江苏省常州高级中学2027届高三上学期7月阶段检测数学试卷（含解析）

这是一份江苏省常州高级中学2027届高三上学期7月阶段检测数学试卷（含解析）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。

一、单选题
1．已知正态分布，若，则（ ）
A．0.2B．0.3C．0.4D．0.6
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，，，若，，共面，则（ ）
A．存在无数个实数符合题意B．存在唯一的正整数符合题意
C．不存在正整数符合题意D．不存在任何实数符合题意
5．当时，函数取得最大值，则（ ）
A．0B．C．D．1
6．已知函数，对任意均有，且，在上单调递减，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．旅游博主小胡自驾出行周游世界.已知各地燃油价格高低不一，出行中小胡有两种加油方案：第一种，每次均加升的燃油；第二种，每次加元的燃油，则下列说法正确的是（ ）
A．采用第一种方案划算B．采用第二种方案划算
C．两种方案一样D．无法确定
8．已知函数，，若恰有4个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知口袋里有3个小球，其中2个红球，1个白球，甲、乙2人依次随机摸出1个小球．记事件为“甲摸到红球”，事件为“乙摸到红球”，则下列说法正确的有（ ）
A．若摸球后放回，则B．若摸球后不放回，则
C．若摸球后放回，则D．若摸球后不放回，则
10．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．B．异面直线与所成角余弦值为
C．三棱锥的体积为D．直线与平面所成角正弦值为
11．已知三条边的长度为连续的正整数为正整数)，且最小角的余弦值为，则（ ）
A．是锐角三角形
B．的面积为
C．外接圆半径为
D．若是最大角，则
三、填空题
12．函数的最小正周期为______．
13．若函数（其中）为偶函数，则曲线在处的切线方程为__________．
14．设是自然对数的底数，已知幂函数的图象经过点，幂函数的图象经过点，则不等式的解集为__________．
四、解答题
15．已知函数，其中．
(1)讨论函数的奇偶性；
(2)当时，若存在，使得成立，求实数的取值范围．
16．在中，角的对边分别为．已知．
(1)求；
(2)设边的垂直平分线交边于点D．若，，求的值．
17．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．
18．一生物实验室进行某种细菌培养实验，假定初始时该实验拥有1个该种活性细菌，每个活性细菌1分钟后分裂成2个细菌的概率为，死亡的概率也为，分裂生成的新细菌亦如此，当细菌数为0个或4个时，停止培养实验，之后细菌数不再发生变化．记第分钟后，该实验室拥有此种细菌数为．
(1)求；
(2)求；
(3)求．
19．已知函数（其中a，b为实数）的图象在点处的切线方程为．
(1)求实数a，b的值；
(2)证明：方程有且只有一个实根．
参考答案
1．A
解析：因为正态分布，所以正态曲线关于直线对称，即，
又因为，所以，
因为和关于对称，所以.
2．D
解析：，,
所以.
3．D
解析：，
因为，则，则，
则.
故选：D.
4．B
解析：因为向量，，，
若，，共面，则存在唯一实数，使得，
则，解得，
所以存在唯一的正整数符合题意.
5．B
解析：由，可得，
因为当时，函数取得最大值，
故，解得，所以，经验证在时取得最大值，
所以.
6．C
解析：的图象关于点对称，
又当时，取得最值，即的图象关于直线对称，
又在上单调递减，，
点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴，
设的最小正周期为，则.
，又的图象关于点对称，且在上单调递减，
由正弦函数的性质，，
时，.
7．B
解析：任取其中两次加油，假设第一次的油价为元/升，第二次的油价为元/升．
第一种方案的均价：，
当且仅当时取等号；
第二种方案的均价：，
因，则，
故，当且仅当时取等号.
综上，第一种方案的均价不低于第二种方案的均价（当且仅当时取等号）.结合题干“各地燃油价格高低不一”可知油价会变化，此时第二种方案更划算．
故选：B．
8．B
解析：，的定义域为.
，为奇函数，图象关于原点对称.
，恰有4个零点，
可得时，恰有2个零点；时，恰有2个零点，且这4个零点关于原点对称.
，
当时，，得.
时，，
当且时，令，得，即.
时，恰有2个零点，等价于且时，有2个解；
即与在且时有两个交点.
令（且），则；
；
，；
