2023届江苏省常州市第一中学高三上学期期初检测数学试题含解析

这是一份2023届江苏省常州市第一中学高三上学期期初检测数学试题含解析，共20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届江苏省常州市第一中学高三上学期期初检测数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解不等式，求出集合，从而求出.
【详解】由题意可得：，，则．
故选：B
2．已知数列为等比数列，且，则（    ）
A．63 B． C．81 D．
【答案】C
【分析】设等比数列的公比为，由已知条件求出，从而即可求解.
【详解】解：因为数列为等比数列，设公比为，且，
所以，所以，
所以，所以，
故选：C.
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⊥β
B．若m∥α，m∥n，则n∥α
C．若m∥n，n⊥β，m⊂α，则α⊥β
D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β
【答案】C
【分析】分别根据面面垂直的判定定理，线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理判断选项即可.
【详解】m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
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.
故选：.
4．已知两个随机变量，，其中，（），若，且，则（    ）
A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1
【答案】D
【分析】根据二项分布的均值与正态分布的均值公式可得，再根据正态分布曲线的对称性求解即可
【详解】由可得，即.又，由正态分布曲线的对称性可得
故选：D
5．已知函数，若在区间上单调递增，则实数的a的范围是（      ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】本题转化成导函数在大于等于0恒成立即可.
【详解】由题意得在上恒成立，则，
设，，
又在上为单调递减函数，，
即.
故选：A.
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
【答案】B
【分析】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，然后根据题意列方程组可求得答案
【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，
故选：B

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
【答案】C
【分析】分别求出事件A,B,C,D的概率，根据相互独立事件计算概率的乘法公式计算判断A,计算判断B；计算判断C;计算判断D.
【详解】由题意可得：,
有放回的随机取两次，每次取1个球，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，
故与不是相互独立事件，故A错误；
对于B, ,则,
故A与不是相互独立事件，故B错误；
对于C, ,则，
故与是相互独立事件，故C正确；
对于D, ,则，
故C与D不是相互独立事件，故D错误；
故选：C
8．已知，且，函数，设函数的最大值为，最小值为，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】令，，，即可判断函数的奇偶性，再由，令，根据指数型函数的性质判断的单调性，即可得到的最值，即可求出函数的最大值与最小值之和；
【详解】解：，
令，，，
由
，
可知，
故函数的图象关于原点对称，
设的最大值是，则的最小值是，
由，
令，
当时，在，递减，
所以的最小值是，的最大值是，
故，
的最大值与最小值的和是，
当时，在，单调递增，
所以的最大值是，的最小值是，
故，
故函数的最大值与最小值之和为8，
综上：函数的最大值与最小值之和为8，
故选：A．

二、多选题
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8
C．
D．若（，为有理数），则
【答案】BD
【分析】对于A：利用全称命题的否定形式进行判断；对于B：由方差的性质直接求解；
对于C：利用组合数的性质直接求解；对于D：利用二项式定理展开即可求解.
【详解】对于A：“”的否定是“”.故A错误；
对于B：由方差的性质可知：的方差为.故B正确；
对于C：.故C错误；
对于D：因为展开式的通项为，
所以，即.故D正确.
故选：BD
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
【答案】AC
【分析】本题首先要读懂公式，然后根据题意合理代入数据进行对数运算对选项进行一一检验即可得到答案.
【详解】因为，所以，故A正确；
因为，所以B错误；
因为，所以，
所以C正确，D错误.
故选：AC.
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9π
C．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
【答案】BCD
【分析】假设，推出，又不可能有即可判断A选项；先求出外接球球心，进而求得外接球半径，求出表面积即可判断B选项；由等体积法即可判断C选项；先判断出截面形状，再求截面面积即可判断D选项.
【详解】
对于A，取中点，连接，由于是的中点，，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C，连接，，则，
则，则，，底面，
设点C到平面AEF的距离为，由可得，解得，C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.
故选：BCD.
12．已知数列满足，则（    ）
A．≥2 B．是递增数列
C．{-4}是递增数列 D．
【答案】ABD
【分析】根据所给的递推公式，结合选项构造对应的表达式推导即可
【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.
故选：ABD

