广东省深圳市2022-2023学年高三下学期第一次调研考试(一模)-数学含答案

这是一份广东省深圳市2022-2023学年高三下学期第一次调研考试(一模)-数学含答案，共15页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
试卷类型：A2023年深圳市高三年级第一次调研考试数  学（答案在最后）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．答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。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i为虚数单位，，则A．     B．     C．    D．2．满足等式的集合X共有A．1个     B．2个     C．3个     D．4个3．已知为奇函数，且时，，则A．     B．     C．     D．4．如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是A．    B．    C．    D．5．已知，为单位向量，且，则与的夹角为A．     B．     C．     D．6．将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是A．     B．     C．     D．7．安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为A．     B．     C．     D．8．已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为A．    B．    C．    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．已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则qA．的最小正周期为π      B．在区间上单调递增C．的图象关于直线对称    D．的图象关于点对称10．已知抛物线C：的准线为l，直线与C相交于A、B两点，M为AB的中点，则A．当时，以AB为直径的圆与l相交   B．当时，以AB为直径的圆经过原点OC．当时，点M到l的距离的最小值为2  D．当时，点M到l的距离无最小值11．已知函数，若，其中，则A．          B．C．          D．abc的取值范围是12．如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则A．CP长度的最小值为B．存在点P，使得C．存在点P，存在点，使得D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．的展开式中的系数为            （用数字做答）．14．若椭圆上的点到焦点距离的最大值是最小值的2倍，则该椭圆的离心率为            ．15．定义开区间的长度为．经过估算，函数的零点属于开区间            （只要求写出一个符合条件，且长度不超过的开区间）．16．设，，，O为坐标原点，则以OA为弦，且与AB相切于点A的圆的标准方程为                        ；若该圆与以OB为直径的圆相交于第一象限内的点P（该点称为直角△OAB的Brocard点），则点P横坐标x的最大值为            ．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．（10分）全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》记，为数列的前n项和，已知，．（1）求，并证明是等差数列；（2）求．18．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）设AB的中点为D，若，且，求△ABC的面积．19．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．（1）证明：平面PAC⊥平面ABCD；（2）若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．20．（12分）某企业因技术升级，决定从2023年起实现新的绩效方案．方案起草后，为了解员工对新绩效方案是否满意，决定采取如下“随机化回答技术”进行问卷调查：一个袋子中装有三个大小相同的小球，其中1个黑球，2个白球．企业所有员工从袋子中有放回的随机摸两次球，每次摸出一球．约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式Ⅰ回答问卷，否则按方式Ⅱ回答问卷”．方式Ⅰ：若第一次摸到的是白球，则在问卷中画“○”，否则画“×”；方式Ⅱ：若你对新绩效方案满意，则在问卷中画“○”，否则画“×”．当所有员工完成问卷调查后，统计画○，画×的比例．用频率估计概率，由所学概率知识即可求得该企业员工对新绩效方案的满意度的估计值．其中，满意度．（1）若该企业某部门有9名员工，用X表示其中按方式Ⅰ回答问卷的人数，求X的数学期望；（2）若该企业的所有调查问卷中，画“○”与画“×”的比例为4：5，试估计该企业员工对新绩效方案的满意度．21．（12分）已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．（1）当k变化时，求点M的轨迹方程；（2）若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．22．（12分）已知函数，其中且．