可得11122nnnna

a，即有11nnbb，从而得数列nb是等差数列，再由等差数列定义求通项公式即可；(2)利用错位相减求得332nnnT，即可得证；(3)由1nndd可得12(1)0nn对任意*nN成立，分n为奇数、偶数求出的范围，再结合为非零整数，即可得的值.【小问1详

解】证明：因为1122nnnaa，所以11122nnnnaa，即11nnbb，所以数列nb是等差数列，首项为114222ab，公差1d，所以2(1)11nbnn；【小问

2详解】解：因122nnnncbn，所以231234122222nnnnnT①,所以234112341222222nnnnnTL②,由①-②可得23411111111222222nnnnT的为=21111(

)[1()]12211212nnn=13322nn所以332nnnT，又因为302nn，所以3332nnnT；【小问3详解】解：因为1114(1)24(1)2nbnnnnnnd

，所以1214(1)2nnnnd，又因为1nndd对任意*nN成立，即124(1)2nnn114(1)2nnn对任意*nN成立，整理得21034(1)2(1)2nnnnn

对任意*nN成立，即10343(1)2nnn对任意*nN成立，2103(23(1)2)nnn对任意*nN成立，11[2032(1)]nnn对任意*nN成立，所以12(1)0nn对任意*nN成立，当n为奇数时，12n

，所以111min(2)21n，当n为偶数时，12n，所以121max(2)22n，所以21，又因为为非零整数，所以1.18.ABC的外接圆半径为1，角A、B、C的对边分别为a、b、c.向量

,4cosmaB，cos,nAb满足//mnurr．（1）求sinsinAB的取值范围；（2）若实数x满足abxab，试确定x的取值范围．【答案】（1）1,2（2）2,【解析】【分析】（1）

利用平面向量共线的坐标表示可得出4coscosabAB，进一步得出π2AB且π02A，利用三角恒等变换结合正弦型函数的基本性质可求得sinsinAB的取值范围；（2）分析可得11sincossincosxAAAA，令sincos1,2tA

A，求出函数1ytt在1,2的值域，进而可求得x的取值范围.【小问1详解】解：因为//mnurr，则4coscosabAB，因为ABC的外接圆半径为1，则4sinsin4coscosABAB，所以，cos0AB

，0πAB，π2AB且π02A，则ππ3π444A，所以，ππsinsinsinsinsincos2sin1,224ABAAAAA.【小问2详解】解：因为2sincos12sincosAAAA，由题意可

得22sin2sinsincossincos114sinsin2sincossincos1sincossincosabABAAAAxabABAAAAAAAA，设sincos

1,2tAA，因为函数yt、1yt在1,2上均为增函数，故函数1ytt在1,2上为增函数，所以，12sincos0,sincos2AAAA，因此，12,1sincossincosxAAAA.19.已知递增等差数列na中的

2a、5a是函数321710532fxxxx的两个极值点．数列nb满足，点,nnbS在直线1yx上，其中nS是数列nb的前n项和．（1）求数列na和nb的通项公式；（2）令nnncab，求数列nc的前n项和nT．【答案】（1

）nan，12nnb（2）222nnnT【解析】【分析】（1）利用导数求出函数fx的两个极值点，可得出2a、5a的值，可求得等差数列na的公差，进而可求得数列na的通项公式；分析可得1nnSb，令1

n求出1b的值，令2n，由1nnSb可得111nnSb，两式作差可推导出数列nb为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列nb的通项公式；（2）利用错位相减法可求得nT.【小问1详解】解：因

为321710532fxxxx，则271025fxxxxx，由0fx可得25x；由()0fx¢>可得2x或5x.所以，函数fx的增区间为,2、5,，减区间为2,5，

所以，函数fx的极大值点为2x，极小值点为5x，由题意可知，25aa，22a，55a，所以，等差数列na的公差为5213aad，22naandn.由题意可得1nnSb对任意的Nn恒成立.当1n时，1111bSb，可得112b；当

2n时，由1nnSb可得111nnSb，上述两个等式作差可得1nnnbbb，112nnbb，所以，数列nb是公比和首项均为12的等比数列，故1111222nnnb.【小问2详解】解：2nnnnncab，所以，2312322

22nnnT=++++，231112122222nnnnnTL，上述两个等式作差可得2311111111111222112222222212nnnnnnnnnT+++骣÷ç-÷ç÷ç桫+=++++-=-=

--L，化简可得222nnnT.20.已知过定点01P，的直线l交曲线2214yx于A，B两点．（1）若直线l的倾斜角为45，求AB；（2）若线段AB的中点为M，求点M的轨迹方程．【答案】（1）823（2）2240xyy，其中41y

，，【解析】【分析】对于（1），得l方程为：1yx，与双曲线联立后可求出A，B坐标，即可求得AB.对于（2），先利用点差法可求得M轨迹方程.后利用韦达定理可求得曲线上点坐标的范围.【小问1详解】由题得l方程为：1yx，将其与2214yx联立有2

2114yxyx，消去y得：23250xx，解得=1x或53x.则令A1,0，B5833，，则AB=2258821333.【小问2详解】由题，直线l存在，故设l方

程为：1ykx.将其与2214yx联立有：22114ykxyx，消去y得：224250kxkx因l与双曲线有两个交点，则2240Δ80160kk，得205k且24k.设1122,,AxyBxy，.又设M坐标为00xy

，，则12120022，xxyyxy.因A，B在双曲线上，则有221112012212120222144414yxxxxyykyyxxyyx.又M，01P，在直线l上，则001ykx

