2023届江苏省常州市横林高三年级上册学期10月学情检测数学试题【含答案】

2023届江苏省常州市横林高三上学期10月学情检测数学试题一、单选题1．设集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出，进而求出.【详解】由解得：，故，又，故.故选：B.2．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据题意得到，再求即可.【详解】因为，所以.故选：C.3．等差数列的公差为2，前n项和为，若p：，，成等比数列，q：的首项为0，则（

）A．p是q的充要条件 B．p是q的既不充分也不必要条件C．p是q的充分不必要条件 D．p是q的必要不充分条件【答案】A【分析】根据充分必要条件的定义判断．【详解】时，，，，，依次为，是等比数列，是的必要条件，若，，成等比数列，则，，解得或，时，，，，不成等比数列，舍去．所以，因此是的充分条件，综上，是的充要条件，故选：A．4．以下四组向量在同一平面的是（

）A．、、 B．、、C．、、 D．、、【答案】B【分析】利用共面向量的基本定理逐项判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，设，所以，，无解；对于B选项，因为，故B选项中的三个向量共面；对于C选项，设，所以，，无解；对于D选项，设，所以，，矛盾.故选：B.5．已知角的始边与轴非负半轴重合，终边上一点，若，则（

）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】根据三角函数的定义求出，结合诱导公式即可得解，注意角所在的象限.【详解】解：因为角的终边上一点，所以，又，所以为第四象限角，所以，又因，所以.故选：C.6．由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解【详解】由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，所以所求的概率．故选：A．7．在南方不少地区，经常看到一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆直径长）两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽厘米，关于此斗笠，下列说法不正确的是（

）A．斗笠轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为120°B．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为平方厘米C．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为平方厘米D．此斗笠放在平面上，可以完全盖住的球（保持斗笠不变形）的最大半径为厘米【答案】B【分析】根据母线长与底面半径用正弦可求顶角；当顶角为是面积最大；根据顶角与母线长即可求外接球半径；根据三角形内切圆几何关系即可求解半径．【详解】对A选项，设顶角为，则，得，所以顶角为，A正确；对B选项，因为顶角为时，则截面三角形的最大面积为平方厘米，B错误；对C选项，因为顶角为，则，所以外接球半径等于圆锥母线长，即，则该球的表面积为平方厘米，C正确；对D选项，设球的最大半径为，因为顶角为，则，所以，D正确．故选：B.8．已知实数a，b，c满足，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】通过形式构造函数，通过的性质判断大小关系。【详解】由题意知，由，得，设，则，当时，单调递增，因，当且仅当时取等号，故，又，所以，故，∴，则，即有，故.故选:C．二、多选题9．已知，则（

）A． B．C． D．【答案】AD【分析】结合赋值法、导数运算以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】由，令得，A选项正确.令得，B选项错误.二项式展开式的通项公式为，由此可知是负数，为正数，所以令得，，即，C选项错误由，两边求导得，令得，所以D选项正确.故选：AD10．一批电子产品共100件，其中正品有98件，次品有2件，从中不放回地依次抽取10件产品进行检测（每次抽取1件），甲表示事件“第一次取出的是正品”，乙表示事件“第二次取出的是次品”，记取出的次品件数为X，则下列结论正确的是（

）A．甲与乙相互独立 B．甲与乙不互斥 C． D．【答案】BD【分析】根据相互独立事件和互斥事件的定义判断甲、乙事件既不相互独立也不互斥；由条件知随机变量X服从超几何分布且，从而得正确的结果.【详解】对于选项A，事件甲发生与否影响事件乙发生的概率，故事件甲与乙不相互独立，故选项A错误；对于选项B，事件甲发生后，事件乙既可能发生，也可能不发生，同样，事件甲没有发生，事件乙既可能发生，也可能不发生，故事件甲与事件乙不是互斥事件，故选项B正确；对于选项C与选项D，由条件知随机变量X服从超几何分布且，由此可见，选项C错误，选项D正确.故选：BD.11．在中，已知，则（

）A．的最大值为B．的最小值为1C．的取值范围为D．为定值【答案】ACD【分析】首先原式变形得到，，再根据的互余关系，代入选项，变形求解，即可判断选项.【详解】，，即，，即，，，，A：，当时，取得最大值，故A正确；B：，当时，取得最大值，故B错误；C：，因为，，所以，所以，所以的取值范围是，故C正确；D：（定值），故D正确.故选：ACD12．如图，设E，F分别是正方体的棱CD上的两个动点，点E在F的左边，且，，点P在线段上运动，则下列说法正确的是（

）A．平面B．三棱锥的体积为定值C．点P到平面的距离为D．直线与直线所成角的余弦值的最大值为【答案】BC【分析】A选项，假设与平面垂直，又⊥平面，推出矛盾；B选项，等体积法求解三棱锥体积为定值；C选项，等体积法求解点到平面的距离；D选项，建立空间直角坐标系，用空间向量求解异面直线夹角的余弦值的最大值.【详解】对于A，平面与平面为同一个平面，假设⊥平面，则⊥平面，连接交于，由为正方形，，正方体中，平面，平面，又，平面，⊥平面，则可推出平面与平面平行或重合，由图易知这两个平面显然是相交的，矛盾，故A错误．对于B，因为，而定值，也为定值，所以为定值，故B正确．对于C，因为，平面，所以平面．又点P在线段上运动，所以点P到平面的距离等于点B到平面的距离，其中，．设点B到平面的距离为d，由，得：，解得：，即点P到平面的距离为，故C正确．对于D，以D为原点，分别以为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，．设直线与成的角为，当时，，，此时当时，，当且仅当时，等号成立，故D错误．故选：BC三、填空题13．已知函数是偶函数，则___________．【答案】##0.5【分析】依据偶函数的定义建立方程即可求解.【详解】由题意知：是偶函数，则，即：即：即：，解得：.故答案为：.14．若点关于轴的对称点为，则的一个取值为________.【答案】（答案不唯一）【分析】根据两点关于轴的对称，可得出，从而可求出的值.【详解】因为点关于轴的对称点为，所以，即，所以，所以，即.故答案为：（答案不唯一）.四、双空题15．随着时代发展和社会进步，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一.当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分.已知某市2021年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人的笔试成绩（满分100分）作为样本，整理得到如下频数分布表：笔试成绩X人数51025302010由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩X近似服从正态分布，其中，近似为100名样本考生笔试成绩的平均值（同一组的数据用该组区间的中点值代替），则___________.若，据此估计该市全体考生中笔试成绩高于85.9的人数（结果四舍五入精确到个位）为___________.参考数据：若则，，.【答案】

