2024届江苏省南京市第九中学高三上学期10月学情检测数学试题含解析

这是一份2024届江苏省南京市第九中学高三上学期10月学情检测数学试题含解析，共20页。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，复数，则
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】先求出，然后再求出.
【详解】解：因为复数，
所以，
故，故选D.
【点睛】本题考查了复数模的问题，解决问题的关键对的正确理解.
2．已知向量，，若在上的投影向量，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知结合投影向量的概念得出，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，在上的投影向量为.
又在上的投影向量，
所以，，
整理可得，且，
所以.
故选：C.
3．已知非负实数，满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由，利用基本不等式“1”的代换求其最小值，注意取值条件.
【详解】非负实数，满足，则，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以当时，的最小值为.
故选：D
4．过点，且圆心在直线上的圆与轴相交于，两点，则（ ）
A．3B．C．D．4
【答案】C
【分析】由题意设圆的圆心、半径分别为，则圆的方程为，结合已知条件即可求出圆的方程，在圆的方程中令，即可求出，两点的坐标，由此即可得解.
【详解】因为圆心在直线上，所以设圆的圆心、半径分别为，
则圆的方程为，
将，代入圆的方程有，解得，
所以圆的方程为，
在圆的方程中令得，解得，
所以.
故选：C.
5．中国空间站（天宫空间站，英文吃饭China Space Satin）是中华人民共和国建设中的一个空间站系统，预计在2022年前后建成.空间站轨道高度为400～500公里，倾角42～43度，设计寿命为10年，长期驻留3人，总重量可达180吨，以进行较大规模的空间应用.某项实验在空间站进行，实验开始时，某物质的含量为1.2，每经过1小时，该物质的含量都会减少20%，若该物质的含量不超过0.2，则实验进入第二阶段，那么实验进入第二阶段至少需要多少小时？（ ）（需要的小时数取整数，参考数据：，）
A．7B．8C．10D．11
【答案】B
【分析】由题意可得，结合对数运算可得，进而得到，从而求解.
【详解】设实验进入第二阶段至少需要小时数为，
由题意，即，
两边取以10为底的对数可得，
即，所以，
因为，，
所以，所以，
又，所以，即实验进入第二阶段至少需要8小时.
故选：B.
6．在的非空真子集中，满足最大元素与最小元素之和为13的集合个数为（ ）
A．1364B．1365C．272D．11
【答案】A
【分析】根据题意可知则有，结合元素与子集之间的关系分析求解.
【详解】若最大元素与最小元素之和为13，则有，
这6组数中每一组可作为集合的最大元素和最小元素，
故所求集合的个数为.
故选：A.
7．如图是函数的图象的一部分，则要得到该函数的图象，只需要将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
【答案】B
【分析】先由图用求出，由 求出,由 求出,
得到；运用二倍角公式和辅助角公式化简
利用三角函数图象平移性质得解.
【详解】如图知: ,
， , 又
,,
解得：
又,，，
由三角函数图象平移性质得

(技巧：由三角函数图象平移性质得 )
所以函数向右平移个单位长度得到.
故选：B
【点睛】本题考查由图象求函数的解析式.
确定的步骤和方法:
(1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，；
(2)求：确定函数的周期，则可；
(3)求：常用的方法有代入法和五点法．
①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)．
②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口．
8．设椭圆的左、右焦点分别为，，点M，N在C上（M位于第一象限），且点M，N关于原点O对称，若，，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆的定义及所给条件可得出，再由勾股定理可得，据此可求出离心率得解.
【详解】依题意作图，由于，并且线段MN，互相平分，
∴四边形是矩形，其中，，
设，则，
根据勾股定理，，，
整理得，
由于点M在第一象限，，
由，得，即，
整理得，即，解得．
故选：C．
二、多选题
9．为迎接党的二十大胜利召开，某中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照､分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A．
B．得分在区间内的学生人数为200
C．该校学生党史知识竞赛成绩的中位数大于80
D．估计该校学生党史知识竞赛成绩的平均数落在区间内
【答案】ABD
【分析】根据频率分布直方图的性质直接计算即可.
【详解】对于A，由频率分布直方图性质得：，解得，故正确；
对于B，由频率分布直方图得：成绩落在区间的频率为，所以人数为，故B正确；
对于，由频率分布直方图得：的频率为的频率为，所以成绩的中位数位于区间内，故错误；
对于D，估计成绩的平均数为：，所以成绩的平均数落在区间内，故D正确.
故选：ABD.
10．已知函数的导函数为，则以下结论中，正确的是（ ）
A．是的对称中心B．是增函数
C．是偶函数D．最大值与最小值的和为2
【答案】ACD
【分析】根据函数的解析式、定义域，求解导函数，根据函数对称性、最值、单调性与导函数函数性质逐项判断即可得答案.
【详解】对A，已知函数，则，
所以，因此关于点对称，故A正确；
对B，又，则，所以不是增函数，故B不正确；
对C，又，所以是偶函数，故C正确；
对D，又函数在闭区间上有最值，又关于点对称，所以最大值与最小值的和为2，故D正确.
故选：ACD.
11．如图，在边长为2的正方体中，点E，F分别的中点，点P为棱上的动点，则（ ）

