江苏省常州市前黄高级中学2023-2024学年高三数学上学期期初考试试题（Word版附解析）.docx

1、省前中2024届高三第一学期期初考试 数学试卷一、单选题（5分*8）1. 已知幂函数的图象经过点（4，2），则f（9）的值为（ ）A. -3B. 3C. -9D. 9【答案】B【解析】【分析】由条件求出幂函数解析式，利用解析式求函数值即可.【详解】因为幂函数的图象经过点（4，2），所以，解得，所以，故选：B2. 已知平面向量，则在方向上投影向量是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由向量数量积找到在方向上的投影为，再结合投影向量的定义求解.【详解】在方向上的投影为，又方向上的单位向量为，故在方向上的投影向量是，故选：A.3. 设，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B.

2、 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据复数模的计算公式及充分条件、必要条件的定义判断即可【详解】由题意得，所以，因为，所以，解得或，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A4. 在1859年时候，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为论小于某值的素数个数的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字的素数个数可以表示为的结论若根据欧拉得出的结论，估计以内的素数的个数为（ ）（素数即质数，计算结果取整数）A. 2172B. 4343C. 869D. 8686【答案】D【解析】【分析】根据黎曼猜想计算

3、，从而得出正确答案.【详解】.故选：D5. 已知，则、的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】研究函数的奇偶性、单调性，将变形到函数的单调区间上且比较大小，然后运用函数单调性可得结论.【详解】因为，是偶函数，且时，是增函数，而，所以，即故选：A6. 根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验有如下的效果：若以表示事件“试验反应为阳性”，以表示事件“被诊断者患有癌症”，则有，现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为，即，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件概率的性质及变式可求得，由已知可求得，根据贝叶斯公式可求得答案【详解】解：因

4、为，所以，因为，所以，所以由全概率公式可得，因为，所以所以故选：A7. 设(1x)3(1x)4(1x)5(1x)50a0a1xa2x2a3x3a50x50，则a3的值是（ ）A. B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得a3的值是x3的系数，而x3的系数为 C33+C43+C53+C503C44+C43+C53+C503利用二项式系数的性质求得结果【详解】解：由题意可得a3的值是x3的系数，而x3的系数为 C33+C43+C53+C503C44+C43+C53+C503C514，故选：D【点睛】本题考查二项式系数的性质的应用，求展开式中某项的系数，求出x3的系数为 C33+C4

5、3+C53+C503，是解题的关键8. 已知函数的定义域为，图象恒过点，对任意当时，都有，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由，设，得到，令，然后将不等式，转化为，利用的单调性求解.【详解】因为，不妨设，则，令，在R上递增，又，所以不等式，即为，即，所以，则，解得 ，故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键是由，构造函数，利用其单调性得解.二、多选题（5分*4，漏选得2分）9. 下列命题中，真命题有（ ）A. 数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的分位数是B. 若随机变量，则C. 若事件A，B满足且，则A与B独立D. 若随机变量，则【答案】BCD【解析

6、】【分析】对于A：根据百分位数运算求解；对于B：根据二项分布的方差公式运算求解；对于C：根据对立事件结合独立事件概率公式运算求解；对于D：根据正态分布的对称性运算求解.【详解】对于选项A：将这组数据按从小到大排序为：1，2，3，4，5，6，7，8，9，因为，所以该组数据 分位数是，故A错误；对于选项B：因为随机变量，所以，故B正确；对于选项C：因为，则，整理得，所以A与B独立，故C正确；对于选项D：若随机变量，可知正态曲线关于对称，所以，故D正确故选：BCD.10. 如图，在正方体中，点M，N分别在棱AB和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（ ）A. B. 平面C. 线段BN长度的最大值

7、为D. 三棱锥体积不变【答案】ACD【解析】【分析】以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立坐标系，设出动点M，N的坐标，利用空间向量运算判断选项A，B，C，利用等体积法的思想判断选项D即可得解.【详解】在正方体中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，设M(3,y,0)，N(3,3,z)，而则，对于A选项：，则，A正确；对于B选项：，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；对于C选项：，则线段BN长度，当且仅当时取“=”，C正确；

