2024年江苏省南京市高三数学上学期一轮模拟测试卷

这是一份2024年江苏省南京市高三数学上学期一轮模拟测试卷，共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，，，已知的展开式中共有7项，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1．集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数的共轭复数满足（其中为虚数单位），则的值为（ ）
A．B．5C．7D．25
3．随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数含有”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件与事件是相互独立事件B．事件与事件是互斥事件
C．D．
4．在平行四边形中，､分别在边､上，，与相交于点，记，则（ ）
A．B．
C．D．
5．则三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球半径为（ ）
A．3B．C．D．6
6．已知函数在上恰好取到一次最大值与一次最小值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（ ）
A．10B．11C．12D．13
8．已知，，（其中为自然常数），则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知的展开式中共有7项，则（ ）
A．所有项的二项式系数和为64
B．所有项的系数和为1
C．二项式系数最大的项为第4项
D．有理项共4项
10．一组样本数据的平均数为，标准差为s．另一组样本数据，的平均数为，标准差为s．两组数据合成一组新数据，新数据的平均数为，标准差为，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数的导函数，且，，则（ ）
A．是函数的一个极大值点
B．
C．函数在处切线的斜率小于零
D．
12．正方体的棱长为，中心为，以为球心的球与四面体的四个面相交所围成的曲线的总长度为，则球的半径为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
13．某研究机构采访了“一带一路”沿线20国的青年，让他们用一个关键词表达对中国的印象，使用频率前12的关键词为：高铁､移动支付､网购､共享单车､一带一路､无人机､大熊猫､广场舞､中华美食､长城､京剧､美丽乡村.其中使用频率排前四的关键词“高铁､移动支付､网购､共享单车”也成为了他们眼中的“新四大发明”.从这12个关键词中选择3个不同的关键词，且至少包含一个“新四大发明”关键词的选法种数为 （用数字作答）.
14．已知，则 .
15．设与相交于两点，则 ．
16．已知直三棱柱中，，，分别为棱，的中点，过点作平面将此三棱柱分成两部分，其体积分别记为，则 ；平面截此三棱柱的外接球的截面面积为 ．
四、解答题
17．在①成等比数列，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.
已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且满足__________，__________.
(1)求的通项公式；
(2)求.
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.
18．第二十二届卡塔尔世界杯足球赛（FIFAWrldCupQatar2022）决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队.某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团.足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男､女同学各100名进行调查，部分数据如表所示：
(1)根据所给数据完成上表，并判断是否有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？
(2)社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门.已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望.
附：.
19．在中，的对边分别为.
(1)若，求的值；
(2)若的平分线交于点，求长度的取值范围.
20．如图，在中，是边上的高，以为折痕，将折至的位置，使得.
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
21．已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，，的面积为3.
(1)求的方程；
(2)证明：以为直径的圆经过定点.
22．已知函数和有相同的最大值.
(1)求实数；
(2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为，证明：.
题号
一
二
三
四
总分
得分
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
40
女生
30
合计
参考答案：
1．B
【分析】根据对数函数定义域和指数函数的值域求法即可得出结果.
【详解】根据对数函数定义域可得
由指数函数的值域可得
所以，
故选：B.
2．D
【分析】求出共轭复数，以及复数，即可求出的值.
【详解】解：由题意，则，所以，，
∴
故选：D.
3．C
【分析】根据古典概型概率公式可计算得到，知CD正误；由独立事件概率乘法公式验证可知A错误；根据互斥事件定义可知B错误.
【详解】投掷两个质地均匀的正方体骰子，所有可能的结果有种；
满足事件的有，，共种；满足事件的有，，共种；满足事件的有，，，，，，，，，，，共种；
，C正确；，D错误；
，不是相互独立事件，A错误；
事件和事件可能同时发生，不是互斥事件，B错误.
故选：C.
4．D
【分析】根据题意过点作平行于，交于点，先利用三角形相似求出，然后利用向量的线性运算即可求解.