三、填空题
13．函数在处有极值为7，则___________.
【答案】3
【分析】本题对三次函数求导，根据题意列出方程组，解出，再分别进行检验即可得出答案.
【详解】，
∴，解得或，
，时，，
当时，，
当时，，是极小值点；
当，时，，不是极值点．
∴．
故答案为：3.
14．已知，，设函数，_____.
【答案】
【分析】首先求出函数的定义域，再求出的解析式，令，则，将函数转化为关于的二次函数，再根据二次函数的性质计算可得.
【详解】解：因为，，，
由，，
所以=，
令，，则在上单调递增，
，，
；
故答案为：
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___________．
【答案】0.4
【分析】根据给定条件，求出5名学生按要求分配到3所学校的不同分法数，再求出恰有2人分配到甲校的分法数即可计算作答.
【详解】将5名学生按和分成3组的不同分法有（种），
因此5名学生按每个学校至少去1人，分配到甲、乙、丙三校的不同分法数为，
恰好有2名学生分配到甲校的不同分法数为，
所以恰好有2名大学生分配到甲校的概率.
故答案为：
16．已知函数，若只有一个正整数解，则实数的取值范围为___________．
【答案】
【分析】参变分离后结合函数单调性求解
【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，即时等号成立，
由对勾函数性质得在上递减，在递增，
而，，，，当不等式只有一个正整数解，
故答案为：

四、解答题
17．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.
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）根据可得，利用即可求得；同理利用当时，可求得，利用等比数列的通项公式求得答案；
（2）由（1）的结果可得的表达式，利用错位相减法即可求得答案.
【详解】(1)由得，
当时，，
当时，也适合，故.
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,
综上所述：，.
(2)，所以，
所以，
所以，
所以

，
所以.
18．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.
【答案】(1).
(2)和.
(3)和.

【分析】（1）根据二项展开式的通项公式和等差中项知识求出，再根据二项式系数的性质可求出结果；
（2）解不等式组可求出结果；
（3）利用的指数为整数求出，再根据通项公式可求出结果.
【详解】(1)展开式的通项公式为，
依题意得，即，得，
所以的展开式有项，二项式系数最大的项为项，
所以.
(2)由（1）知，，
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.
(3)由为有理项知，为整数，得，.
所以展开式中所有有理项为和.
19．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．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处

【分析】（1）由题可得EPSD，EFCD，即证；
（2）由题可得SP⊥平面ABCD，结合条件可得AD的长，建立空间直角坐标系，设＝λ，利用条件列方程，即可解得.
【详解】(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．
(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．
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．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．
20．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：

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

(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x
1
2
3
4
5
6
盒数y
16
______
23
25
26
30

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．
【答案】(1)表格见解析，有95%的把握认为“购买该款盲盒与性别有关”
(2)①，可靠；②可能值为18，19，20，21

【分析】（1）通过计算，完成列联表，再计算出观测值，比表中0.05所对应的数据3.841大，故得出结论“有把握认为购买该款盲盒与性别有关”；
（2）①将第4、5、6周的数据代入公式，计算出和，写出回归直线方程；将第1、3周的数据代入所求出的回归直线方程进行检验，该方程可靠；
②将代入①所求出的回归直线方程，解得，根据可靠性的要求，以及该应用题的实际要求，得出第2周卖出的盒数的可能取值
（1）

女生
男生
总计
购买
40
20
60
未购买
70
70
140
总计
110
90
200

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”
(2)①由数据，求得，，，
，则所求线性回归方程为．
当时，，，
当时，，，
所以所得到的线性回归方程是可靠的
②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．
21．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．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用奇函数的性质得；
（2）由若得出，确定表达式，参变量分离即可.
【详解】(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；
(2)由（1）知，，且，
所以，，
所以，或（舍），

令，则，
由当时，恒成立，得在时恒成立，
则在时恒成立，
又在上单调递增，
所以，，
所以，.
22．已知函数且.
（1）求a；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且.
【答案】（1）a=1；（2）见解析.
【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论；
（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）．
【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．
则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（），
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；
（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，
令t′（x）＝0，解得：x，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，
由x0可知f（x0）＜（x0）max；
由f′（）＜0可知x0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
所以f（x0）＞f（）；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．