1、金陵中学20212022学年第一学期高三期初调研考试数学试卷一、单项选择题：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，请把答案填写在答题卡相应位置上.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知，则（ ）A. B. C. D. 3. 已知某圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 4. 已知，且，则的值为（ ）A. B. C. D. 5. 2020年1月，教育部出台关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见（简称“强基计划”），明确从2020年起强基计划取代原有的高校自主招生方式.如果甲、乙
2、、丙三人通过强基计划的概率分别为，那么三人中恰有两人通过的概率为（ ）A. B. C. D. 6. 已知为椭圆的中心，为的一个焦点，点在外，经过的直线与的一个交点为，是有一个内角为的等腰三角形，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 7. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则（ ）A. B. C. D. 8. 若函数与的图象存在公切线，则实数的最小值为（ ）A. 1B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 为了解目前全市高一学生身体素质状况，对某
3、校高一学生进行了体能抽测，得到学生的体育成绩，其中60分及以上为及格，90分及以上为优秀，则下列说法正确的是（ ）附：若，则，.A. 该校学生体育成绩的方差为10B. 该校学生体育成绩的期望为70C. 该校学生体育成绩的及格率不到D. 该校学生体育成绩的优秀率超过10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. 向量，的夹角为D. 在方向上的投影是11. 已知点，若过点的直线交圆：于，两点，是圆上一动点，则（ ）A. 的最小值为B. 到的距离的最大值为C. 的最小值为D. 的最大值为12. 如图，在正方体中，点，分别在棱和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（ ）A. B. 平面
4、C. 线段长度的最大值为D. 三棱锥体积不变三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知函数，若，则实数的取值范围是_.14. 在平面直角坐标系中，若圆上存在点，使得点关于轴的对称点在直线上，则实数的最大值为_.15. 在中，是的中点，则_，_.16. 已知函数.若存在唯一的整数，使得成立，则实数的取值范围为_.四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17. 设函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的最大值.18. 已知数列的前项和为，且，且.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.19
5、. 2021年2月1日教育部办公厅关于加强中小学生手机管理工作的通知中明确“中小学生原则上不得将个人手机带入校园”，为此某学校开展了一项“你能否有效管控手机”调查，并从调查表中随机抽取200名学生（其中男、女生各占一半）的样本数据，其列联表如下：性别能管控不能管控总计男30女总计90200（1）完成上述列联表，并判断是否有的把握认为能否管控手机与性别有关？（2）若学生确因需要带手机进入校园需向学校有关部门报告，该校为做好这部分学生的手机管理工作，学校团委从能管控的学生中按样本中的比例抽取了6名学生组成一个团队.（i）从该团队中选取2名同学作个人经验介绍，求选取的2人中恰有一名女生的概率；（ii
6、）从这6人中随机抽取4人，设抽到的女生的人数为，求的分布列与数学期望.附：，其中.0.0500.0100.0013.8416.63510.82820. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，二面角的大小为.（1）求证：平面；（2）若，点为线段上的点，若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.21. 已知是椭圆：的左焦点，经过点作两条互相垂直的直线和，直线与交于点，.当直线经过点时，直线与有且只有一个公共点.（1）求的标准方程；（2）若直线与椭圆有两个公共点，求线段的取值范围.22. 已知函数，.（1）讨论在区间上的单调性；（2）若关于的不等式在区间上恒成立，求的取值范围.金陵中学2021
7、2022学年第一学期高三期初调研考试数学试卷参考答案一、单项选择题：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，请把答案填写在答题卡相应位置上.1.【答案】A【解析】因为，所以.2.【答案】A3.【答案】C【解析】如图所示：为边长为4的正三角形，所以，取中点为，则，所以圆锥的体积.4.【答案】D【解析】由，可得，解得或，因为，所以，可得.5.【答案】C【解析】记甲、乙、丙三人通过强基计划分别为事件，显然，为相互独立事件，则“三人中恰有两人通过”相当于事件，且，互斥，所以所求概率.6.【答案】B【解析】不妨设，则，易知中只能，是有一个内角为的等腰三角形
