2024届江苏省南京市第九中学高三8月暑期质量调研数学试题含答案

这是一份2024届江苏省南京市第九中学高三8月暑期质量调研数学试题含答案，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。

2024届江苏省南京市第九中学高三8月暑期质量调研数学试题

一、单选题
1．已知集合，，若，则实数a＝（    ）
A．2 B．1 C．0 D．-1
【答案】B
【分析】对于集合，元素对应的是一元二次方程的解，根据判别式得出必有两个不相等的实数根，又根据韦达定理以及，可确定出其中的元素，进而求解.
【详解】对于集合N，因为，
所以N中有两个元素，且乘积为-2，
又因为，所以，
所以．即a＝1．
故选：B.
2．若，则的虚部为（    ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【分析】根据复数除法的运算法则，结合复数虚部的定义进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以的虚部为．
故选：A.
3．设向量，则向量与的夹角为（   ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先求出的坐标，再根据向量的夹角公式计算可得.
【详解】因为，
所以，，
所以，又，
所以.
故选：D.
4．在的展开式中， 的系数是-10，则(    )
A．-2 B．-1 C．1 D．2
【答案】D
【分析】先写出二项式展开的通项公式，然后根据已知即可求解.
【详解】展开式的通项公式为，
令，得，由，得.
故选：D.
5．等比数列满足且，则当时，（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据条件可先求出，进而可判断数列是首项为2，公差为2的等差数列，根据等差数列前n项和公式即可求解.
【详解】是等比数列，且，
，
，，
，可知数列是首项为2，公差为2的等差数列，
.
故选：B.
【点睛】本题考查等比数列性质的应用，考查等差数列的判断，考查等差数列前n项和的求解，属于基础题.
6．如果函数(，且)在区间上是增函数，那么实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由于在区间上是增函数，所以分和两种情况利用复合函数单调性的判断方法进行求解即可
【详解】，
∵函数在区间上是增函数，当时，，则有，此时不存在；当时，，则有，
即或，∴，
故选：B.
7．已知，且，则的最小值为（    ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】C
【分析】利用两角差的余弦公式可知，令，，即可得到，再利用基本不等式求出的最大值，最后由二倍角公式可得，从而得解.
【详解】解：因为锐角，满足，
所以，
令，，
则，
由题意得，，所以，所以，当且仅当时取等号，
所以，
所以
；
故选：C
8．已知圆O：，直线l：，l和圆O交于E，F两点，以Ox为始边，逆时针旋转到OE，OF为终边的最小正角分别为和，给出如下3个命题：
①当k为常数，b为变数时，是定值；
②当k为变数，b为变数时，是定值；
③当k和b都是变数时，是定值．
其中正确命题的个数是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】设点，利用三角函数的定义可得则，，，直线方程与圆的方程联立化为：，，利用根与系数的关系及其即可得出结论．
【详解】解：设点，，由三角函数的定义得
将直线EF的方程与圆的方程联立得，
由韦达定理得
所以

因此，当k是常数时，是常数，
故选B．

二、多选题
9．若某地区规定在一段时间内没有发生大规模群体病毒感染的标准为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”，根据该地区下列过去10天新增疑似病例的相关数据，可以认为该地区没有发生大规模群体感染的是（    ）
A．平均数为2，中位数为3 B．平均数为1，方差大于0.5
C．平均数为2，众数为2 D．平均数为2，方差为3
【答案】AD
【分析】根据给定条件，利用平均数、中位数、方差的意义计算推理判断A，D；举例说明判断B，C作答.
【详解】对于A，因10个数的平均数为2，中位数为3，将10个数从小到大排列，设后面4个数从小到大依次为a，b，c，d，
显然有，而，则d的最大值为5，A符合条件；
对于B，平均数为1，方差大于0.5，可能存在大于7的数，如连续10天的数据为：0，0，0，0，0，0，0，0，0，10，
其平均数为1，方差大于0.5，B不符合；
对于C，平均数为2，众数为2，可能存在大于7的数，如连续10天的数据为：0，0，0，2，2，2，2，2，2，8，
其平均数为2，众数为2，C不符合；
对于D，设连续10天的数据为，因平均数为2，方差为3，
则有，于是得，而，因此，D符合条件.
故选：AD
10．某市场供应多种品牌的N95口罩，相应的市场占有率和优质率的信息如表：在该市场中随机买一种品牌的口罩，记表示买到的口罩分别为甲品牌、乙品牌、其他品牌，记表示买到的口罩是优质品，则（ ）
品牌
甲
乙
其他
市场占有率



