江苏省泰州市2023届高三下学期第一次调研测试数学试卷（含答案解析）

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1、江苏省泰州市2023届高三下学期第一次调研测试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知向量满足，则（ ）A. 2B. 1C. 0D. 23. 在复平面内，复数对应的点关于直线对称，若，则（ ）A B. 2C. D. 44. 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.

2、 B. C. D. 5. 已知，则（ ）A B. C. D. 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7. 已知函数的定义域为，且为偶函数，若，则（ ）A. 1B. 2C. D. 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. 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

3、的体积为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. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知函数，则_.14. 写出一个同时满足下列条件的等比数列的通项公式_；15. 已知圆，设直线与两坐

4、标轴的交点分别为，若圆上有且只有一个点满足，则的值为_.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_.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. 在成等比数列，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.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

5、.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：.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.20. 如图，在中，是边上的高，以为折痕，将折至的位置，使

6、得.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值.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.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：.江苏省泰州市2023届高三下学期第一次调研测试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【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. 2B. 1C. 0D. 2【答案】C【解析】【分析】根

7、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. 2C. D. 4【答案】C【解析】【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【解析】【

8、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【解析】【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【解析】【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

9、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. 1B. 2C. D. 【答案】A【解析】【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【解析】【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

10、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】【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.

11、 在区间上单调递增【答案】ACD【解析】【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【解析】【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

12、，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】【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：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知函数，则_.

13、【答案】4【解析】【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的等比数列的通项公式_；【答案】（答案不唯一）【解析】【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，所以，由于，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】【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

14、，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】 . . 【解析】【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：；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. 在成等比数列，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

15、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，或均可得 （2）【解析】【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.【小问1详解】若选，设公差为，则，解得：，；选，设公差为，解得：，；选，设公差为，解得：，；【小问2详解】，.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

16、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】【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.【小问1详解】列联表如下：喜欢足球不喜欢足球合计男生604

17、0100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详解】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】【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；【小问1详解】已知，由正弦定理可得， 即，.【小问2详解】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

18、）证明见解析 （2）【解析】【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.【小问1详解】证明：是边上的高，平面，平面，平面，,又平面，平面；【小问2详解】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

19、见解析【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.【小问1详解】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详解】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

20、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】【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.【小问1详解】，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详解】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.