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）

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：C

2. 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：A

4. 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：D

5. 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：C

6. 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：C

7. 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：36

15. 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．