1、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202309一、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：C2. 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
2、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：A4. 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：D5. 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
3、】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：C6. 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：C7. 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，
4、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，
5、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
6、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
7、，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；（
8、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
9、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.
10、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
11、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”
12、“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
13、答案为：3615. 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8
14、0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
15、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
16、，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
17、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
18、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
19、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（）求，；（）直接写出与满足的等量关系式（不必证明）；（）根据（）的等量关系求表达式，并求满足的的最小值【答案】（1）； （2）（），；（），；（），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）（）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
20、解即可；（）分析（）的结论，探求与的关系即可作答；（）由（）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】（）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（）由（）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，（）由（）知，由（）知，因此，即数列以为首项，为公比
21、的等比数列，则，即由，得，整理得，而，因此，所以的最小值是622. 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
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