1、20222023学年度高三年级第一次调研测试数学试题2023.01注意事项：1.考试时间120分钟，试卷满分150分.2.答卷前，考生务必将自己的姓名准考证号填写在答题卡上.3.请用2B铅笔和0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上指定区域内作答.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.若非空且互不相等的集合M，N，P满足：MN=M，NP=P，则MP=（ ）A.M B.N C.P D.O2.已知i5=a+bi（a，bR），则a+b的值为（ ）A.-1 B.0 C.1 D.23.设p：4x-31；q：x-（2a+1）0 B.a1 C.a0
2、D.a14.已知点Q在圆C：x2-4x+y2+3=4上，点P在直线y=x上，则PQ的最小值为（ ）A. B.1 C. D.25.某次足球赛共8支球队参加，分三个阶段进行.（1）小组赛：经抽签分成甲乙两组，每组4队进行单循环比赛，以积分和净胜球数取前两名；（2）半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名进行主客场交叉淘汰赛（每两队主客场各赛1场），决出胜者；（3）决赛：两个胜队参加，比赛1场，决出胜负.则全部赛程共需比赛的场数为（ ）A.15 B.16 C.17 D.186.若在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D.7.足球是由12个正五边形和20个正六边形组
3、成的.如图，将足球上的一个正六边形和它相邻的正五边形展开放平，若正多边形边长为2，A，B，C分别为正多边形的顶点，则（ ）A. B.C. D.8.在某次数学节上，甲乙丙丁四位通项分别写下了一个命题：甲：；丙：；丁：.所写为真命题的是（ ）A.甲和乙 B.甲和丙 C.丙和丁 D.甲和丁二多选题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，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.连续抛掷一枚骰子2次，记事件A表示“2次结果中正面向上的点数之和为奇数”，事件B表示“2次结果中至少一次正面向上的点数为偶数”，则（ ）A.事件A与事件B不互斥 B.
4、事件A与事件B相互独立C.P（AB）= D.P（A|B）=10.长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=3，底面ABCD是边长为2的正方形，底面A1B1C1D1中心为M，则（ ）A.C1D1平面ABMB.向量在向量上的投影向量为C.棱锥M-ABCD的内切球的半径为D.直线AM与BC所成角的余弦值为11.公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派把称为黄金数.离心率等于黄金数的倒数的双曲线称为黄金双曲线.若黄金双曲线的左右顶点分别为A1，A2，虚轴的上端点为B，左焦点为F，离心率为e，则（ ）A.a2e=1 B.C.顶点到渐近线的距离为e D.A2FB的外接圆的面积为12.设函数f（x）的定义域为
5、R，f（2x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，当x0，1时，f（x）=ax+b，若f（0）+f（3）=-1，则（ ）A.b=-2 B.f（2023）=-1C.f（x）为偶函数 D.f（x）的图象关于对称三填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13.若（1-2x）5（x+2）=a0+a1x+a6x6，则a3=_.14.某学校组织1200名学生进行“防疫知识测试”.测试后统计分析如下：学生的平均成绩为=80，方差为s2=25.学校要对成绩不低于90分的学生进行表彰.假设学生的测试成绩X近似服从正态分布N（，2）（其中近似为平均数，2近似为方差s2，则估计获表彰的学生人数为_.（四舍五入
6、，保留整数）参考数据：随机变量X服从正态分布N（，2），则P（-X+）=0.6827，P（-2X+2）=0.9545，P（-3X+3）=0.9973.15.已知抛物线y2=2x与过点T（6，0）的直线相交于A，B两点，且OBAB（O为坐标原点），则OAB的面积为_.16.已知函数则函数的零点个数为_.四解答题：本题共6小题，共计70分.解答时应写出文字说明证明过程或演算步骤.17.（本小题满分10分）已知ABC为锐角三角形，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB+bcosA=2ccosC.（1）求角C；（2）若c=2，求ABC的周长的取值范围.18.（本小题满分12分）已知等比数列
7、an的前n项和为Sn，S3=14，S6=126.（1）求数列an的通项公式；（2）当nN*时，anb1+an-1b2+a1bn=4n-1，求数列bn的通项公式.19.（本小题满分12分）如图，在四棱锥S-ABCD中，侧面SAD底面ABCD，SAAD，且四边形ABCD为平行四边形，AB=1，BC=2，ABC=，SA=3.（1）求二面角S-CD-A的大小；（2）点P在线段SD上且满足，试确定的值，使得直线BP与面PCD所成角最大.20.（本小题镇分12分）设椭圆的左右焦点分别为，离心率为，若椭圆上的点到直线的最小距离为.（1）求椭圆E的方程；（2）过F1作直线交椭圆E于A，B两点，设直线AF2，B
