2024届江苏省镇江第一中学高三上学期期初学情检测数学试题含答案

这是一份2024届江苏省镇江第一中学高三上学期期初学情检测数学试题含答案，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。
2024届江苏省镇江第一中学高三上学期期初学情检测数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2【答案】C【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出．方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．【详解】方法一：因为，而，所以．故选：C．方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以．故选：C． 2．的展开式中含项的系数是（    ）A．－112 B．112 C．－28 D．28【答案】B【分析】根据题意，得到二项式的通项公式，代入计算即可得到结果.【详解】由题意可得，其通项公式为，令，可得，所以含项的系数是故选:B3．某单位为了了解办公楼用电量y（度）与气温x（）之间的关系，随机统计了四个工作日的用电量与当天平均气温，并制作了对照表：由表中数据得到线性回归方程，当气温为时，预测用电量为（    ）气温x（）181310－1用电量y（度）24343864A．68度 B．66度 C．28度 D．12度【答案】B【分析】根据样本中心满足回归方程即可解决.【详解】由表中数据可知，，所以回归方程过，得，即，则回归方程为，当时，，故选：B.4．某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有（    ）种不同的排法A． B． C． D．【答案】D【分析】先安排数学，将物理和化学捆绑，与其余三门课程进行排序，结合分步乘法计数原理可得结果.【详解】若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有种，物理和化学必须排在相邻的两节，将物理和化学捆绑，与语文、英语、生物三门课程进行排序，有种排法.由分步乘法计数原理可知，共有种不同的排法.故选：D.5．已知正方体的棱长为是线段上的动点且，则三棱锥的体积为（    ）A． B． C． D．无法确定【答案】C【分析】确定平面，再计算体积得到答案.【详解】如图所示：连接与交于点，平面，平面，故，，，故平面..故选：C6．若随机变量服从两点分布，其中，分别为随机变量的均值与方差，则下列结论不正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据随机变量服从两点分布推出，根据公式先计算出、，由此分别计算四个选项得出结果.【详解】随机变量服从两点分布，其中，，，，在A中，，故A正确；在B中，，故B正确；在C中，，故C错误；在D中，，故D正确.故选：C.7．已知函数满足，且当时，成立，若，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，利用奇函数的定义得函数是奇函数，再利用导数研究函数的单调性，结合，再利用单调性比较大小得结论.【详解】因为函数满足，且在上是连续函数，所以函数是偶函数，令，则是奇函数，且在上是连续函数，则，因为当时，成立，即，所以在上单调递减，又因为在上是连续函数，且是奇函数，所以在上单调递减，则，，，因为，，，所以，所以，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查的是比较大小问题，涉及到的知识点包括函数的奇偶性以及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是构造函数，属于中档题.8．已知随机事件，，满足，，，则下列说法错误的是（    ）A．不可能事件与事件互斥B．必然事件与事件相互独立C．D．若，则【答案】D【分析】根据事件的概念，以及实践之间的关系，和条件概率的运算求解.【详解】因为不可能事件与事件不会同时发生，所以互斥，A正确；因为,所以，所以必然事件与事件相互独立，B正确；因为，且不会同时发生，所以，C正确；例如，抛掷一枚骰子1次的试验，设事件为出现点数小于等于4，事件为出现点数小于等于2，则，但， D 错误，故选:D. 二、多选题9．已知函数的导函数的图像如图所示，则下列结论中正确的是（    ）A．在区间上有2个极值点B．在处取得极小值C．在区间上单调递减D．的图像在处的切线斜率小于0【答案】BCD【分析】根据导函数的图像，求出函数的单调区间，求出函数的极值点，分析判断ABC，对于D，由于的图像在处的切线斜率为，从而可由导函数的图像判断【详解】根据的图像可得，在上，，∴在上单调递减，∴在区间上没有极值点，故A错误，C正确；由的图像易知B正确；根据的图像可得，即的图像在处的切线斜率小于0，故D正确.故选：BCD.10．设，，，则下列结论正确的是（    ）A．的最大值为 B．的最小值为C．的最小值为9 D．的最小值为【答案】ABC【分析】对于AD，利用基本不等式判断即可；对于B，利用不等式判断即可，对于C，利用基本不等式“1”的妙用判断即可.【详解】对于A，因为，，，则，当且仅当时取等号，故A正确；对于B，因为，故，当且仅当时取等号，即的最小值，故B正确；对于C，，当且仅当且，即，时取等号，所以的最小值为9，故C正确；对于D，，故，当且仅当时取等号，即的最大值，故D错误．故选：ABC.11．如图，AB为圆锥SO底面圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，N为SA的中点，则圆O上存在点M使（    ）A． B．