8、对于D选项：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而，三棱锥体积为定值，即D正确.故选：ACD11. 已知函数是定义在R上的奇函数，是偶函数，当，则下列说法中正确的有（ ）A. 函数关于直线对称B. 4是函数的周期C. D. 方程恰有4不同的根【答案】ABD【解析】【分析】根据奇偶性的定义，结合函数的对称性，即可判断A的正误；根据题意，结合函数的周期性，可判断B的正误；根据函数的周期性，结合解析式，即可判断C的正误；分别作出和的图象，即可判断D的正误，即可得答案.【详解】对于A：因为是偶函数，所以，即所以关于对称，故A正确.对于B：因为，所以，所以，即周期，故B正确对于C：所以

9、，故C错误；对于D：因为，且关于直线对称，根据对称性可以作出上的图象，又，根据对称性，可作出上的图象，又的周期，作出图象与图象，如下图所示：所以与有4个交点，故D正确.故选： ABD12. 已知，则满足的关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据指数与对数互化的关系求出，取倒数相加即可判断A选项是否正确；将代入B、C、D选项式子的左端化简,并利用基本不等式即可判断是否正确.【详解】，对于A选项：，故A选项正确；对于B选项：，故B选项正确；对于C选项：，,，故C选项错误；对于D选项：，故D选项正确；故选：ABD三、填空题（5分*4）13. 的展开式的常数项是_【答案】

10、【解析】【分析】写出的通项公式，分别计算两个式子对应的常数项，再相加即可.【详解】由题意，的通项公式为：，当，即时，当，即时，所以展开式的常数项是故答案为：14. 如图，在矩形ABCD中，AB，BC2，点E为BC的中点，点F在边CD上，若，则的值是_【答案】【解析】【分析】根据矩形的垂直关系和长度关系，先利用平面向量加法的运算律求解，再利用运算律转化求即可.【详解】，, ,，故答案为：.15. 已知函数，关于的方程恰有个不同实数解，则的取值范围为_【答案】或【解析】【分析】先求得的解析式并画出图象，利用换元法，结合一元二次方程的解列不等式，由此求得的取值范围.【详解】对于函数，所以当时，；当时

11、，.所以，令 ，则方程 可化为 ，作出函数 的图象如下图所示，则方程有两个相等的实根或者两个小于2的不等实根，即，（符合），或.所以的取值范围是或.故答案为：或 16. 在三棱锥中，.若三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】根据勾股定理可得是等腰直角三角形，从而求出，在中利用余弦定理求出，根据勾股定理可判断，从而得知平面，从而可将三棱锥补为直三棱柱，外接球球心为的中点，根据几何关系即可求解.【详解】由题意得，所以，且，所以.在中，由余弦定理得，所以，所以.又，平面，所以平面，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示，则直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球.设外接圆

12、圆心为，的外接圆圆心为，则直三棱柱的外接球球心为的中点，连接，则即为外接球的半径.在中，根据正弦定理可得，所以，所以，所以该外接球的表面积为.故答案为：.四、解答题17. 已知，全集，集合，函数的定义域为.（1）当时，求；（2）若是成立的充分不必要条件，求a的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)求得集合A和集合B，根据补集和交集的定义即可求解；(2)由是的充分不必要条件，可知集合是集合的真子集.根据真包含关系建立不等式求解即可.【小问1详解】，即.由，得，解得，即. 当时，. .【小问2详解】由是的充分不必要条件，可知集合是集合的真子集. 所以解得，经检验符合集合是集合的真子

