江苏省泰州市2023届高三下学期第一次调研测试数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1泰州市2023届高三第一次调研测试数学本试卷共6页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”．2.作答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的〖答案〗信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗．〖答案〗不能答在试卷上．3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，〖答案〗必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的〖答案〗，然后再写上新〖答案〗；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将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，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据交集概念计算出〖答案〗.〖详析〗.故选：A.2.已知向量满足，则（）A.－2 B.－1 C.0 D.2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据向量数量积运算求得正确〖答案〗.〖详析〗.故选：C3.在复平面内，复数对应的点关于直线对称，若，则（）A. B.2 C. D.4〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据对称性得到，从而计算出，求出模长.〖详析〗对应的点为，其中关于的对称点为，故，故.故选：C4.2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹.太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨.某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面，近地点（长轴端点中离地面最近的点）距地面，地球的半径为，则该椭圆的短轴长为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据椭圆的远地点和近地点的距离可得，进而可求得，求得b，可得〖答案〗.〖详析〗由题意得，故，故选：D.5.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据三角恒等变换公式求解.〖详析〗所以，所以故选:B.6.已知随机变量服从正态分布，有下列四个命题：甲：；乙：；丙：；丁：如果只有一个假命题，则该命题为（）A.甲 B.乙 C.丙 D.丁〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据正态曲线的对称性可判定乙､丙一定都正确，继而根据正态曲线的对称性可判断甲和丁，即得〖答案〗.〖详析〗因为只有一个假命题，故乙､丙只要有一个错，另一个一定错，不合题意，所以乙､丙一定都正确，则，故甲正确，根据正态曲线的对称性可得，故丁错.故选：D.7.已知函数的定义域为，且为偶函数，，若，则（）A.1 B.2 C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗设，满足题意，即可求解.〖详析〗因为为偶函数，所以，则关于对称，设，，关于对称，.，即满足条件，.故选:A.8.若过点可以作曲线的两条切线，切点分别为，则的取值范围是（）A. B.C D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗设切点，根据导数的几何意义求得切线方程，再根据切线过点，结合韦达定理可得的关系，进而可得的关系，再利用导数即可得出〖答案〗.〖详析〗设切点，则切线方程为，又切线过，则，有两个不相等实根，其中或，令或，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，，，当时，，当时，，所以，即.故选：D.二、选择题：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.在棱长为2的正方体中，与交于点，则（）A.平面B.平面C.与平面所成的角为D.三棱锥的体积为〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等体积法判断D.〖详析〗∵平面平面平面，A对；因为又平面，平面，所以平面平面，B对；因为平面与平面所成角为因为，C错；因为，D对.故选：.10.函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.的图象关于点对称D.在区间上单调递增〖答案〗ACD〖解析〗〖祥解〗根据三角函数的图象，先求得，然后求得，根据三角函数的对称性、单调性确定正确〖答案〗.〖详析〗，，由于，所以，所以A选项正确，B选项错误.，当时，得，所以关于对称，C选项正确，，当时，得在上递增，则在区间上单调递增，所以D选项正确.故选：ACD11.一个袋中有大小､形状完全相同的3个小球，颜色分别为红､黄､蓝，从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件，则（）A. B.为互斥事件C D.相互独立〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗结合随机事件的概率，及互斥事件、相互独立等知识点逐一对选项进行分析.〖详析〗正确；可同时发生，即“即第一次取红球，第二次取黄球”，不互斥，错误；在第一次取到红球的条件下，第二次取到黄球的概率为正确；不独立，D错误；故选：AC.12.已知抛物线的焦点为，以该抛物线上三点为切点的切线分别是，直线相交于点与分别相交于点.记的横坐标分别为，则（）A. B.C. D.〖答案〗BCD〖解析〗〖祥解〗利用导函数和斜率的关系表示出切线方程可求出的坐标可判断A，根据向量数量积的坐标运算判断B,并根据两点间的距离公式运算求解即可判断C,D.〖详析〗设，所以，即，同理，，即，也即，B正确；不一定为A错误；正确；正确，故选:BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数，则__________.〖答案〗4〖解析〗〖祥解〗根据分段函数的定义求解即可.〖详析〗由，所以，所以故〖答案〗为：4.14.写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{}的通项公式＝___．