江苏省南京市金陵重点高中2022届高三上学期9月期初研考试数学试题（Word版含答案解析）

金陵中学2021~2022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、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.
1
B.
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10
B.
该校学生体育成绩的期望为70
C.
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
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.
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
90
200
（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）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.
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
20.
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2021~2022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】A
3.【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，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】0
15.【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
30
70
100
女
60
40
100
总计
90
110
200
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：
2
3
4
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.
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①
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②
由①②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，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，..
①当时，对任意的成立，符合题意；
②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；
③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.