13、集，所以a的取值范围是.18. 一个完美均匀且灵活的平衡链被它的两端悬挂，且只受重力的影响，这个链子形成的曲线形状被称为悬链线（如图所示）.选择适当的坐标系后，悬链线对应的函数近似是一个双曲余弦函数，其解析式可以为，其中，是常数.（1）当时，判断并证明的奇偶性；（2）当时，若的最小值为，求的最小值.【答案】（1）偶函数 （2）10【解析】【分析】(1)根据偶函数定义直接判断可知；(2)由基本不等式求得的最小值，得到a、b的关系，然后代入目标式，分离常数，然后可得.【小问1详解】当时，定义域为R，因为所以为偶函数.【小问2详解】因为，所以，当且仅当，即时，取等号.由题知，即，因为，所以，即所以令

14、，则，所以，所以，当，即时，取等号.所以的最小值为10.19. 如图，在三棱柱，.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理证明，从而可证平面；（2）由题意建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标及向量坐标，求出与平面的法向量，利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值，从而可得正弦值.【小问1详解】证明：，而，又，平面.【小问2详解】如图建系，其中，则，.设平面与平面的一个法向量分别为，设二面角平面角为，所以得.【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于

15、能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理证明垂直，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20. 已知函数且（1）当时，求的单调增区间；（2）是否存在，使在区间上的值域是？若存在，求实数的取值范围；若不存在，试说明理由【答案】（1） （2）存在，【解析】【分析】（1）先求得的定义域，然后根据复合函数单调性同增异减求得的单调增区间.（2）对进行分类讨论，根据函数的单调性以及在区间上的值域，利用构造函数法，结合一元二次方程根的个数列不等式组，由此求得的取值范围.【小问1详解】时，由解得或，所以定义域为，函数图

16、象开口向上，对称轴为，在上单调递增，根据复合函数单调性同增异减可知：的增区间为【小问2详解】令，则在上单调递减，当,且在区间上的值域是，即在区间上的值域是故必须，即,是的在上的两个不等实根.而与在上只有一个交点，不符合（舍）.当，且在区间上的值域是，即在区间上的值域是故必须，即，得，得，代入得：，同理，令，则在有两个零点，即，解得.21. 某社区为丰富居民的业余文化生活，打算在周一到周五连续为该社区居民举行“社区音乐会”，每晚举行一场，但若遇到风雨天气，则暂停举行.根据气象部门的天气预报得知，在周一到周五这五天的晚上，前三天每天出现风雨天气的概率均为，后两天每天出现风雨天气的概率均为，每天晚上

17、是否出现风雨天气相互独立.已知前两天的晚上均出现风雨天气的概率为，且这五天至少有一天晚上出现风雨天气的概率为.（1）求该社区能举行4场音乐会概率；（2）求该社区举行音乐会场数X的数学期望.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，根据相互独立事件概率计算公式计算出所求概率.（2）求得的分布列，由此求得的数学期望.【详解】（1）依题意.所以该社区能举行4场音乐会的概率为:.（2）的可能取值为，所以的分布列为：3.【点睛】求解此类题目，要注意分类加法计数原理的应用.22. 已知函数.（1）求证：函数是上的减函数；（2）已知函数的图像存在对称中心的充要条件是的图像关于原点中心对

18、称，判断函数的图像是否存在对称中心，若存在，求出该对称中心的坐标，若不存在，说明理由；（3）若对任意，都存在及实数，使得，求实数的最大值.【答案】（1）证明见解析 （2）存在， （3）2【解析】【分析】（1）根据函数单调性的定义证明即可；（2）假设函数的图像存在对称中心，进而根据题意将问题转化为恒成立，进而得，解方程即可得答案；（3）根据题意得，进而结合已知条件得以所以，故.【小问1详解】解：设对于任意的实数，则，因为，所以，所以，即所以函数是上的减函数【小问2详解】解：假设函数的图像存在对称中心，则的图像关于原点中心对称，由于函数的定义域为，所以恒成立，即恒成立，所以，解得 ，所以函数的图像存在对称中心【小问3详解】解：因为对任意，都存在及实数，使得，所以，即，所以，即因为，所以因为，所以 所以，即