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若存在实数，使得，则称为函数的“不动点”求函数的“不动点”的个数；（3）若关于x的方程有两个相异的实数根，求a的取值范围．                  2023年深圳市高三年级第一次调研考试数学试题参考答案及评分标准2023.2本试卷22小题，满分150分。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。题号12345678答案BDDACADB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。题号9101112答案ADBCBCDACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．－10 14． 15．（注：答案不唯一，还可能的答案有，等，函数零点） 16．，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．（10分）解：（1）当时，，；当时，，．所以．因为①，所以②．②－①得，，整理得，．所以（常数），．所以是首项为6，公差为4的等差数列．（2）由（1）知，，，．当n为偶数时，；当n为奇数时，．综上所述，18．（12分）解：（1）由已知得，，由正弦定理可得，，因为，所以．代入上式，整理得，又因为，，所以，即．而，所以，．（2）在△ACD中，由余弦定理得，．而，，所以．①在△ABC中，由余弦定理得，，②由①②两式消去a，得，所以．又，解得，．所以△ABC的面积．19．（12分）证明：（1）连接DB交AC于点O，连接PO．因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．因为PB＝PD，所以PO⊥BD．又因为AC，平面APC，且，所以BD⊥平面APC．又平面ABCD，所以，平面APC⊥平面ABCD．解：（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．又因为PD⊥AB，所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．由（1）知BD⊥PH，且，所以PH⊥平面ABCD．由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．由AP⊥PC，在△APC中，，所以．（法一）以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，所以，，．设平面PAB的法向量为，所以，令得．设平面PBC的法向量为，所以，令得．设平面PAB与平面PBC的夹角为．所以，．所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．（法二）因为，，所以，，所以PB⊥BC．取PB中点N，过点N作NQ∥BC且交PC于点Q，连接AN，AQ．因为△APB是等边三角形，所以AN⊥PB．又因为NQ∥BC，所以NQ⊥PB，所以∠ANQ为二面角C-PB-A的平面角．在△APB中，．在△BPC中，．在△APC中，．所以，，所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．20．（12分）解：（1）每次摸到白球的概率，摸到黑球的概率为．每名员工两次摸到的球的颜色不同的概率．由题意，该部门9名员工中按方式Ⅰ回答问卷的人数．所以，X的数学期望．（2）记事件A为“按方式Ⅰ回答问卷”，事件B为“按方式Ⅱ回答问卷”，事件C为“在问卷中画○”．由（1）知，，．又，由全概率公式，得，解得．所以，根据调查问卷估计，该企业员工对新绩效方案的满意度为40%．21．（12分）解：（1）（法1）设，，．联立直线l与双曲线E的方程，得，消去y，得．由且，得且．由韦达定理，得，．所以，．由消去k，得．由且，得或．所以，点M的轨迹方程为，其中或．（法2）设，，．（ⅰ）当时，易得．（ⅱ）当时，，由，两式相减，整理得．而，，，所以，即．综上，点M的轨迹方程为（除去的一段）．（2）（法1）双曲线E的渐近线方程为．设，，联立得，同理可得，因为，所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．所以，A，B为线段CD的两个三等分点．即，．而，．所以，，解得，所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．（法2）双曲线的渐近线方程为．设，，联立直线l与双曲线E的渐近线方程，得，消去y，得．由韦达定理，得线段CD的中点横坐标为．所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．所以，A，B为线段CD的两个三等分点．所以，，解得，所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．22．（12分）解：（1）当时，，定义域为R．，令，得．当时，；当时，．所以，的单调增区间为，单调减区间为．（2）函数的不动点即为方程的根，即方程的根．显然，不是方程的根，所以．记，因为（当且仅当取等号），所以在和上均单调递增．由，记．①当时，（ⅰ）当时，，（可证，利用放缩可得），存在，使得，即存在唯一使得；注：也可通过时，，且时，，存在唯一使得．（ⅱ）当时，，（可证），存在，使得，即存在唯一使得．②当时，（ⅰ）当时，无零点；（ⅱ）当时，因为，，存在，使得，即存在唯一使得．注：也可通过且时，，时，，存在唯一使得．综上所述，当时，函数有两个“不动点”，；当时，函数有一个“不动点”．（3）由（2）知（其中）．由，代入得．记，由（1）知，当时，函数单调递增，且；当时，函数单调递增，且；当时，函数单调递减，且．由可得；可得，，共三个解．所以，有一个零点．所以，由，代入得，由（1）知，当，即时，的解为；当，即且时，所的解为，．综上所述，当且时方程有两个不同实数根．