2023届江苏省徐州市第七中学高三上学期9月摸底考试数学试题含解析

这是一份2023届江苏省徐州市第七中学高三上学期9月摸底考试数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江苏省徐州市第七中学高三上学期9月摸底考试数学试题 一、单选题1．若集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据二次不等式与根式不等式求解集合再取交集即可.【详解】由，解得，故；又，解得，故，所以.故选：B2．的展开式中的常数项为（    ）A． B．60 C．64 D．120【答案】B【分析】根据二项式定理，直接计算即可.【详解】展开式的通项为，令解得，所以常数项.故选：B.3．若“，使成立”是假命题，则实数λ的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先将条件转化为，使成立，再参变分离构造函数，转化为最值问题即可求解.【详解】若“，使成立”是假命题,则，使成立是真命题，即，，令，则，则在上单调递增，，则.故选:C.4．已知正四棱台上底面边长为2，下底面边长4，高为3，则其表面积为（    ）A．36 B．C． D．48【答案】B【分析】先求出侧面上的斜高，再求出正四棱台的上、下底面的面积和侧面积，由表面积公式即可得出答案.【详解】设正四棱台上、下底面的中心为，为侧面上的斜高，过作交边于点，所以，所以，所以正四棱台的上、下底面的面积为：，正四棱台的侧面积为：，则其表面积为：.故选：B.5．已知函数，记，则的大小关系为（    ）A．  B．C． D．【答案】A【分析】判断函数的奇偶性和时的单调性，结合，从而比较的大小，根据函数的单调性即可得答案.【详解】函数定义域为,满足，故为偶函数，当时，，故此时递增，，而，故，故，故选：A.6．一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知，客运车票增加了62种，则现在车站的个数为（    ）A．15 B．16 C．17 D．18【答案】C【分析】由题意得，化简计算可得，由于，，可得，从而可求出，经验证可得答案【详解】原来个车站有种车票，新增了个车站，有种车票，由题意得，即，整理得，∴，∵，，∴，∴，解得，即.当时，均不为整数，只有当时，符合题意，∴，故现在有17个车站.故选：C.7．高德纳箭头表示法是一种用来表示很大的整数的方法，它的意义来自乘法是重复的加法，幂是重复的乘法.定义：，（从右往左计算）.已知可观测宇宙中普通物质的原子总数约为，则下列各数中与最接近的是（    ）（参考数据：）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据高德纳箭头表示法即可求解，进而根据对数的运算与指数的互化即可求解.【详解】因为，故，取对数得，故，故最接近的是，故选：C8．已知函数的定义域为，且，为偶函数，若，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分析可知函数为周期函数，且周期为，求得，，结合可求得的值.【详解】对任意的，由可得，所以，，则，所以，函数为周期函数，且周期为，因为为偶函数，所以，所以，函数的图象关于直线对称，则，因为，则，因为且，则，所以，，因为，且，因为，故.故选：D. 二、多选题9．已知函数，则（    ）A．有一个极值点B．没有零点C．直线是曲线的切线D．曲线关于直线对称【答案】AD【分析】求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间与极值点，即可判断A、B，再设切点为，利用导数的几何意义退出矛盾即可判断C，最后根据即可判断D.【详解】解：因为，由，解得，即函数的定义域为，所以，令，解得，故当时，，在时，，故函数在上单调递增，上单调递减，所以在处取得极大值，故A正确；又，，即在中存在一个零点，故B错误，令切点为，则，即，解得或（舍去），此时，故不是曲线的切线，即C错误；函数，所以函数的图象关于对称，故D正确；故选：AD．10．若实数，满足，以下选项中正确的有（    ）A．的最大值为.B．的最小值为C．的最小值为D．的最小值为5【答案】AC【分析】直接利用均值不等式判断A；根据“1”的代换的方法判断B；整理为 ，对作平方处理，结合均值不等式判断C，利用“1”的代换的方法判断D；【详解】实数，，，整理得，当且仅当时取“”，故选项A正确；(，当且仅当时取“”，故选项B错误；，，，当且仅当时取“”，故选项C正确，，， ，当且仅当时取“”，但已知,故不等式中的等号取不到，，故选项D错误；故选：AC11．如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分别是的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是（    ）A．B．存在点M，使平面SBCC．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值【答案】ABD【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法判断ACD，根据线面平行的判定定理判断B【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系（如图），设，则，由M是棱SD上的动点，设，，，，故A正确；当为的中点时，是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面，故B正确；，若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，则，化简得，方程无解，故C错误；点M到平面ABCD的距离，点M与平面SAB的距离，所以点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为，是定值，故D正确；故选：ABD12．德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其名命名的函数称为狄利克雷函数，则关于狄利克雷函数，则正确的是（    ）A．函数的值域是；B．任意一个非零有理数都是的周期；C．函数是偶函数；D．存在三个点，使得为等边三角形.【答案】BCD【分析】根据函数解析式，可求得函数值域，判断A；根据函数解析式结合函数周期性定义可判断B;根据偶函数定义判断C;取特殊值，确定，可得为等边三角形，判断D.【详解】的值域为，故A错误；对于任意一个非零有理数，若x是有理数，则也是有理数，则，若x是无理数，则也是无理数，则，任意一个非零有理数都是的周期，B正确；若x是有理数，则是有理数，则，若x是无理数，则是无理数，则，故对任意 ,都有 ，故函数是偶函数，C正确；取 ，则，故，则 ,故为等边三角形，故D正确，故选:BCD. 