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

这是一份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，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：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【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：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【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：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【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： 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， 【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： 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（2）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) 【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.