江苏省常州市第一中学2022-2023学年高三上学期期初检测数学试卷（含答案）

这是一份江苏省常州市第一中学2022-2023学年高三上学期期初检测数学试卷（含答案），共14页。试卷主要包含了单项选择，多项选择，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
常州市第一中学2022-2023学年第一学期期初检测高三数学（时间：120分钟   满分：150分   试卷共6页）一、单项选择(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．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．2．已知数列为等比数列，且，则（       ）A．63 B． C．81 D．3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（       ）A．若m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，m∥n，则n∥αC．若m∥n，n⊥β，m⊂α，则α⊥βD．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β4．已知两个随机变量，，其中，（），，且，则（       ）A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.15． (      )            B.            C.            D.   6．我国古代数学著作《周髀算经》中记载了二十四节气与晷长的关系：每个节气的晷长损益相同.晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度，如图1所示，损益相同，即相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，且周而复始.二十四节气及晷长变化如图2所示.已知谷雨时节晷长为5.5尺，霜降时节晷长为9.5尺，则二十四节气中晷长的最大值为（       ）A．14.5 B．13.5 C．12.5 D．11.5 7．袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标有数字1，2，3，4，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，A表示事件“第一次取出的球上数字是1”，表示事件“第二次取出的球上数字是2”，表示事件“两次取出的球上数字之和是5”，表示事件“两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可以得出（       ）A．与相互独立 B．与相互独立 C．与相互独立 D．与相互独立8．已知，且，函数，设函数的最大值为，最小值为，则　　A．  B．   C．   D．二、多项选择(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。全选对得5分，漏选得2分，错选得0分。)9. 下列结论正确的是（       ）A．命题“"的否定是""B．若样本数据的方差为2，则数据的方差为8C．D．若（，为有理数），则10．地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定，一般采用里氏震级标准．里氏震级的计算公式为（其中常数是距震中100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅，是指我们关注的这次地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅）．地震的能量（单位：焦耳）是指当地震发生时，以地震波的形式放出的能量．已知，其中为地震震级．下列说法正确的是（       ）．A．若地震震级增加1级，则最大振幅增加到原来的10倍B．若地震震级增加1级，则放出的能量增加到原来的10倍C．若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量也增加到原来的倍D．若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量增加到原来的1000倍11．如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，则下列结论正确的是（       ）A．B．三棱锥外接球的表面积为9πC．点C到平面AEF的距离为D．平面AEF截正方体所得的截面面积为12．已知数列满足，则（       ）A．≥2 B．是递增数列C．{-4}是递增数列 D．三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分。)13．函数在处有极值为7，则           .14．则            .15．现有5名师范大学毕业生主动要求到西部某地的甲、乙、丙三校支教，每个学校至少去1人，则恰好有2名大学生分配到甲校的概率为           ．16．已知函数，若只有一个正整数解，则实数的取值范围为           ．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．（10分）设数列 的前n项和分别为 ，且， .(1)求数列的通项公式；(2)令 ，求 的前n项和.       18．（12分）已知在的展开式中，前3项的系数成等差数列，求：(1)展开式中二项式系数最大项的项；(2)展开式中系数最大的项；(3)展开式中所有有理项.         19．（12分）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面平面ABCD，AB＝1，P为棱AD的中点，四棱锥的体积为．(1)若E为棱SA的中点，F为棱SB的中点，求证：平面平面SCD．(2)在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由．          20.（12分）盲盒里面通常装的是动漫、影视作品的周边，或者设计师单独设计出来的玩偶．由于盒子上没有标注，购买者只有打开后才会知道自己买到了什么，因此这种惊喜吸引了众多年轻人，形成了“盲盒经济”．某款盲盒内可能装有某一套玩偶的A，B，C三种样式，且每个盲盒只装一个．(1)某销售网点为调查该款盲盒的受欢迎程度，随机发放了200份问卷，并全部收回．经统计，有30%的人购买了该款盲盒，在这些购买者当中，女生占；而在未购买者当中，男生、女生各占50%．请根据以上信息填写下表，并分析是否有95%的把握认为购买该款盲盒与性别有关． 女生男生总计购买   未购买   总计   参考公式：，其中．参考数据：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828(2)该销售网点已经售卖该款盲盒6周，并记录了销售情况，如下表：周数x123456盒数y16______23252630由于电脑故障，第二周数据现已丢失，该销售网点负责人决定用第4，5，6周的数据求线性回归方程，再用第1，3周数据进行检验．①若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2盒，则认为得到的线性回归方程是可靠的．请用4，5，6周的数据求出y关于x的线性回归方程，并说明所得的线性回归方程是否可靠．（参考公式：，）②如果通过①的检验得到的线性回归方程可靠，我们可以认为第2周卖出的盒数误差也不超过2盒，请你求出第2周卖出的盒数的可能取值；如果不可靠，请你设计一个估计第2周卖出的盒数的方案． 21．（12分）设函数（且）是定义域为的奇函数．(1)求实数k的值；(2)若，，且当时，恒成立，求实数m的取值范围．         22.（12分）已知函数且．(1)求；(2)证明：存在唯一的极大值点，且．
