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江苏省常州市高级中学2023-2024学年高三数学上学期开学检测试题(Word版附解析)

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江苏省常州高级中学2024届高三第一学期期初检测数学试卷2023.09一、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.已知复数满足(其中为虚数单位),则等于()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数模除法的运算性质进行求解即可.【详解】,故选:C2.已知全集,集合,或,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据并集、补集的定义进行计算得出结果.【详解】由或得,又,所以.故选:B.3.在空间直角坐标系中,已知异面直线,的方向向量分别为,,则,所成角的余弦值为()A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量的夹角公式结合已知条件直接求解即可【详解】设异面直线,所成角为,因为异面直线,的方向向量分别为,,所以,故选:A4.若函数在区间上单调递减,则实数的取值范围为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用复合函数单调性以及二次函数性质可得对称轴在区间的左侧,且在区间内的最小值大于等于零,即可解得.【详解】根据复合函数单调性可知,函数在区间上单调递减,因此可知对称轴,且,解得.故选:D5.设,是两条不同的直线,,是两个不同的平面()A.若,,则B.若,,则C.若,,,则D.若,,,则【答案】C【解析】【分析】根据空间中点线面的位置关系,即可结合选项逐一求解.【详解】对于A,若,,则或者或者相交,故A错误, 对于B,若,,则或者或者相交,故B错误,对于C,若,,则,又,所以,故C正确,对于D,若,,,则或者或者相交,故D错误,故选:C6.设,已知的展开式中只有第5项的二项式系数最大,且展开式中所有项的系数和为256,则中的系数为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意得到和,再根据项的取法为1个和1个再计算即可.【详解】因为的展开式中只有第5项的二项式系数最大,所以展开式一共有项,即,令,得展开式中所有项的系数和为,所以,中项的取法为1个和1个,所以系数为.故选:C7.已知在直角三角形中,,以斜边的中点为圆心,为直径,在点的另一侧作半圆弧,为半圆弧上的动点,则的取值范围为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】建立如图所示的平面直角坐标系,求出半圆弧所在的圆的方程,利用数量积的坐标形式可求数量积的取值范围. 【详解】因为直角三角形为等腰直角三角形,故可建立如图所示的平面直角坐标系,其中,,,而以为直径的圆的方程为:,设,则,,故,因为M在半圆上运动变化,故,故的取值范围为:.故选:A.8.将一个半径为的球削成一个体积最大的圆锥,则该圆锥的内切球的半径为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设圆锥的底面半径为,则高为,表示出圆锥的体积,换元后利用导数可求出体积的最大值,从而可求出圆锥的底面半径和高,再求出母线长,作出圆锥的截面,然后利用三角形相似可求出圆锥内切球的半径.【详解】设圆锥的底面半径为,则高为,所以圆锥的体积为,令,得,所以,则,所以当时,,当时,,所以在上递增,在上递减, 所以当时,取得最大值,即时,圆锥的体积最大,此时圆锥的高为,母线长为,设圆锥的内切球半径为,圆锥的轴截面图如图所示,则,因为,所以,所以,即,解得,故选:D【点睛】关键点点睛:此题考查圆锥的内切球问题,考查导数的应用,解题的关键是表示出圆锥的体积,化简后利用导数求出其最大值,从而可确定圆锥的大小,考查空间想象能力和计算能力,属于难题.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,有选错的得0分,部分选对的得2分.9.