8、，则，将代入椭圆方程得到，即，解得或（舍去），故.7.【答案】B【解析】，所以，所以且，解得，.，所有.8.【答案】D .【解析】法一：设公切线与，图象分别切于点，则图象在处的切线方程为：，即，同理：图象在处的切线方程为：，即，由上述两直线重合，且，消去可得，令，则，当时，当时，所以在单调递增，在单调递减，则，解得.方法二：（参考）在同一坐标系中作出，的图象如图所示：由图象知：，分别为上凸和下凸函数，要使，存在公切线，只须在上恒成立即可，即在上恒成立.令，求导得，当时，当时，所以当时，取得最大值为，所以.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题
9、目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.【答案】BC【解析】A. 由题设知，所以该校学生体有成绩的方差100，错误；B. 由题设知，即该校学生体有成绩的期望为70，正确；C. ，所以该校学生体育成绩的及格率不到，正确；D. ，故该校学生体育成绩的优秀率为，故错误.10.【答案】AC【解析】对选项A，因为，所以，故A正确；对选项B， ，所以，故B错误；对选项C，所以向量，的夹角为，故C正确；对选项D，在方向上的投影是，故D错误.11.【答案】ABD【解析】如图，当直线与轴垂直时，有最小值，且最小值为，所以A正确；设，则，所以，所以的最小值为，所以C错误；当，三点共线时，最
10、大，且最大值为，所以D正确；当直线与垂直时，到的距离有最大值，且最大值为，所以B正确.12.【答案】ACD【解析】在正方体中，以点为原点，射线，分别为，轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：，设，而，则，对于A选项：，则，A正确；对于B选项：，即与不垂直，从而与平面不垂直，B不正确；对于C选项：，则线段长度，当且仅当时取“”，C正确；对于D选项：不论点如何移动，点到平面的距离均为3，而，三棱锥体积为定值，即D正确.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】14.【答案】015.【答案】；【解析】由题意作出图形，如图，在中，由余弦定理得，解得，所以，在中，由余弦定理得，所以.在
11、中，由余弦定理得.16.【答案】【解析】.当时，；当时，.（1）若存在唯一的正整数，使得成立；存在唯一的正整数使得，对任意的负整数，解得；（2）若存在唯一的负整数，使得成立；存在唯一的负整数使得，对任意的正整数，解得.四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17.【解析】（1）由辅助角公式得，则，所以该函数的最小正周期；（2）由题意，由可得，所以当即时，函数取最大值.18.【解析】（1）因为，所以，两式相减得，又，所以，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故数列的通项公式为.（2）据（1）可得，所以，两式相减得，化简
12、得.19.【解析】（1）由题意可得列联表如下：性别能管控不能管控总计男3070100女6040100总计90110200假设能否管控手机与性别无关.，所以有的把握认为能否管控手机与性别有关.（2）（i）由（1）知：能管控的男女生比例为，所以抽取的6名学生中，男生有2人，女生有4人；所以从6名学生中选取2名同学，恰有一名女生的概率；（ii）由题意知：所有可能的取值为2，3，4，所以；的分布列为：234所以数学期望.20.【解析】（1）在四棱锥中，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.又平面，所以，.所以为二面角的平面角，所以，又，所以.又平面，平面，所以平面.（2）取的中点，连结.则，又，所以
13、.又平面，平面，所以，所以，两两垂直.以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设，得，所以，设平面的法向量为，则，即，不妨令，可得为平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则，解得，所以的长为.21.【解析】（1）设，其中当直线经过点时，直线的斜率，所以直线的斜率为，方程为，与椭圆的方程联立，消去得：，整理得：.因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以，即由得：，解得：，所以，所以的标准方程为.（2）由题意知：直线的斜率存在且不为零，设其方程为，与椭圆的方程联立，消去得：，则，解得：.同理：当直线与椭圆有两个交点时，所以.设，则，所以.设，则，所以，因为在上单调递增
14、，所以，所以的取值范围是.22.【解析】（1），求导得：.当时，在上单调递增.当时，令，得，单调递增；令，得，单调递减.综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由得，.令，（需要说明），则，式等价于.设，为任意给定的常数，在上单调递增，令，解得，所以时，；当时，令，解得，所以当且时，由零点存在定理知，存在使得，即对任意的实数，存在使得，所以的值域为令，.当时，对任意的成立，符合题意；当时，对任意的成立，所以在上单调递增.当时，令，解得，所以当且时，不符合题意；当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增.所以，解得.综上的取值范围为.法二：令.当时，对任意的都成立；当时，对任意的，所以在上单调递增.当时，令，解得，所以且时，不符合题意；当时，令，则对任意的，所以在上单调递增，当时，令，解得，所以当且时，当时，令，解得，所以当且时，由零点存在性定理知，存在使得，即.当时，即，当时，即，所以在上单调递减，在区间上单调递增，所以，即，解得.综上的取值范围为.