8、F2与直线l分别交于C，D两点，线段AB，CD的中点分别为M，N，O为坐标原点，若M，O，N三点共线，求直线AB的方程.21.第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办.在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军.（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左中右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左中右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球.不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲乙丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开
9、始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住.记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知p1=1，p2=2.试证明：pn-为等比数列；设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小.22.（本小题满分12分）已知函数，其中a为实数，e是自然对数的底数.（1）当a=0时，求曲线f（x）在点处的切线方程；（2）若g（x）为f（x）的导函数，g（x）在（0，）上有两个极值点，求a的取值范围.2022-2023学年度高三年级第一次调研测试数学试题1.【答案】C【解析】，则，则，选C.2.，选3.【答案
10、】A【解析】是的充分不必要条件，则，选A.4.【答案】A【解析】圆到直线的距离，选A.5.【答案】C【解析】，选C.6.【答案】D【解析】，所以函数的单调递增区间为，则，故答案选D.7.【答案】A【解析】，选A.8.【答案】B【解析】法一：令在，即即，甲对.乙错，丙对，选B.方法二令在上上甲正确，而，乙错.对于丙，而，芮正确.对于丁，而，所以，故丁错；综上，答案选B.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，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.【答案】AD【解析】事件可共同发生不互斥，对.，即不独立，B错，C错.对，选.1
11、0.【答案】ABD【解析】平面平面平面对.在上的投影为在上的投影向量为对.设棱锥的内切球半径为，则错.，与所成角余弦值为，则与所成角余弦值为对，选.11.ABD【解折】方法一：对.B对.顶点到渐近线距离错.设的外接圆，D对.方法二：由题意知，正确.，B正确.对于C，顶点到渐近线距离错.对于为直角三角形，且，外接球面积正确.选：ABD.12.【答案】AC【解析】方法一：为奇函数，又为偶函数，关于对称，且一个周期为4，A正确.错.由知为偶函数，C正确.对于D，时，不关于对称，D错，选：AC.方法二：为偶函数关于对称，则关于对称，则，为偶函数关于对称，D错.则关于对称，对.关于对称，关于对称，即，错
12、.关于对称关于对称，则也关于对称，为偶函数，则选项正确；综上，答案选.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13.【答案】【解析】展开式第项，时，时，.14【答案】.27【解析】.15.【答案】【解析】令消可得，则，不妨设，则，.16.【答案】5【解析】方法一：大致图象如下令式方程的一个根再由，且当时，时，（*）式无解而有2个实根，有3个实根，共有5个零点应填：5.方法二：令时，在，在有且仅有一个零点，其中，则有且仅有一个零点，其中.时，时，在时，在有且仅有一个零点.时，无解，有两个根三个根，两个根，有5个零点.四解答题：本题共6小题，共计70分.解答时应写出文字说明证明过程或演算步
13、骤.17.（本小题满分10分）【解析】（1）由正弦定理，得，即，即，又，所以，所以，故.（2）由正弦定理，得，所以的周长由为锐角三角形可知，得，所以，所以.所以的周长的取值范围为.18.（本小题满分12分）【解析】（1）设数列的公比为.得，所以，有，得，则数列的通项公式为.（2）由时，得.所以时，有，得时，又，故.19.（本小题满分12分）【解析】（1）连接在，由余弦定理得，所以因为侧面底面，面底面，所以面，所以.（2）方法一：以为原点建立如图所示空间直角坐标系.则.设平面的法向量为，由，得，可取.易知为面的法向量.所以.因为二面角为锐角，所以.即二面角的大小为.方法二：因为面，所以.因为四边
14、形为平行四边形，所以，又，所以面，所以.又面面，所以为二面角的平面角，因为，二面角为锐角，所以.即二面角的大小为.设，得，所以，所以.由（1）知平面的法向量为.因为，所以当时，值最大，即当时，与平面所成角最大20.（本小题镇分12分）【解析】法一：（1）由题意知椭圆的方程为.（2）设直线方程为：方程：，同理由三点共线或直线方程为：或.法二：（1）由条件知，解得所以，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知，由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，联立消去并整理得，设，则.所以，所以直线的斜率为.直线的方程为，直线的方程为，则，直线的方程为，同理有.所以.所以直线的斜率为.由三点共线可得，即，所以
15、或.故直线的方程为或或.21.（本小题满分12分）【解析】法一：（1）的所有可能取值为，在一次扑球中，扑到点球的概率，的分布列如下：0123或由的二项分布.（2）由题意知，而成首项为，公比为的等比数列.由知，易知且，.法二：（1）依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，所以，故的分布列为：0123所以的期望.（2）第次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，即，又，所以是以为首项，公比为的等比数列.由可知，所以，所以，故.22.（本小题满分12分）【解析】（1）当时，切点，切线方程为，即.（2）由在上有两个极值点知在上有两个变号零点，当时，时，在上，不可能有两个零点，舍去.当时，令，令，当时，当时，要使在上有两个变号零点，.