当且时，，即在和上单调递减；
当时，；时，；，；时，；如图所示：
由图可知，当时，与有两个交点；
恰有4个零点时，实数k的取值范围是．
9．ABC
解析：对于选项AC：若摸球后放回，则，且事件相互独立，
可得，故A，C正确；
对于选项BD：若摸球后不放回，则，，，，
可得，
即，故B正确，D错误.
10．BCD
解析：如图以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
对于A，，
所以，所以不成立，故A错误；
对于B，，，
所以，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，取平面的一个法向量为，
所以直线与平面所成角正弦值为，故D正确．
11．BD
解析：三边为连续正整数：（），最小角对最小边，记最小角为，
则，由余弦定理，
化简得，解得，因此三边长为2，3，4.
对于选项A，最大角对最大边，记最大角为，由余弦定理，为钝角，
故是钝角三角形，所以A错误；
对于选项B，，则，三角形面积，所以B正确；
对于选项C，由正弦定理，外接圆半径，，则，，，所以C错误；
对于选项D，由二倍角公式，所以D正确．
12．
解析：的定义域为，当时，，此时每相邻两个零点间的距离为；
当时，，的最小正周期为，此时以为最小正周期．
综上可知，的最小正周期为．
13．
解析：因为函数为偶函数，可得，即，
所以，整理得恒成立，所以，即，
当时，可得，则，可得，且，
则切线的斜率为，切点坐标为，
所以切线方程为，即.
14．
解析：设函数（），将点代入，可得，即，
解得，即，所以，
因为，所以函数在上为单调递增函数，
设（），将点代入，可得，即，
解得，即，所以，
因为，所以函数在上为单调递增函数，
设，
则，
因为，所以
所以在上为单调递增函数，
又因为，
所以不等式，即为，所以，
所以的解集为.
15．(1)当时，为偶函数；当时，为奇函数；当时，既不是奇函数也不是偶函数；
(2)
解析：（1）因为的定义域为，所以，
当时，，为偶函数，
当时，，为奇函数，
当时，则，
，从而，
所以既不是奇函数也不是偶函数．
（2）当时，，存在，使得成立，
化简可得，即在上有解，
令，因为，所以，即在上有解，
，因为，
所以实数的取值范围为．
16．(1)
(2)
解析：（1）由，得，
即，
因为，所以，
所以，
化简得，而，所以，
又，所以；
（2）
因为在的垂直平分线上，所以，
因为，所以，即，
在中，，所以，，，
在中，，，，，
因为，
所以，即①，
在中，由，得，即②，
将②代入①中，得，
即，解得，
所以，
因为，所以，
所以．
17．(1)
取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
(2)1．
解析：（1）略
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．
易得，，，，，所以，，．

法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法2：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．

法3：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，
所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
18．(1)
(2)
(3)
解析：（1）定义状态概率：记，，，．
由细菌分裂规则，得递推关系：，，，
初始条件：，，．
依次计算状态概率：，，
因此．
（2）依次计算相应概率：
，，．
由条件概率公式，
．
（3）由数学期望定义，，
代入递推关系推导：
，即为常数列．
由，得．
19．(1)
(2)证明见解析
解析：（1）因为，所以．
因为的图象在处的切线为，
所以解得
（2）令函数，定义域为．
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，由知在上单调递增，
又且函数连续不间断，
所以，有．
综上所述，函数在有唯一的零点，且在上恒小于零，在上恒大于零．
令函数，讨论如下：
①当时，，
求导得．
因为，所以，
即函数在单调递增．
又因为，
，
所以函数在存在唯一的零点，
所以方程在上有唯一的零点．
②当时，．
法一：由（1）易证在上恒成立．
事实上，令，则．
因为，所以在上单调递增，
所以，即在上单调递增，
所以，即在上恒成立．
从而，
所以方程在上无零点．
综上所述，方程有且只有一个实根．
法二：因为，所以，
所以，所以，
所以，
所以方程在上无零点．
综上所述，方程有且只有一个实根．