A．在平面内不存在与平面垂直的直线
B．三棱锥的体积为定值
C．平面
D．过三点所确定的截面为梯形
【答案】BCD
【分析】由平面即为平面，结合平面，可判定A错误；由为定值，所以B正确；取中点G，证得平面平面，可判定C正确；取的中点，得到所确定的截面即为平面，进而得到四边形为梯形，可判定D正确.
【详解】对于A中，如图（1）所示，平面即为平面，
在正方形中，
又由正方体中，平面，且平面，
所以，因为且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
同理可证：，
因为且平面，所以 平面，
所以在平面内存在与平面垂直的直线，所以A不正确；

对于B中，如图（2）所示，由为定值，故B正确；

对于C中，如图（3）所示，取中点G，连接GF，，由，
因为平面，且平面，所以平面，
同理可证：平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因为平面所以，所以平面，所以C正确；

对于D中，如图（4）所示，连接，因为为和的中点，
所以，
又因为，可得，所以所确定的截面即为平面，
其中，且四边形为梯形，所以D正确.
故选：BCD.

12．已知函数及其导函数的定义域都为，对于任意的，都有成立，则下列说法正确的是（ ）.
A．
B．若，则
C．为偶函数
D．若，则
【答案】BD
【分析】利用赋值法判断A、B、D，根据简单复合函数的导数公式及奇偶性的定义判断C.
【详解】对于A：令，则，解得或，故A错误；
对于B：令，，所以，
令，，则，解得，故B正确；
对于C：当时，令，则有，
所以，，
当，令，则有，
所以，所以，所以为奇函数，
综上，为奇函数，故C错误；
对于D：令，则，
所以，故D正确.
故选：BD.
三、填空题
13．等差数列中，，则的前9项和为
【答案】90
【分析】利用等差数列的性质进行计算.
【详解】因为，所以，
又，所以，
所以.
故答案为：90
14．在平面直角坐标系中，点绕着原点顺时针旋转 得到点，点的横坐标为 .
【答案】
【分析】根据三角函数定义求得，确定与x轴正半轴的夹角为,结合三角函数定义以及两角差的余弦公式即可求得答案.
【详解】由题意得,
设与x轴正半轴的夹角为，则，
则与x轴正半轴的夹角为，
故点的横坐标为 ，
故答案为：
15．已知双曲线（，）的离心率为，若直线与无公共点，则e的取值范围是 .
【答案】
【分析】确定双曲线的渐近线方程，由题意可得关于的不等关系，即可求得离心率范围.
【详解】因为双曲线（，）的渐近线为，
因为，要使直线与E无公共点，则，
所以，，所以双曲线的离心力的范围
所以满足条件的离心率的范围是，
故答案为：
16．设某公路上经过的货车与客车的数量之比为，货车中途停车修理的概率为，客车为.今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货车的概率为 ．
【答案】
【分析】设“中途停车修理”为事件， “经过的是货车”为事件， “经过的是客车” 为事件，则，然后代入贝叶斯公式计算.
【详解】设“中途停车修理”为事件， “经过的是货车”为事件， “经过的是客车” 为事件，则，，，，，由贝叶斯公式有.
故答案为：
四、解答题
17．已知的内角，，所对的边分别为a，b，c，的最大值为.
(1)求角；
(2)若点D在上，满足，且，，求a.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对利用两角差的正弦公式以及辅助角公式化简，然后转换为三角函数取最大值问题，结合三角函数的性质求出角.
（2）先利用平面向量的线性运算表示，然后应用数量积运算律列方程求出边，再由余弦定理求边.
【详解】（1）
，
，
由题意及三角函数的性质可知：，即取最大值，
又，∴；
（2）
如图所示，易得，
∴（负值舍去），
由余弦定理可得：，
18．在四棱锥中，平面底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中点，，，.
(1)证明：平面EAC.
(2)若四棱锥的体积为，求直线EC与平面PAB所成角的正弦值.
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得平面EAC.
（2）根据四棱锥的体积求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线EC与平面PAB所成角的正弦值.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为四边形是菱形，所以是的中点，
又是的中点，所以，
因为平面平面，
所以平面.
（2）取的中点，连接，则，
因为平面平面且交线为，平面，
所以平面.
设，则，解得.
因为底面是菱形，，所以，且.
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，
，
设平面的法向量为，
则，
故可设，
则，
所以直线EC与平面PAB所成角的正弦值为.
19．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有且仅有3个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)见详解；
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，注意分类讨论即可；
（2）结合（1）的结论及零点存在性定理计算即可.
【详解】（1）由题意可得，
①若，则，即函数在R上单调递增，
②若，令，即，
令或，
即函数在上单调递减，在和上单调递增，
综上：时，函数在R上单调递增；时，函数在上单调递减，在和上单调递增.
（2）由（1）知，欲满足题意则需：
，
当时，
当时，，
即函数存在三个零点从小到大分布在区间上，
故实数的取值范围为.
20．已知点在运动过程中，总满足关系式：.
(1)点M的轨迹是什么曲线？写出它的方程；
(2)设圆O：，直线l：与圆O相切且与点M的轨迹交于不同两点A，B，当且时，求弦长的最大值.
【答案】(1)点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
(2)2
【分析】（1）根据题中关系结合椭圆定义即可得到答案；
（2）设，由直线与圆相切得，再由直线与椭圆相交以及，可得，由弦长公式结合基本不等式可得答案．
【详解】（1）由关系式，结合椭圆的定义，
点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.
∴，，，
∴点M的方程为.
（2）联立方程，则，
设，，
则，，，
直线l：与圆O相切，则，

