1、2023年深圳市高三年级第一次调研考试数学本试卷共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
2、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. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算求解.【详解】解：由，得，故选：B2. 满足等式的集合X共有（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】D【解析】【分析】根据方程的实数根可得集合，则，由集合的并集与元素的关系即可得符合条件的所有集合.【详解】解：方程的实数根有，解集构成的集合为，即，则符合该等式的集合为，故这样的集合共有4个.故选：D.3. 已
3、知为奇函数，且时，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由奇函数性质及解析式求解即可.【详解】为奇函数，且时，.故选：D4. 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. 【答案】A【解析】【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面，水最多的临界情况为多面体，水面为，因为，所以，即故选：A.5. 已知，为单位向量，且，则与的夹角为（）A. B. C. D. 【答案
4、】C【解析】【分析】设与夹角为，利用求出，在利用夹角公式计算即可.【详解】因为，为单位向量，由，所以，即，设与夹角为，则，又，所以，故选：C.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. 【答案】A【解析】【分析】根据题意可知，每一次操作之后面积是上一次面积的，按照等比数列即可求得结果.【详解
5、】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的，所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的，由此可得，第次操作之后所得图形的面积是，即经过4次操作之后所得图形的面积是.故选：A7. 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. 【答案】D【解析】【分析】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人，根据排列组合得出各自有多少种，再得出甲、乙到同一家企业实习的情况有多少种，即可计算得出答案.【详解】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别
6、为2,2,1人或3,1,1人；当分为3,1,1人时，有种实习方案，当分为2,2,1人时，有种实习方案，即共有种实习方案，其中甲、乙到同一家企业实习的情况有种，故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为，故选：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. 【答案】B【解析】【分析】设函数，的切点坐标分别为，根据导数几何意义可得，即该方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与取值情况，即可得实数a的取值范围.【详解】解：设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，又，则公切线的斜率，则，所以，则公切线方程为，即，代入得：，则，整
7、理得，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，设，则，令得，当时，单调递增，时，单调递减，又可得，则时，；时，则函数的大致图象如下：所以，解得，故实数a的取值范围为.故选：B.【点睛】本题考查了函数的公切线、函数方程与导数的综合应用，难度较大.解决本题的关键是，根据公切线的几何意义，设切点坐标分别为，且，且，可得，即有，得公切线方程为，代入切点将双变量方程转化为单变量方程，根据含参方程进行“参变分离”得，转化为一曲一直问题，即可得实数a的取值范围.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
8、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（）A. 的最小正周期为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【答案】AD【解析】【分析】用二倍角公式化简，向右平移后得，分别代入正弦函数的单调区间，对称轴，对称中心分别对四个选项判断即可.【详解】因为，向右平移个单位得，则最小正周期为，故A选项正确；令，解得，所以单调递增区间为，故B选项错误；令解得，故C选项错误；令解得所以函数的对称中心为，故D选项正确.故选：AD10. 已知抛物线C：的准线为，直线与C相交于A、B两点，M为AB的中点，则（）A. 当时，以AB为直径的圆与相交B. 当时
9、，以AB为直径的圆经过原点OC. 当时，点M到的距离的最小值为2D. 当时，点M到的距离无最小值【答案】BC【解析】【分析】将直线代入，结合韦达定理求得坐标、点到准线距离及当时，由可判断A；当时，由可判断B；当时，得的关系式，代入表达式，利用基本不等式可判断C；当时，得的关系式，代入表达式，利用对勾函数的性质可判断D【详解】抛物线，准线方程是，直线代入，可得，设，则，设，则，点到准线的距离，当时，点到准线的距离，则以AB为直径的圆与相切，故A错误；当时，则，则以AB为直径的圆经过原点O，故B正确；当时，即，得，则，当且仅当时等号成立，故C正确；当时，即，得，所以，令，则，由对勾函数的性质得，当
10、时，单调递增，故当时，取最小值，故D错误故选：BC11. 已知函数，若，其中，则（）A. B. C. D. abc的取值范围是【答案】BCD【解析】【分析】利用导数求出函数的单调区间和极值，利用函数图象求出三个根范围，再利用方程变形求出，从而利用不等式性质求范围即可【详解】因为，所以，令，解得：或，当时，或，所以单调递增区间为和；当时，所以单调递减区间为；且，如图：设，则，故选项A错误；又，所以，即，对照系数得，故选项B正确；，故选项D正确；因为，所以，解得，故选项C正确，综上，正确的选项为BCD.故选：BCD12. 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
11、（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【答案】ACD【解析】【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可.【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，中点，连接，则有，所以的延长线必过点且，过点作，则四边形是边长为1的菱形.如图所示：在中，即，解得，所以，所以为边长为3等边三角形，所以，所以，因为是边长为3的等边三角形且为中点，所以，在中，由余弦定理变形得，在中，由余弦定理变形得，解得，所以，所以；由，可得平
12、面，又平面，所以，由，可得平面，因为AP与平面所成角的正切值为，所以，解得，所以点在平面的轨迹为，对于A：当点运动到与的交点时有最小值，因为四边形是边长为1且的菱形，所以，所以，故A选项正确；对于B：要使得，则点必须落在平面与平面的交线上且，由图易知，在平面中不存在这样的点，故B选项错误；对于C：当点运动到点时，连接，交于点，连接，由于平面平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，所以存在点P，存在点，使得，故C选项正确；对于D：设的长度为，则，动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为,则有，因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，故D选项正确；故选：ACD.【点睛】
13、本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求.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）【答案】10【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式求解.【详解】解：的展开式的通项公式为，令，则的展开式中的系数为，故答案为：-1014. 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_【答案】【解析】【分析】