①；②〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗〖祥解〗根据题目所给条件以及等比数列的知识求得正确〖答案〗.〖详析〗依题意，是等比数列，设其公比为，由于①，所以，由于②，所以，所以符合题意.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）15.已知圆，设直线与两坐标轴的交点分别为，若圆上有且只有一个点满足，则的值为__________.〖答案〗##〖解析〗〖祥解〗根据可得在的垂直平分线上，且垂直平分线与圆相切可求解.〖详析〗在的垂直平分线上，所以中垂线的斜率为，的中点为，由点斜式得，化简得，在圆满足条件的有且仅有一个，直线与圆相切，，故〖答案〗为:.16.已知正四棱锥的所有棱长都为1，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为__________，的面积的最大值为__________.〖答案〗①.②.〖解析〗〖祥解〗空1，数形结合，作平面与平面平行，即可解决；空2，令，得，，得，，得，即可解决.〖详析〗取中点平面，作平面与平面平行，如图至多为五边形.令，，，所以，所以所以,因为与的夹角为与夹角，而与垂直，所以，当时，取最大值.故〖答案〗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①成等比数列，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且满足__________，__________.（1）求通项公式；（2）求.注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.〖答案〗（1）选①②，①③或②③均可得（2）〖解析〗〖祥解〗（1）选出两个条件，根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，得到通项公式；（2）在第一问的基础上，得到，利用裂项相消法求和.〖小问1详析〗若选①②，设公差为，则，解得：，；选①③，设公差为，，解得：，；选②③，设公差为，，解得：，；〖小问2详析〗，.18.第二十二届卡塔尔世界杯足球赛（FIFAWorldCupQatar2022）决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队.某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团.足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男､女同学各100名进行调查，部分数据如表所示：喜欢足球不喜欢足球合计男生40女生30合计（1）根据所给数据完成上表，并判断是否有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？（2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门.已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望.附：.〖答案〗（1）列联表见〖解析〗，有（2）分布列见〖解析〗，〖解析〗〖祥解〗(1)利用独立性检验的方法求解；(2)根据独立事件的概率公式和离散型随机变量的分布列的定义求解.〖小问1详析〗列联表如下：喜欢足球不喜欢足球合计男生6040100女生3070100合计90110200有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关〖小问2详析〗3人进球总次数的所有可能取值为，的分布列如下：0123的数学期望.19.在中，的对边分别为.（1）若，求的值；（2）若的平分线交于点，求长度的取值范围.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）由正弦定理得出，再由余弦定理求得结果；（2）设，把表示成两个三角形的面积和，表示出，再求其取值范围；〖小问1详析〗已知，由正弦定理可得，，，，，即，.〖小问2详析〗由（1）知，由，则.设，，，，.20.如图，在中，是边上的高，以为折痕，将折至的位置，使得.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）先证明出线面垂直，得到，进而证明出平面；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值.〖小问1详析〗证明：∵是边上的高，∴，∵，平面，平面，∵平面，,又平面，∴平面；〖小问2详析〗以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为z轴，建立空间直角坐标系，，则，，设平面与平面的一个法向量分别为，故，解得：，令，得：，则，，解得：，令，则，故，设二面角平面角为，显然为锐角，，.21.已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，，的面积为3.（1）求的方程；（2）证明：以为直径的圆经过定点.〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根据题意，可得，，进而求解；（2）设方程为，，联立直线和双曲线方程组，可得，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，进而得到，进而求解.〖小问1详析〗当轴时，两点的横坐标均为，代入双曲线方程，可得，，即，由题意，可得，解得，，，双曲线的方程为：；〖小问2详析〗方法一：设方程为，，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得，而，，对恒成立，，以为直径的圆经过定点；方法二：设方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点.设以为直径的圆过，，而，，，即对恒成立，，即以为直径的圆经过定点.22.已知函数和有相同的最大值.（1）求实数；（2）设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为，证明：.〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗(1)利用导函数分别讨论两个函数的单调性和最值即可求解；(2)构造函数和，利用导数和单调性讨论函数的零点，结合函数分类讨论对应方程根的个数和分布证明.〖小问1详析〗，令.有最大值，且在上单调递增上单调递减，.时，，当时，单调递增；当时，单调递减，.〖小问2详析〗由，由，令当时，，当时，，所以在上单调递增；上单调递减，至多两个零点，令，当时，，当时，，所以在上单调递增；上单调递减；