【详解】过点作平行于，交于点，
因为，则为的中点，所以且，
因为，所以，
由可得：，所以，
因为，
所以，
故选：.
5．B
【分析】根据外接球半径与底面外接圆半径，高度的关系计算即可.
【详解】由题由正弦定理得，外接圆直径为，得，
设球心到平面得距离为，
所以，
所以三棱锥的外接球半径为，
故选：B.
6．A
【分析】解不等式即得解.
【详解】因为，恰好取到一次最大值与一次最小值，
可得，解得.
故选：A.
7．B
【分析】根据题不妨设,求出,,进而得到,通过的第五项,即可得到之间的关系,根据的范围可大致判断的范围,进而选出选项.
【详解】解:由题意可令,
所以将数列逐个列举可得:
,,,,,
故,
因为,
所以,
故.
故选:B
8．D
【分析】将变形，得，，，构造函数，利用导数得在上为减函数，在上为增函数，根据单调性可得，，再根据可得答案.
【详解】，，，
设，则，
令，得，令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
因为，所以，即，
因为，所以，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，
综上所述：.
故选：D
9．ACD
【分析】由题意可得，对于A，所有项的二项式系数和为，对于B，令可求出所有项的系数和，对于C，由二项式展开式的系数特征求解即可，对于D，求出二项式展开式的通项公式，可求出所有的有理项
【详解】因为的展开式中共有7项，
所以，
对于A，所有项的二项式系数和为，所以A正确，
对于B，令，则所有项的系数和为，所以B错误，
对于C，由于二项式的展开项共有7项，所以二项式系数最大的项为第4项，所以C正确，
对于D，的展开式的通项公式为，当时，展开式的项为有理项，所以有理项有4项，所以D正确，
故选：ACD
10．BC
【分析】由平均数与标准差的定义求解判断．
【详解】由题意，
，
同理
两式相加得，
，
所以，．
故选：BC．
11．AB
【分析】根据导数符号与单调性的关系，以及极值的定义逐项分析判断.
【详解】令，解得，则在上单调递增，
令，解得或，则在上单调递减，
故是函数的一个极大值点，，A、B正确；
∵，则，故函数在处切线的斜率大于零，C错误；
又∵，则，但无法确定函数值的正负，D错误；
故选：AB.
12．BC
【分析】根据正四面体性质可求得球心到正四面体每个面的距离；当正四面体每个面截得的曲线为一个圆时，可求得小圆的半径，由可求得；当正四面体每个面截得的曲线为三段等差的圆弧时，可得，构造函数，利用导数可求得在上单调递增，可确定其唯一零点，由可求得结果.
【详解】由题意可知：四面体为正四面体，设球的半径为；
正方体棱长为，正四面体的棱长为，
设球心到正四面体各个面的距离为，
正四面体体积，表面积，；
①若正四面体的一个面截球如图所示，
设小圆半径为，则，解得：，
，解得：；
②若正四面体的一个面截图如图所示，
每个面截球所得的曲线长为，的长为，
设小圆半径为，为正四面体侧面的中心，为中点，
，，又，
，，
令，，
恒成立，在上单调递增，
又，，
，解得：；
综上所述：球的半径为或.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查球的截面截球所得曲线相关问题的求解，解题关键是能够通过分类讨论的方式，确定正四面体各个侧面截球所得曲线的不同情况，从而根据不同情况下曲线长度来求解截面圆的半径.
13．164
【分析】从这12个关键词中选择3个不同的关键词，分为包含一个、二个、三个“新四大发明”关键词的情况计算可得答案.
【详解】把12个的关键词分为两组：高铁、移动支付、网购、共享单车一组，余下的为一组，
从这12个关键词中选择3个不同的关键词，且至少包含一个“新四大发明”关键词的情况有
种.
故答案为：.
14．
【分析】根据同角三角函数基本关系求出、的值，再利用两角差的正切公式计算即可求解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
故答案为：.
