2023届江苏省泰州市高三下学期第一次调研测试数学试题含解析

2023届江苏省泰州市高三下学期第一次调研测试数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据交集概念计算出答案.

【详解】.

故选：A.

2．已知向量满足，则（    ）

A．－2 B．－1 C．0 D．2

【答案】C

【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.

【详解】.

故选：C

3．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

【分析】根据对称性得到，从而计算出，求出模长.

【详解】对应的点为，其中关于的对称点为，

故，

故.

故选：C

4．2022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

【分析】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.

【详解】由题意得，

故，

故选：D.

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角恒等变换公式求解.

【详解】

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

【分析】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.

【详解】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

【分析】设，满足题意，即可求解.

【详解】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

【分析】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.

【详解】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、多选题

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

【分析】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.

【详解】∵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

【分析】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.

【详解】，，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：ACD

11．一个袋中有大小､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

【分析】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.

【详解】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

【分析】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.

【详解】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

13．已知函数，则__________.

【答案】4

【分析】根据分段函数的定义求解即可.

【详解】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）

【分析】根据题目所给条件以及等比数列的知识求得正确答案.

【详解】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】##

【分析】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.

【详解】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: .

四、双空题

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】         

【分析】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.

【详解】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：；

五、解答题

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)求的通项公式；

(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)

【分析】（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.

【详解】（1）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：，

；

（2），

.

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：

(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，

【分析】(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.

【详解】（1）列联表如下：

有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关

（2）3人进球总次数的所有可能取值为，

的分布列如下：

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)

【分析】（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；

【详解】（1）已知，

由正弦定理可得，

，

，

，

， 即，

.

（2）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)

【分析】（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.

【详解】（1）证明：∵是边上的高，

∴，

∵，平面，

平面，

∵平面，

,

又平面，

∴平面；

（2）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

【分析】（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.

【详解】（1）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：；

（2）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

【分析】(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.

【详解】（1），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，

.

（2）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；至多两个零点.

令，

当时，，所以；

当时，由，

设，，

所以当时，，

所以在单调递增，所以，

所以，且，所以，

设

当时，，当时，，

所以在上单调递减，方程无解，

当时，由在上单调递增，

方程有唯一解，

当时，注意到，

设，对恒成立，

所以，

所以当时，，即，

因为，所以，，所以，

所以，

在和上各有一个零点，

示意图

如下注意到，

令，，即函数在上单调递减，

因此，即有，

在和上各有一个零点.

且由，而，

而在上单调递增，由，

由，而

而在上单调递减，由，

于是得，

，证毕!

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键，进而可得同构等式，根据函数的单调性分类讨论证明.