已知一组样本数据、、、均为正数,且,若由生成一组新的数据、、、,则这组新数据与原数据的()可能相等A.极差B.平均数C.中位数D.标准差【答案】BC【解析】【分析】利用极差的定义可判断A选项;利用平均数公式可判断B选项;利用中位数的定义可判断C选项;利用方差公式可判断D选项.【详解】对于A选项,样本数据、、、的极差为, 样本数据、、、的极差为,因为,则,故A错误;对于B选项,设样本数据、、、的平均数为,即,所以,样本数据、、、的平均数为,由可知,当时,两组样本数据的平均数相等,故B正确;当时,样本数据、、、的中位数为,样本数据、、、中位数为,同理可知当时,中位数相等,当时,样本数据、、、的中位数为,样本数据、、、的中位数为同理可知当时,两组数据的中位数相等,故C正确;对于D选项,设样本数据、、、的标准差为,样本数据、、、的标准差为,则,,因为,则, 故,故两组样本数据标准差不可能相等,故D错误.故选:BC.10.若正实数a,b满足,则下列结论正确的有()A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由正实数,满足,再根据基本不等式判断每个选项的正误.【详解】,,且,,,故A正确;,,故B错误;因为,故C正确;因为,故D正确.故选:ACD【点睛】易错点睛:利用基本不等式求最值时,要注意其必须满足的三个条件:(1)“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数;(2)“二定”就是要求和的最小值,必须把构成和的二项之积转化成定值;要求积的最大值,则必须把构成积的因式的和转化成定值;(3)“三相等”是利用基本不等式求最值时,必须验证等号成立的条件,若不能取等号则这个定值就不是所求的最值,这也是最容易发生错误的地方.11.已知函数,其中,则()A.不等式对恒成立B.若关于的方程有且只有两个实根,则的取值范围为C.方程共有4个实根D.若关于的不等式恰有1个正整数解,则的取值范围为【答案】ACD【解析】 【分析】对函数求导,判断其单调性,求出其最小值,可判断A选项;作出曲线与直线图像,根据图像可判断B选项;令,且,有两解分别为:,,或,数形结合可判断C选项;由直线过原点,再结合图像分析即可判断D选项.【详解】对于选项A,,当或时,,当时,,所以在,上单调递减,在上单调递增,在出取得极小值,,在处取得极大值,,而时,恒有成立,的最小值是,即,对恒成立,故A正确;对于B选项,方程有且只有两个实根,即曲线与直线有且只有两个交点,由A选项分析,曲线与直线图像如下,由图知,当或时,曲线与直线有且只有两个交点,故B错误;对于C选项,由得:,解得, 令,且,由图像知,有两解分别为:,,所以或,而,则有两解,,也有两解,综上,方程共有4个根,C正确;对于D选项,直线过原点,且,,,记,,,易判断,,不等式恰有1个正整数解,即曲线在上对应的值恰有1个正整数,由图像可得,,即,故D正确.故选:ACD.12.已知函数及其导函数的定义域均为,若函数,都为偶函数,令,则下列结论正确的有()A.的图象关于对称B.的图象关于点对称C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据函数奇偶性可求得函数的图象关于对称,的图象关于点成中心对称,即AB正确;又可知,所以,即C错误;经计算可知,又,,即可得是等差数列,由前项和公式可得D正确.【详解】根据题意为偶函数可得, 即可知,所以函数的图象关于对称,即A正确;由是偶函数可得为奇函数,所以满足,即,因此的图象关于点成中心对称,所以B正确;由可知,所以;即,所以的图象关于点成中心对称,因此,即C错误;易知,,由可得,联立可得;所以;即,易知是以为首项,公差的等差数列;所以代入等差数列前项和公式可知,即D正确;故选:ABD【点睛】方法点睛:求解函数性质综合问题时,往往借助函数奇偶性、对称性、周期性等性质进行推理证明,结合对称轴、对称中心等实现求和计算即可.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知函数则函数所有零点构成的集合为__________.【答案】【解析】【分析】本题即求方程的所有根的集合,先解方程,得到,然后再解方程,可得所求.【详解】函数的零点,即方程的所有根, 令,根据函数,方程的解是,则方程的根,即为方程的根,当时,,由,,当时,,由,,综上,函数所有零点构成的集合是.