14、根据椭圆的性质可知，点到焦点距离的最大值为，最小值为，代入条件即可求解.【详解】依题意，由图象的性质可知，点到焦点距离的最大值为，最小值为，所以，化简得，即离心率，故答案为：.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）【答案】（不唯一）【解析】【分析】利用函数的零点存在定理求解.【详解】解：因为都是减函数，所以是减函数，又，即，所以函数在上有零点，且，故答案为（不唯一）16. 设，O为坐标原点，则以为弦，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
15、点P横坐标x的最大值为_【答案】 . . #0.8【解析】【分析】以为弦的圆的圆心记作，易得圆心在线段的垂直平分线，且通过可得，得到直线的方程即可求出圆的方程；先求出以为直径的，然后两圆进行相减得到公共弦方程，代入可得点P横坐标，然后用对勾函数即可求得最值【详解】以为弦的圆的圆心记作，且圆心在线段的垂直平分线上，与直线相切于，则，由可得，所以直线为，将代入直线可得圆心为，所以所求的圆的标准方程为；以为直径的圆的圆心，半径为1，则的方程为，可得，即为与的公共弦所在直线的方程，将代入可得，因为交点在第一象限，所以，所以，令，（当且仅当时取等号）则所以交点的横坐标由对勾函数可得在内单调递增，所以当时
16、，取得最小值，为，所以交点的横坐标的最大值为故答案为：；【点睛】关键点睛：本题的关键是求出交点的横坐标后，利用换元法、构造函数法，结合对勾函数的单调性进行解题.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. 记，为数列的前n项和，已知，（1）求，并证明是等差数列；（2）求【答案】（1），证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用与前n项和的关系，由可得的值，即可求得的值；根据相减法求得为常数，证明其为等差数列；（2）由（1）中数列为等差数列，对进行奇偶讨论，即可求得.【小问1详解】解：已知，当时，；当时，所以因为，所以得，整理得，所以（常数），所以是首项为6
17、，公差为4的等差数列【小问2详解】解：由（1）知，当n为偶数时，；当n为奇数时，综上所述，.18. 记的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）设的中点为，若，且，求的的面积【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由可得，由正弦定理及辅助公式得,即可求得答案；(2) 在中，由余弦定理得，；在中，由余弦定理得，从而得，再由，可得，由三角形面积公式求解即可.【小问1详解】解：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,又因为，所以，所以，解得；【小问2详解】在中，由余弦定理得，而，所以，在中，由余弦定理得，由两式消去a，得，所以，又，解得，所以的面积19. 如图，在四
18、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【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，证明BD平面APC，再由平面ABCD，得出平面APC平面ABCD（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明PH平面ABCD，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可.小问1详解】连接DB交AC于点O，连接PO因为ABCD是菱形，所以BDAC，且O为BD的中点因为PBPD，所以POBD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【小问2详解】取AB中点M，连接
19、DM交AC于点H，连接PH因为，所以ABD是等边三角形，所以DMAB又因为PDAB，平面PDM，所以AB平面PDM所以ABPH由（1）知BDPH，且，所以PH平面ABCD由ABCD是边长为2的菱形，在ABC中，由APPC，在APC中，所以以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20. 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
20、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，则按方式回答问卷，否则按方式回答问卷”方式：若第一次摸到的是白球，则在问卷中画“”，否则画“”；方式：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
21、的满意度【答案】（1）4（2）40%【解析】【分析】（1）根据题意分析可得方式回答问卷的人数，利用二项分布的期望的公式运算求解；（2）根据题意结合条件概率公式和全概率公式运算求解【小问1详解】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，由题意可得：该部门9名员工中按方式回答问卷的人数，所以X的数学期望【小问2详解】记事件A为“按方式回答问卷”，事件B为“按方式回答问卷”，事件C为“在问卷中画”由（1）知，由全概率公式，则，解得，故根据调查问卷估计，该企业员工对新绩效方案的满意度为40%21. 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
22、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【答案】（1），其中或（2）存在，【解析】【分析】（1）设，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，则，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；（2）设，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.【小
23、问1详解】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【小问2详解】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的中点若A，B为线段CD的两个三等分点，则即，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22. 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【答案】（1）的单调增区间为，单调减区间为；（2）答案见解析；（3）且【
24、解析】【分析】（1）直接利用导数求函数单调区间；（2）记，利用导数得在和上均单调递增记，对分讨论，结合零点定理求函数的“不动点”的个数；（3）由（2）知（其中），记，通过分析函数得到有一个零点得到，即得解.【小问1详解】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【小问2详解】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，记当时，（）当时，（可设当，当，在单调递减，在单调递增，所以），存在，使得，即存在唯一使得；（）当时，（设当，当，在单调递增，在单调递减，所以），存在，使得，即存在唯一使得当时，（）当
25、时，无零点；（）当时，因为，存在，使得，即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”【小问3详解】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，且当趋向于无穷时，的增长速率远远大于一次函数的增长速率，则由可得；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【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用导数分析函数的零点问题，常用的方法：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接分析函数的图象得解）；（3）方程+图象法（令得到，分析的图象得解）.第26页/共26页学科网（北京）股份有限公司