平面SBCC． D．平面SBC【答案】BC【分析】利用反证法的思想可判断AD不成立，通过面面平行可判断B，通过线面垂直可判断C.【详解】假设存在点M使，所以四点共面，又因为，所以面，易得点为面和面的公共点，所以三点共线，与题意矛盾，故不存在点M使，即A错误；过作，交劣弧与点，连接，由于分别为的中点，所以，由于面，面，所以面，面，又因为，所以面面，由于面，所以面，即B正确；点的位置同选项B，由于为直径，所以，即,由圆锥易得，，所以面，所以，即C正确；假设在点M使面SBC，所以，又因为，，所以面，故面SBC应与面平行，与题意显然不符，即D错误；故选：BC.12．随着春节的临近，小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人写了一个祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（    ）A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为B．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为【答案】BC【分析】计算出四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，根据古典概型的概率公式以及条件概率的概率公式计算各选项，可得答案.【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种，故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为 ，A错误；对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A, 则,小张抽到小王写的贺卡为事件B,则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为 ,B正确；对于C, 恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种，故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为 ，C正确；对于D, 每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种，故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为，D错误，故选： 三、填空题13．若一个正四棱台的上下底面的边长分别为2和4，侧棱长为，则这个棱台的体积为      ．【答案】28【分析】先根据侧棱长和上下底面的对角线长算出棱台的高，再根据棱台的体积公式计算即可.【详解】因为上下底面的对角线长分别为和，求得正四棱台的高为，所以棱台的体积为．故答案为：28.14．某学校组织1200名学生进行“防疫知识测试”．测试后统计分析如下：学生的平均成绩为=80，方差为．学校要对成绩不低于90分的学生进行表彰．假设学生的测试成绩X近似服从正态分布（其中μ近似为平均数，近似为方差，则估计获表彰的学生人数为           ．（四舍五入，保留整数）参考数据：随机变量X服从正态分布，则，，．【答案】27【分析】根据题意得到，结合原则和正态分布的对称性求出，求出获得表彰的学生人数.【详解】由题意得：，故，所以．故答案为：27.15．毛泽东思想是党的重要思想，某学校在团员活动中将四卷不同的《毛泽东选集》分发给三名同学，每个人至少分发一本，一共有           种分发方法.【答案】36【分析】先将《毛泽东选集》按“2+1+1”形式进行分组，再分配给3名同学.【详解】解：根据题意，只能1人拿2本，另2人各拿1本，故先将四卷不同的《毛泽东选集》按“2+1+1”形式分为3组，有种分组方法，再将分好的3组分配给三名同学，有种情况，则由分步计数原理可知一共有种分发方法；故答案为：36.16．已知函数，若是函数的唯一极值点，则实数k的取值范围是    ．【答案】【分析】先求解导数，把极值点问题转换为导数的实根问题，结合恒成立可求答案.【详解】由题意，定义域为，有唯一的实数根，即方程有唯一的实数根，所以无变号零点，即无变号零点. 设，则，时，，为减函数；时，，为增函数；所以；所以k的取值范围为：．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．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)试讨论函数的单调性.【答案】(1)(2)详见解析. 【分析】（1）由，求导，得到，写出切线方程；（2）求导，再分，，讨论求解.【详解】（1）解：因为，所以，则，所以，所以曲线在点处的切线方程是，即；（2）因为，所以，当时，成立，则在上递减；当时，令，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增；综上：当时，在上递减；当时， 在上递减，在上递增；19．某大学“爱牙协会”为了解“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”情况之间的关系，随机对200名青少年展开了调查，得知这200个人中共有120个人“有蛀牙”，其中“不爱吃甜食”且“有蛀牙”的有30人，“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的有50人.