故答案为:.14.某高中学校在新学期增设了“传统文化”、“数学文化”、“综合实践”、“科学技术”和“劳动技术”5门校本课程.小明和小华两位同学商量每人选报2门校本课程.若两人所选的课程至多有一门相同,且小明必须选报“数学文化”课程,则两位同学不同的选课方案有__________种.(用数字作答)【答案】36【解析】【分析】分两类:所选课程恰有一门相同和没有相同,利用排列、组合分别求出每类的种数,再利用分类计数原理即可求出结果.【详解】当小明和小华两位同学所选的课程恰有一门相同时:相同的课程为“数学文化”时,有种,相同的课程不是“数学文化”时,有种,所以小明和小华两位同学所选的课程恰有一门相同时,共有种,当小明和小华两位同学所选的课程没有相同时,有,所以,两位同学不同的选课方案有,故答案为:3615.设随机变量,记,.在研究的最大值时,某学习小组发现并证明了如下正确结论:若为正整数,当时,,此时这两项概率均为最大值;若不为正整数,则当且仅当取的整数部分时,取最大值.某同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数.当投掷到第20次时,记录到此时点数1出现4次,若继续再进行80次投掷试验,则在这100次投掷试验中,点数1总共出现的次数为__________的概 率最大.【答案】17【解析】【分析】直接根据服从二项分布,结合取整数部分可得后面80次出现点数1的次数为13概率最大,从而得解.【详解】继续再进行80次投掷试验,出现点数为1次数服从二项分布,由,结合题中结论可知,时概率最大,即后面80次中出现13次点数1的概率最大,加上前面20次中的4次,所以出现17次的概率最大.故答案为:17.16.在平面直角坐标系中,若过点且同时与曲线,曲线都相切的直线有两条,则点的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义,结合直线的点斜式方程进行求解即可.【详解】设点的坐标为,显然这两条曲线的公切线存在斜率,设为,因此切线方程为,设曲线的切点为,即,由,所以过该切点的切线的斜率为,则有,设切点为,即,由,所以过该切点的切线的斜率为, 则有,由题意可知:,于是有:,得,或,当时,则有,当时,则有,由可解,.故答案为:【点睛】关键点睛:本题的关键是利用导数的几何意义求出公切线的方程.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.已知函数(且).(1)若函数为奇函数,求实数的值;(2)对任意的,不等式恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据奇函数定义求解;(2)由对数函数性质转化不等式,再进行分离参数,转化为利用单调性求函数的最值,从而得参数范围.【小问1详解】因为函数为奇函数,所以对定义域内每一个元素恒成立.即,则,即. 又因为,所以,故.【小问2详解】因为,所以.由,得到,又,故只需要,即对任意恒成立.因为,所以,故对任意的恒成立.因为在为减函数,所以,故.综上所述,.18.已知在中,,,,.(1)求的取值范围;(2)若线段BE上一点D满足,求的最小值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据数量积运算及向量的求模的公式得到,然后利用二次函数求最值即可;(2)利用向量运算及三点共线得,再利用基本不等式即可求解最小值.【小问1详解】由题意可得,则, 因为,所以当时,则取最小值3,当时,则取最大值12,所以,因此的取值范围为.【小问2详解】因为且,,所以,又因为,所以,因为,,三点共线,所以,即,因此,当且仅当即时等号成立,故的最小值为.19.四棱锥中,四边形为梯形,其中,,,平面平面.(1)证明:;(2)若,且三棱锥的体积为,点满足,求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)证明面,根据线面垂直的性质即可得证;(2)证明,,两两垂直,建立空间直角坐标系,利用向量法求解即可.【小问1详解】 由题设,为等边三角形,则,又四边形为梯形,,则,在中,,,所以,即,则,所以,即,面面,面面,面,则面,又面,故.【小问2详解】若为中点,,则,面面,面面,面,则面,连接,则,且面,故,综上,,,两两垂直,以为原点,,,为,,轴正方向的空间直角坐标系.