.故000014yxxy2200040xyy由韦达定理有，12224kxxk，12284yyk.则M坐标为22444,kkk.又0244yk，205k且24k，

则01y或04y.综上点M的轨迹方程为：2240xyy，其中41y，，.【点睛】易错点点睛：本题涉及求双曲线的弦长，及双曲线中的轨迹方程.需注意以下两点:（1）将直线与双曲线联立时，若直线与双曲线有两个交点，联立方程的二次项系数不能为0.（2）求轨迹方程时，

要注意根据题意求出曲线上点坐标的范围.21.已知梯形ABCD中，//ADBC，π2ABCBAD，24ABBCAD，E，F分别是AB，CD上的点，//EFBC，AEx，G是BC的中点，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF．（1）当2x时①求

证：BDEG⊥；②求二面角DBFC的余弦值；（2）三棱锥DFBC的体积是否可能等于几何体ABEFDC体积的一半？并说明理由．【答案】（1）①证明见解析；②1414；（2）棱锥DFBC的体积不可能等于几何体ABEFDC体积的一半．【解析】【分析

】（1）①：过D点作EF的垂线交EF于H，连接BH，证明EG平面BDH，由此能证明BDEG⊥；②以E为原点，EB为x轴，EF为y轴，EA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角DBFC的余弦值；（2）表示出两几何体的体积，从而棱锥DFBC的体积不可能等

于几何体ABEFDC体积的一半．【小问1详解】证明：过D点作EF的垂线交EF于H，连接BH．如图．2AEAD且//AEDH，//ADEF，π2EAD．四边形ADHE是正方形2EH，四边形EHGB是正

方形.所以BHEG（正方形对角线互相垂直）.因为平面AEFD平面EBCF，平面AEFD平面EBCFEF，,AEEFAE平面AEFD，所以AE平面EBCF，所以DH平面EBCF，又因为EG平面EBCF，所以EGDH.又,,BHDHHBHDH平面BDH，所以EG

平面BDH，又BD平面BDH，所以EGBD.②解：以E为原点，EB为x轴，EF为y轴，EA为z轴，建立空间直角坐标系，(2B，0，0)，(0F，3，0)，(0D，2，2)，(2C，4，0)，.(2BF，3，0)，(2BD，2，2)，设平面BDF的法向

量(nx，y，)z，则·2220·230nBDxyznBFxy，取3x，得(3n，2，1)，又平面BCF的法向量(0m，0，1)，114cos,14||||14mnmnmn．钝二面角DBFC的余

弦值为1414．【小问2详解】解：AEEFQ，平面AEFD平面EBCF，平面AEFD平面EBCFEF，AE平面AEFD．AE平面EBCF．结合DH平面EBCF，得//AEDH，四边形AEHD是矩形，得DHAE，故以F、B、C、

D为顶点的三棱锥DBCF的高DHAEx，又114(4)8222BCFSBCBExx．三棱锥DBCF的体积为2=11822(82)433333BFCVSDHxxxxxx，ABEFDCABE

DGHDHGCFVVV13ABEHGCFSADSDH111111(4)2(2)(4)=(4)1+(2)232262xxxxxxxx，令112(4)1+(2)=24623xxxxx，解得0x或4x，不合题

意；棱锥DFBC的体积不可能等于几何体ABEFDC体积的一半．22.已知函数21()2xfxexax（1）若函数()fx的图像在0x处的切线方程是2yxb，求a，b的值；（2）若函数()fx在R上是单增函数，求实数a的取值范围；（3）如果21()()2gxfxax

恰有两个不同的极值点12,xx，证明：12ln22xxa.【答案】（1）1,1ab；（2）1a；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求解，由题意可得(0)12fa，可求出a，由(0)1f可求出b的值；（2）由函

数()fx在R上是单增函数，可得0xexa恒成立，即xaex恒成立，构造函数()xhxex，利用导数求出其最小值即可；（3）由12,xx是函数()gx的两个不同极值点(不妨设12xx)，当0a时可判断出函数不存在两个极值点，所以0a，则112220,20xxeaxae

axa，两式相减可得12122xxeeaxx，所以要证明12ln22xxa，即证明1212212xxxxeeexx，两边同除以2ex，即证12122121xxxexexx，即证

12212121xxxxxeex，即证121221210xxxxxxee，令12,0xxtt，则210xxtee，然后构造函数利用导数证明即可【详解】（1）∵()xfxexa

，∴(0)1fa.于是由题知12a，解得1a.∴21()2xfxexx，∴(0)1f，于是120b，解得1b.即1,1ab.（2）由题意()0fx即0xexa恒成立，∴xaex恒成立.设()xhxex，

则()1xhxe.x,000,hx0hx减函数极小值增函数∴min()(0)1hxh，∴1a.（3）由已知222211()22xxgxexaxaxxeaxax.∴()2xgxeaxa.∵12,xx

是函数()gx两个不同极值点(不妨设12xx)，若0a时，()0gx，即()gx是R上的增函数，()gx至多有一个极值点与已知矛盾∴0a，且10gx，20gx.∴112220

,20xxeaxaeaxa.两式相减得：12122xxeeaxx，于是要证明12ln22xxa，即证明1212212xxxxeeexx，两边同除以2ex，即证12122121xxxexexx，即证12212121xxxxxee

x，即证121221210xxxxxxee，令12,0xxtt.即证210xxtee不等式，当0t时恒成立.设2()1xxttee，∴222221()11222xxxxxtttteteeeeee

.∵由（2）知212tte，即2102tte，∴()0t.∴()0t，得证∴12ln22xxa.【点睛】关

键点点睛：此题考查导数的应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式问题，解题的关键是由10gx，20gx得12122xxeeaxx，所以将不等式转化为1212212xxxxeeexx，化简变形

后得121221210xxxxxxee，令12,0xxtt.的即证210xxtee不等式，当0t时恒成立，构造函数2()1xxttee利用导数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题