有列联表： 有蛀牙无蛀牙总计爱吃甜食   不爱吃甜食   总计   (1)根据已知条件完成如图所给的列联表，并判断是否有99.5%的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关；(2)若从“无蛀牙”的青少年中用分层抽样的方法随机抽取8人作进一步调查，再从这抽取的8人中随机抽取2人去担任“爱牙宣传志愿者”，求抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的青少年的概率.附：，.0.050.010.0053.8416.6357.879【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解；（2）根据已知条件，结合分层抽样的定义，列举法，以及古典概型的概率公式，即可求解.【详解】（1）由题意可知，列联表： 有蛀牙无蛀牙总计爱吃甜食9030120不爱吃甜食305080总计12080200有的把握认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关；（2）若从“无蛀牙”的青少年中用分层抽样的方法随机抽取8人作进一步调查，则爱吃甜食占3人，设为，不爱吃甜食占5人，设为，从中随机选取2人，所有情况为：，共28种，其中抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的青少年为：，共10种，故抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的青少年的概率为.20．如图，在三棱柱中，平面ABC，D为线段AB的中点，，，，三棱锥的体积为8．(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得，再由三棱锥的体积为8，求出，可证得，再由线面垂直的判定定理即可证明；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，   在三棱柱中，四边形为平行四边形，则，                        因为，，所以，所以，              又因为，平面，平面，所以平面，因为，所以平面，                      又平面，所以．，为的中点，则，因为平面，，所以，所以在中，，，所以，所以，，平面，所以平面；（2）因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，，则，取，可得，所以，，所以平面与平面夹角的余弦值为.21．某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏；每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”，已知甲乙两名队员投进篮球的概率分别为p1，p2．(1)若，，求他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率；(2)已知，则：①取何值时能使得甲、乙两名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？并求出此时的最大概率；②在第①问的前提下，若甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，则他们平均要进行多少轮游戏？【答案】(1)(2)①当时，最大概率为；②625 【分析】（1）先罗列出“神投小组”的可能情况，然后利用独立事件的乘法公式进行求概率即可；（2）①先求出获得“神投小组”称号的概率，结合可得令，，利用二次函数的性质即可求解；②利用二项分布的知识即可求解【详解】（1）每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”,则可能的情况有①甲投中一次,乙投中两次;②甲投中两次,乙投中一次;③甲投中两次,乙投中两次,，他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率为（2）①由题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号的概率，又,则，令,则,在上单调递增,则,此时.②他们小组在轮游戏中获得“神投小组”称号的次数满足,,则,平均要进行625轮游戏.22．已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)设函数有两个极值点，．（i）求实数a的取值范围；（ii）证明：．【答案】(1)答案见解析；(2)（i），（ii）证明见解析. 【分析】（1）由题设且，讨论研究导数的符号，即可确定函数单调性；（2）（i）将问题转化为在上有两个不等实根，结合对应二次函数性质求参数范围；（ii）由（i）并应用韦达定理得，分析法转化为在上恒成立，利用导数研究单调性并确定值域范围，即可证结论.【详解】（1）由定义域为，且，令得，或，①当时，，，单调递增，，，单调递减，，，单调递增，②当时，，在单调递增，③当时，，，单调递增，，，单调递减，，，单调递增，综上：当时，的单调递增区间为、，的单调递减区间为；当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为、，的单调递减区间为.（2）（i）由已知，，则，函数有两个极值点，，即在上有两个不等实根，令，只需，故，（ii）由（i）知，，，且，，要证，即证，只需证，令，，则，因为恒成立，所以在上单调递减，又，，由零点存在性定理得，使得，即，所以时，，单调递增，时，，单调递减，则，∵在上显然单调递增，∴，∴，即，得证．【点睛】关键点点睛：第二问二小问，由，综合应用分析法、函数思想转化为证明在上恒成立，再利用导数研究单调性判断即可.