，
∵，∴，解得，
.
当且仅当取等号.
所以弦长的最大值为2.
21．体检时，为了确定体检人是否患有某种疾病，需要对其血液采样进行化验，若结果呈阳性，则患有该疾病;若结果呈阴性，则未患有该疾病．对于份血液样本，有以下两种检验方式:一是逐份检验，则需检验次.二是混合检验，将份血液样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这份血液全为阴性，因而检验一次就够了﹔如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪些为阳性，就需要对它们再次取样逐份检验，则份血液检验的次数共为次.已知每位体检人未患有该疾病的概率为，而且各体检人是否患该疾病相互独立.
（1）若，求位体检人的血液样本混合检验结果为阳性的概率;
（2）某定点医院现取得位体检人的血液样本，考虑以下两种检验方案:
方案一:采用混合检验;
方案二:平均分成两组，每组位体检人血液样本采用混合检验.
若检验次数的期望值越小，则方案越“优”.试问方案一、二哪个更“优”?请说明理由.
【答案】（1）；（2）当或时，方案一更“优”； 当或时，方案一、二一样“优”；当时，方案二更“优”.
【解析】（1）根据题意，3人混检样本为阴性的概率为，故根据对立事件得答案；
（2）采取方案一，检验次数记为，可能取值为，进而列概率分布列，求期望；采取方案二，记检验次数为，可能取值为，进而列概率分布列，求期望得，再作差分情况讨论即可得答案.
【详解】解：(1)该混合样本阴性的概率是，
根据对立事件可得，阳性的概率为
(2)方案一:混在一起检验，方案一的检验次数记为，则的可能取值为
，其分布列为:
则，
方案二:由题意分析可知，每组份样本混合检验时，若阴性则检测次数为概率为，若阳性，则检测次数为，概率为，
方案二的检验次数记为，则的可能取值为，
;
其分布列为:
则，
，
当或时，可得，所以方案一更“优”
当或时，可得，所以方案一、二一样“优”
当时，可得，所以方案二更“优”.
【点睛】本题考查随机事件的概率分布列与数学期望，考查知识迁移与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意写出方案一与方案二的概率分布列，求解对应事件的概率是难点，理解并应用独立事件的概率求解是解决概率的基本方法，进而根据分布列求期望，并作差分类讨论.
22．定义：若无穷数列满足是公比为q的等比数列，则称数列为“数列”.设数列中，，.
（1）若，且数列为“数列”，求数列的通项公式：
（2）设数列的前n项和为，且，请判断数列是否为“数列”，并说明理由；
（3）若数列是“数列”，是否存在正整数m，n，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数m，n；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，理由见解析；（3）存在，，.
【分析】（1）根据数列的定义，结合等比数列的定义进行求解即可；（2）利用前n项和与项的关系得到的递推关系，再利用构造等比数列法求解得到数列的通项公式，并结合数列的定义进行判断；（3）结合定义，推导得出结果．
【详解】（1）因为，且数列为“数列”，所以，
即，所以是以首项为，公差的等差数列，所以.
（2）由已知条件可得，，故，所以.
当时，，
得，又也成立，
所以，
设，即，所以.
又，所以是以首项为公比为3的等比数列.
所以，
即，所以，
所以是以首项为，公比为3的等比数列，
故数列是“数列”.
（3）由数列，是“数列”得，
所以，即，
所以，
所以时，，
当时上式也成立，故.
假设存在正整数m，n，使得，则，
由，可知，所以，又因为m，n为正整数，
所以，又，
所以∴.
∴，∴，∴，∴.
故存在满足条件的正整数m，n，且，.
【点睛】方法点睛：利用等比数列定义证明数列为等比数列，利用构造等比数列法、累加法解决具有递推关系的数列问题．