三、填空题13．数据：1，2，2，3，4，5，6，6，7，8，其中位数为，60百分位数为，则__________．【答案】10【分析】由中位数和60百分位数的求法计算即可.【详解】中位数，因为，所以60百分位数，所以.故答案为：10.14．已知函数则函数的所有零点之和为___________.【答案】【分析】利用分段函数，分类讨论，即可求出函数的所有零点，从而得解．【详解】解：时，，，由，可得或，或；时，，，由，可得或，或；函数的所有零点为，，，，所以所有零点的和为故答案为：．15．已知为自然对数底数，函数的值域为，请给出函数的一个定义域__________．【答案】 答案不唯一【分析】换元，令，得，先研究函数的值域为，对应的的取值范围，然后再把转换成，得到答案.【详解】令，则，其图像如图所示， 因为，由解得，所以在是增函数，由解得，所以在是减函数，所以当时，取得最小值，令，整理得，解得或，所以函数的值域为时，可取，代入，并解得，即，故答案为： 答案不唯一.16．已知正三棱锥的各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则该正三棱锥体积的最大值为___________.【答案】【分析】由外接球表面积求出半径，设球心到底面距离为，由三角函数关系解出底面三角形面积，由此可确定正三棱锥体积关于的函数关系.【详解】因为，所以正三棱锥外接球半径，正三棱锥如图所示，设外接球圆心为，过向底面作垂线垂足为，因为是正三棱锥，所以是的中心，所以，,又因为，所以，所以，令，解得所以在递增，在递减，故当时，取最大值，.故答案为：. 四、解答题17．已知集合，．(1)若，求；(2)若存在正实数，使得“”是“”成立的          ，求正实数的取值范围．从“①充分不必要条件，②必要不充分条件”中任选一个，填在上面空格处，补充完整该问题，并进行作答．【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）分别求解两个集合，再求并集；（2）若选①，则是的真子集．若选②，则是的真子集,根据集合的包含关系，列不等式，即可求解的取值范围.【详解】（1）因，则．当时，，所以．（2）选①  因“”是“”成立的充分不必要条件，则是的真子集．所以．经检验“=”满足．所以实数的取值范围是．选②  因为“”是“”成立的必要不充分条件所以是的真子集．所以，经检验“=”满足．所以实数的取值范围是．18．甲、乙两名运动员进行羽毛球单打比赛，根据以往比赛的胜负情况知道，每一局甲胜的概率为，乙胜的概率为．比赛采用“三局两胜”制，先胜二局者获胜．商定每局比赛（决胜局第三局除外）胜者得3分，败者得1分；决胜局胜者得2分，败者得0分．已知各局比赛相互独立．(1)求比赛结束，甲得6分的概率；(2)设比赛结束，乙得分，求随机变量的概率分布列与数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）“比赛结束，甲得6分”等价于“乙以败给甲或乙以败给甲”，由此即可求出其概率；（2）由题意知：打2局，乙输；打3局，乙输，打2或3局，乙赢，分别求出其概率，则可写出分布列，计算出数学期望.【详解】（1）记事件：“比赛结束，甲得6分”，则事件即为乙以败给甲或乙以败给甲，所以．（2）由题意得，可取， 则，，，即的分布列为 的数学期望为．19．如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ) ；(Ⅲ)见解析.【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知：，由可得点F的坐标为，由可得，设平面AEF的法向量为：，则，据此可得平面AEF的一个法向量为：，很明显平面AEP的一个法向量为，，二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.(Ⅲ)易知，由可得，则，注意到平面AEF的一个法向量为：，其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.20．已知函数（常数．（1）若，且，求x的值；（2）若，求证函数在上是增函数；（3）当为奇函数时，存在使得不等式成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）直接求解方程即可；（2）利用单调性的定义即可判断；（3）令，可将不等式转化为，求出的最小值即可.【详解】（1）若，且，则，即，解得，，，则；（2）任取，则，，，即，，，，，故在上是增函数；（3）若为奇函数，则，解得，经检验，时，为奇函数，，在单调递增，，令，则转化为存在，使得不等式成立，即，可知在单调递增，则，故.21．已知双曲线：的右焦点为，左顶点为A，且，到C的渐近线的距离为1，过点的直线与双曲线C的右支交于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴分别交于M，N两点.(1)求双曲线C的标准方程.(2)若直线MB，NB的斜率分别为，，判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是定值， 【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出双曲线方程，（2）设直线：，，，，将直线方程代入双曲线方程消去，利用根与系数的关系，表示出直线的方程，可表示出点的坐标，同理可表示出点的坐标，从而可表示，，然后计算化简即可【详解】（1）由题意得，，渐近线方程为，则到渐近线的距离为，又因为，所以，，，故双曲线的标准方程为.（2）设直线：，，，，联立方程组得，所以，.因为直线的方程为，所以的坐标为，同理可得的坐标为.因为，，所以，即为定值.22．设函数和都是定义在集合上的函数，对于任意的，都有成立，则称函数与在上互为“函数”．(1)函数与在上互为“函数”，求集合；(2)若函数且与在集合上互为“函数”，求证：；(3)函数与在集合且上互为“函数”，当时，，求函数在上的解析式．【答案】(1)(2)证明见解析(3) 【分析】（1）解：由，得到，即可求解.（2）由题意得到，得到，根据，即可求解．（3）当时，，根据题意得到恒成立，转化为对恒成立，得到，进而得到时，，进而得到答案.【详解】（1）解：由题意，函数与在上互为“函数”，可得，即，所以，可得或，解得或，即集合．（2）解：由函数且与在集合上互为“函数”，可得，所以，因为且，所以，因为，所以，解得．（3）解：当时，，由于与函数在集合上“互为函数”，所以当，恒成立，即对于任意的恒成立，即，所以，即，所以，当时，，，所以当时，，所以当时，．