15．
【分析】先求出两圆的公共弦所在的直线方程，然后求出其中一个圆心到该直线的距离，再根据弦长、半径以及弦心距三者之间的关系求得答案.
【详解】将和两式相减：
得过两点的直线方程： ，
则圆心到的距离为，
所以 ，
故答案为：
16．
【分析】取中点，取中点，连，，求出棱台的体积，再由柱体体积减去台体体积可得；求出三棱锥外接球半径为，利用向量法求出外接球球心到平面距离，从而求出小圆的半径，即可得到答案；
【详解】取中点，取中点，连，
平面为平面，，
，，
三棱锥外接球半径，
如下图建系，，，，，
设平面的法向量，
，，不妨设，则，
球心到平面距离，
，．
故答案为：，
17．(1)选①②，①③或②③均可得
(2)
【分析】（1）选出两个条件，根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，得到通项公式；
（2）在第一问的基础上，得到，利用裂项相消法求和.
【详解】（1）若选①②，设公差为，
则，
解得：，
；
选①③，设公差为，
，
解得：，
；
选②③，设公差为，
，
解得：，
；
（2），
.
18．(1)列联表见解析，有
(2)分布列见解析，
【分析】(1)利用独立性检验的方法求解；
(2)根据独立事件的概率公式和离散型随机变量的分布列的定义求解.
【详解】（1）列联表如下：
有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关
（2）3人进球总次数的所有可能取值为，
的分布列如下：
的数学期望.
19．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理得出，再由余弦定理求得结果；
（2）设，把表示成两个三角形的面积和，表示出，再求其取值范围；
【详解】（1）已知，
由正弦定理可得，
，
，
，
， 即，
.
（2）由（1）知，由，则.
设，，
，，
.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明出线面垂直，得到，进而证明出平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值.
【详解】（1）证明：∵是边上的高，
∴，
∵，平面，
平面，
∵平面，
,
又平面，
∴平面；
（2）以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为z轴，建立空间直角坐标系，
，
则，
，
设平面与平面的一个法向量分别为，
故，解得：，令，得：，
则，
，解得：，令，则，
故，
设二面角平面角为，显然为锐角，
，
.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，可得，，进而求解；
（2）设方程为，，联立直线和双曲线方程组，可得，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，进而得到，进而求解.
【详解】（1）当轴时，两点的横坐标均为，
代入双曲线方程，可得，，即，
由题意，可得，解得，，，
双曲线的方程为：；
（2）方法一：设方程为，，
以为直径的圆的方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得
，
而，
，
对恒成立，，
以为直径的圆经过定点；
方法二：设方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点.
设以为直径的圆过，
，
而
，
，
，即对恒成立，
，即以为直径的圆经过定点.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用导函数分别讨论两个函数的单调性和最值即可求解；
(2)构造函数和，利用导数和单调性讨论函数的零点，结合函数分类讨论对应方程根的个数和分布证明.
【详解】（1），令.
有最大值，且在上单调递增上单调递减，.
，当时，单调递增；
当时，单调递减，
.
（2）由，由，
令,
当时，，当时，，
所以在上单调递增；上单调递减，至多两个零点，
令，
当时，，当时，，
所以在上单调递增；上单调递减；至多两个零点.
令，
当时，，所以；
当时，由，
设，，
所以当时，，
所以在单调递增，所以，
所以，且，所以，
设
当时，，当时，，
所以在上单调递减，方程无解，
当时，由在上单调递增，
方程有唯一解，
当时，注意到，
设，对恒成立，
所以，
所以当时，，即，
因为，所以，，所以，
所以，
在和上各有一个零点，
示意图
如下注意到，
令，，即函数在上单调递减，
因此，即有，
在和上各有一个零点.
且由，而，
而在上单调递增，由，
由，而
而在上单调递减，由，
于是得，
，证毕!
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键，进而可得同构等式，根据函数的单调性分类讨论证明.
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
60
40
100
女生
30
70
100
合计
90
110
200
0
1
2
3