所以,,,,由三棱锥的体积为,则,即,故.则,则, 所以,,,,若是面的一个法向量,则,取,则,则.若是面的一个法向量,则,取,则,,则,所以,则锐二面角的余弦值为.20.已知函数,其中.(1)讨论的单调性;(2)设,若不等式对恒成立,求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【解析】【分析】(1)求导,分和两种情况,利用导数判断原函数单调性;(2)结合(1)可得,令,利用导数解不等式即可.【小问1详解】由题意可知:的定义域为,且,当时,恒成立,则在上单调递减;当时,令,解得;令,解得;则在上单调递减,在上单调递增; 综上所述:当时,的单调减区间为,无单调增区间;当时,的单调减区间为,单调增区间为.【小问2详解】当时,由(1)可知在上单调递减,在上单调递增,故的最小值为.因为不等式对恒成立,所以.设,则的定义域为,且恒成立,可知:在上单调递增.因为,所以,即,可得,即.综上所述:的取值范围是.21.某校为了增强学生的安全意识,组织学生参加安全知识答题竞赛,每位参赛学生可答题若干次,答题赋分方法如下:第一次答题,答对得2分,答错得1分;从第二次答题开始,答对则获得上一次答题得分的两倍,答错得1分.学生甲参加这次答题竞赛,每次答对的概率为,且每次答题结果互不影响.(1)求学生甲前三次答题得分之和为4分的概率;(2)设学生甲第次答题所得分数的数学期望为.(ⅰ)求,,;(ⅱ)直接写出与满足的等量关系式(不必证明);(ⅲ)根据(ⅱ)的等量关系求表达式,并求满足的的最小值. 【答案】(1);(2)(ⅰ),,;(ⅱ),,;(ⅲ),最小值是6.【解析】【分析】(1)根据给定条件,分析甲前三次答题得分之和为4分的事件,再利用独立重复试验的概率公式计算作答.(2)(ⅰ)依次求出得分分别为的可能值及对应的概率,再利用期望的定义求解即可;(ⅱ)分析(ⅰ)的结论,探求与的关系即可作答;(ⅲ)由(ⅱ)的递推公式,求出,再解不等式作答.【小问1详解】学生甲前三次答题得分之和为4分的事件,即为学生甲前三次答题中仅只答对一次的事件,设“学生甲前三次答题得分之和为4分”为事件,所以.【小问2详解】(ⅰ)学生甲第1次答题得2分、1分的概率分别为,,所以;甲第2次答题得4分、2分、1分的概率分别为,,,所以;甲第3次答题得8分、4分、2分、1分的概率分别为,,,,所以.(ⅱ)由(ⅰ)知,,,当时,甲第次答题所得分数的期望为,则第次答对题所得分数,答错题所得分数为1,其概率分别为,,于是甲第次答题所得分数的期望为,即,,.(ⅲ)由(ⅰ)知,由(ⅱ)知,,, 因此,即数列以为首项,为公比的等比数列,则,即.由,得,整理得,而,,因此,所以的最小值是6.22.已知函数,.(1)当时,求的最大值;(2)当时,试证明存在零点(记为),存在极小值点(记为),并比较与的大小关系.【答案】(1)(2)证明见解析,【解析】【分析】(1)对求导,结合导数与函数单调性的关系即可得解;(2)先求出的单调性,利用零点存在定理确定的所在区间,再利用导数与函数极值点的关系,结合零点存在定理确定的所在区间,同时得到关于的表达式,从而求得,由此利用的单调性即可得解.【小问1详解】当时,,的定义域为,则,令,解得,令,解得,则在上单调递增,在上单调递减,所以的最大值为.【小问2详解】因为,则, 当时,对于,可得,且开口向上,则,所以,故在上单调递增,又因为,,且图象不间断,所以存在唯一的,使.因为,则,令,则,所以在上单调递增,即在上单调递增.又因为,,且图象不间断,所以存在,使,则当时,;当时,,则在单调递减,在上单调递增,所以为的极小值点,故.由,故,所以,又因为,可得,且,在上单调递增,所以.【点睛】方法点睛:导函数中常用的两种常用的转化方法:1.是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用;2.是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-09-26 05:30:02 页数:21
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文章作者:随遇而安

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