常州市第一中学2022-2023学年第一学期期初检测高三数学答案1-8：B  C  C  D  A  B  D  A     9-12: BD  AC  BCD  ABD13．3          14.         15.         16．1．B（P54.1）【详解】，，则2．C（P60.4）【详解】设， 则，则，所以，所以3．C（P66.3）【详解】对于,若m⊥α，n⊂β，m⊥n，则与平行或相交，故错误；对于,若m∥α，m∥n，则n∥α 或，故错误；对于,若m∥n，n⊥β，m⊂α，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故正确；对于,若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则或与相交或∥，故错误.4．D【详解】由可得，即.又，由正态分布曲线的对称性可得5．A （P35例4改编）【详解】6．B【详解】设相邻两个节气晷长减少或增加的量为，由图可知冬至的晷长最大，设为，从冬至到谷雨减少，从霜降到冬至增加，则，解得，所以二十四节气中晷长的最大值为7．D（P85.8改编）【详解】，有放回的随机取两次，两次取出的球上数字之和是5的情况有 共4种，所以;两次取出的球上数字之和是6的情况有共3种，故,对于A, ,则，故A错对于B, ,则,故B错对于C, ,则，故C正确对于D, ,则，故D错8．A【详解】解：令 ，，由，故为奇函数，最大值与最小值和为0令 故为奇函数，最大值与最小值和为0的最大值与最小值的和是8.9．BD【详解】 “"的否定是"",A错误；由方差的性质可知：的方差为，B正确，C错误因为展开式的通项为，所以，即，故D正确10．AC（P73.11改编）【详解】因为，所以，故A正确；因为，所以B错误；因为，，所以C正确，D错误.11．BCD【详解】对于A，取DD1中点，连接，由于是CC1的中点，，而平面，则平面，又平面，，若，又，平面，平面，又平面，则，但正方形中，是DD1中点，不可能有，则A错误；对于B，连接交于点，则是的外心，取中点，连接，则，又底面，则底面，又底面，则，则，又可得，则即为三棱锥外接球的球心，又，则外接球半径为，则外接球表面积为，B正确；对于D，连接，易得，则，又，则平面AEF截正方体所得的截面即为等腰梯形，，则等腰梯形的高为，则等腰梯形的面积为，即截面面积为，D正确；                   对于C，设点C到平面AEF的距离为h，由，，底面，可得，解得，C正确.12． ABD【详解】对于A，因为，故，所以，当且仅当时取等号，故A正确；对于B，由A可得为正数数列，且，则，故为递增数列，且，根据对勾函数的单调性，为递增数列，故B正确；对于C，由，由题意，，即可知不是递增数列；对于D，因为，所以，所以，所以，即.13．3（P37.例3改编）【详解】，∴，解得或，时，，当时，，当时，，是极小值点；时，，不是极值点．∴．14．（P10.跟3改编）【详解】=，则在上单调递增15． 【详解】按1+1+3分组：种，从而有按1+2+2分组：种，从而有,故所有的分配方法有60+90=150种，甲校恰好分配到两人的分配方法有种，则概率为.16．（P59.22改编）【详解】关于的不等式只有一个正整数解，等价于只有一个正整数解，令，则，当且仅当，即，在（上递减，在递增，而，，，，当不等式只有一个正整数解17． （1）由得，当时，，当时，也适合，故………………………………..2由得，得，当时，，得，又，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以……………………………………………………………….4综上所述：，.（2）， ，，，，所以…………………………………………………………1018．(1)展开式的通项公式为，依题意得，即，得…………………………2所以的展开式有项，二项式系数最大的项为……4(2) 设展开式中系数最大的项为第项，则，即，即，解得，所以或所以展开式中系数最大的项为和………………………………………………..8(3)由为有理项知，为整数，得，所以展开式中所有有理项为和…………………………………………………..1219． （1）因为E、F分别是SA、SB的中点，所以EF AB，在矩形ABCD中，AB CD，所以EF CD，CD 平面SCD，EF平面SCD，∴EF 平面SCD， 又因为E、P分别是SA、AD的中点，所以EP SD，SD 平面SCD，EP平面SCD，∴EP 平面SCD，又EF∩EP＝E，EF，EP平面PEF，所以平面PEF 平面SCD．……………………………………………………………..4（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，在等边三角形SAD中，P为AD的中点，所以，又平面平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，平面SAD，所以平面ABCD，所以SP是四棱锥的高设，则，，所以，所以m＝2．…………….7以点P为原点，，的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设，所以．设平面PMB的一个法向量为，则，所以取．……………………………………………………....9易知平面SAD的一个法向量为，所以，因为，所以所以存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处满足题意…………………………12 女生男生总计购买402060未购买7070140总计11090200 20． （1）     根据列联表中的数据，可得因为，所以有95%的把握认为“购买该款盲盒与性别有关” …….……4（2）①，，，则所求线性回归方程为………………….8当时，，，当时，，，所以所得到的线性回归方程是可靠的……………………………………………………9②由①可知线性回归方程可靠，时，．设第2周卖出的盒数为，则，即，所以n能取18，19，20，21，即第2周卖出的盒数的可能值为18，19，20，21…..1221． (1)函数（且）是定义域为的奇函数,则，所以，又时，，对任意的，都有成立，满足题意，所以……………………………………………3(2)由（1）知， ，所以，或（舍）…………………….4令，则由当时，恒成立，得在时恒成立则在时恒成立……………………………………………………………8又在上单调递增所以，所以………………………………………………………………1222. （1）由题：所以．（法1）当时，成立．当时，；当时，；令，，当时，，递减，，所以：，即：．所以：；当时，，递增，，所以：，即：．所以：；综上：．…………………………………………………………………………….4（法2），，当时，在单调递减，则, 不恒成立当时，在单调递增，则,即 ，令, 当时，，递增，当时，，递减，又，所以；综上：．…………………………………………………………………………….4（2）由（1）知：，．设，则．当时，；当时，．所以在递减，在递增．又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，；当时，．1+0-0+增极大值减极小值增       所以是的唯一极大值点．由得，故．由得．因为是在的唯一极大值点，由，得所以．……………………………………………………………………12