73；

1587【分析】①直接通过公式计算均值即可；②结合正态分布的对称性及参考数据，先求出高于85.9的概率，再结合古典概型计算人数.【详解】；，，成绩高于85.9的人数为.故答案为：73；1587.五、填空题16．将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱长为2，若该组合体有外接球，则正三棱锥的底面边长为________．【答案】【分析】连接交底面于点，点就是该组合体的外接球的球心，根据等边三角形性质计算，得到答案.【详解】如图，连接交底面于点，则点就是该组合体的外接球的球心.设三棱锥的底面边长为，则，得，所以.故答案为：；六、解答题17．请从①若，的最小值为；②图象的两条相邻对称轴之间的距离为；③若，的最小值为，这三个条件中任选一个，补充在上下面问题的条件中并作答．已知函数，，________．(1)求在区间上的值域；(2)若，，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角函数图像与性质可知，题中①②③三个条件都说明，再化简，求出的值，最后由，得，即可求出的值域.（2）化简函数可得，将看作整体，配凑出利用三角函数的恒等变化即可求出答案.【详解】（1）.从条件①②③任选一个作为条件，均可以得到的半周期为，故，解得.所以.由，得，所以，即的值域为.（2）由已知，得，因为，则，所以，所以.18．已知函数，若在点处的切线方程为．(1)求的解析式；(2)求函数在上的极值．【答案】(1)(2)极大值，极小值【分析】（1）根据导数与切线方程的关系列式计算即可；（2）求出函数的单调区间，根据单调区间确定函数在区间内的极值．【详解】（1）因为，所以，由题意得，所以，；故的解析式为（2）由（1）得，，因为，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故当时，函数取得极大值，故当时，函数取得极小值19．已知数列的前项和为.对于任意的正整数，都有.(1)证明：是等比数列；(2)设，求的前项和.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由结合等比数列定义即可证明；（2）求出，利用裂项相消法即可求出.【详解】（1）因为，而，故是首项为2，公比为2的等比数列.（2）由（1）知，，当时，，而时，不满足，故，所以，当时，，当时，，当时，亦满足.故.20．如图，AB是圆柱底面圆O的直径，、为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E、F分别为、的中点．(1)证明：EF平面ABCD；(2)求平面OEF与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】(1)取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形得∥即可；(2)以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，求出各点坐标，利用向量法即可求平面OEF与平面夹角的余弦值．【详解】（1）取的中点，连接、，为的中点，为的中点，∥，，又∥，，∥，，四边形为平行四边形，∥，又平面，平面，∥平面．（2）设，，．由题意知、、两两垂直，故以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系．则、、、、，的中点的坐标为，∴，，设平面的一个法向量为，则，即，即，令，得，，，，平面，平面的一个法向量为，，∴平面与平面夹角的余弦值为．21．为了弘扬中国优秀的传统文化，某校将举办一次剪纸比赛，共进行5轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛中，参赛者在30分钟内完成规定作品和创意作品各2幅，若有不少于3幅作品入选，将获得“巧手奖”．5轮比赛中，至少获得4次“巧手奖”的同学将进入决赛，某同学经历多次模拟训练，指导老师从训练作品中随机抽取规定作品和创意作品各5幅，其中有4幅规定作品和3幅创意作品符合入选标准．(1)从这10幅训练作品中，随机抽取规定作品和创意作品各2幅，试预测该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率；(2)以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率．经指导老师对该同学进行赛前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率共提高了，以获得“巧手奖”的次数期望为参考，试预测该同学能否进入决赛？【答案】(1)(2)该同学没有希望进入决赛.【分析】(1)根据题意，分类讨论所有情况，再求其概率之和即可;(2)由题可得，先计算强化训练后该同学某一轮可获得巧手奖的概率的最大值，再根据5轮比赛中获得巧手奖的次数服从二项分布，估算，结合题意可判断.【详解】（1）由题可知，所有可能的情况有：①规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率，②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率，③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率，故所求的概率．（2）设强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，则，由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：∵，且，也即，即故可得：，，，∴，令，则在上单调递减，∴．∵该同学在5轮比赛中获得“巧手奖”的次数，∴，故该同学没有希望进入决赛．22．已知，函数，．(1)讨论的单调性；(2)过原点分别作曲线和的切线和，试问：是否存在，使得切线和的斜率互为倒数？请说明理由；(3)若时，恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)存在，理由见解析(3)，．【分析】（1）求出的导数，分类讨论和时导数的取值情况，即可求出的单调性；（2）首先根据题意求出过原点时的切线斜率，再根据俩切线斜率的关系，表示出的切线斜率，列出一个含a参数的等式，欲证明（2）问成立，只需证明存在解，也就是存在零点，求出的导数，找到单调区间和极值点