优质率



A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】对于A，利用互斥事件的概率公式求解判断，对于BD，由条件概率公式计算判断，对于C，由全概率公式计算判断.
【详解】由题意得，
对于A，因为与互斥，所以，所以A正确；
对于B，，所以B错误；
对于C，，所以C正确；
对于D，，所以D错误.
故选：AC
11．设直线l：，交圆C：于A，B两点，则下列说法中正确的有（    ）
A．直线l恒过定点
B．弦AB长的最小值为4
C．过坐标原点O作直线l的垂线，垂足为点M，则线段MC长的最小值为
D．当m＝1时，圆C关于直线l对称的圆的方程为
【答案】BD
【分析】由直线方程过定点可判断A；根据圆的性质结合条件可判断B；由题可得动点的轨迹方程，然后根据圆的性质可判断C；求得点关于直线的对称点进而可判断D.
【详解】对A，直线的方程可化为，过定点，即A错误；
对B，设，则圆心到直线的距离，且半径，
所以最小弦长为，即B正确；
  
对C，由题可知直线l恒过定点，由题知，故动点在以为直径的圆上，又，
    
故动点在圆上，又直线l：表示过斜率存在的直线，
所以动点的轨迹方程为除点，
又，所以的最小值为，故C错误；
对D，当时，直线方程为，则点关于直线对称的点为，所以圆C关于直线l对称的圆的方程为，故D正确.
故选：BD.
12．如图，在棱长为1的正方体中，点分别在线段和上．给出下列四个结论中所有正确结论的序号是（ ）

A．的最小值为1
B．四面体的体积为
C．存在无数条直线与垂直
D．点为所在边中点时，四面体的外接球半径为
【答案】AC
【分析】由公垂线的性质判断A；由线面平行的性质及锥体的体积公式判断B；根据线面垂直的判定及面面平行的判定定理结合条件判断C；利用坐标法，根据正弦定理及球的性质结合条件可求四面体的外接球半径判断D.
【详解】对于A：因为是正方体，
所以平面，平面，
又因为平面，平面，
所以，，即是与的公垂线段，
因为公垂线段是异面直线上两点间的最短距离，
所以当分别与重合时，最短为1，故A正确；
对于B：因为是正方体，
所以平面平面，且平面，
所以平面，当点在上运动时，点到平面的距离不变，距离，
由可知，当点在上运动时，到的距离不变，
所以的面积不变，所以，所以B错误；
对于C：连接，因为平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，当不在线段端点时，过作交于，过作交于，平面交线段于，

因为平面，平面，
故平面，同理平面，又平面，
所以平面平面，故平面，又平面，
所以，因为点在线段上，所以存在无数条直线与垂直，故C正确；
对于D：如图以点为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，

故的外接圆半径为，
所以可得等腰的外接圆圆心为，设四面体的外接球球心为，则平面，
所以可设四面体的外接球球心为，
由，可得，解得，
所以四面体的外接球的半径为，故D错误.
故选：AC．
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．

三、填空题
13．有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球,从中取出4个,其中恰好有一个红球和一个黑球编号相同的取法种数为 .
【答案】120
【分析】任取一个红球,有种取法,相应的黑球是唯一的，再在剩下的8个球中取编号互不相同的两球即可.
【详解】任取一个红球,有种取法,接着取与红球编号相同的一个黑球;再在剩下的8个球中取编号互不相同的两球,种数为所以满足题意的取法种数为)=120.
故答案为120
【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．
14．已知的图像与的图像的两相邻公共点间的距离为，那么要得到的图像，最少需要把的图像向左平移 个单位.
【答案】
【分析】根据的图像与的图像的两相邻公共点间的距离为可得周期，进而可得，再利用函数的图像变换规律可得结论.
【详解】解：由已知的图像与的图像的两相邻公共点间的距离为，
得，
，得，
，
又，
其向左平移个单位得.
则，得，
当时，取最小值.
故答案为：.
15．下列不等式正确的有 .（写出正确的所有序号）
①   ② ③   ④
【答案】①②
【分析】构造函数，结合函数的单调性，逐项判断即可.
【详解】构造函数，则，
由，可得，由，可得，
所以在递增，递减，
对于①：∵，则，即，∴，①正确；
对于②：∵，则，即，
∴，②正确；
对于③：∵，则，即，
∴，③错误；
对于④：∵，则，即，∴，④错误.
故答案为：①②.
16．已知圆，点，若圆C上存在两点A、B，使得，则t的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题可得，进而可得点P到圆上的点的最小距离应小于或等于半径，即可求解．
【详解】由题意可得圆心，半径，
因为点，所以点在直线上，
由，可得，即，
  
若圆C上存在两点使得，即，
则点P到圆上的点的最小距离应小于或等于半径，
则有，
解得，
故答案为：．

四、解答题
17．记的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若是上一点，为角的平分线，求．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）由正弦定理边化角，可得，化简整理可得，即有，根据的范围，即可得出答案；
（2）根据余弦定理求出a，再根据，以及三角形的面积公式，列出方程，求出即可.
【详解】（1）由题意结合正弦定理，可得，
所以，
即，
整理，可得.
因为，所以，
所以，所以.
（2）由题可得在中，，，，，
所以，解得，则，
  
又因为为角的平分线，，
所以，
即，
所以.
18．已知直角梯形中，，，，，，为的中点，，如图，将四边形沿向上翻折，使得平面平面.
  
(1)在上是否存在一点，使得平面？
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)为的中点时，平面，证明见解析；
(2)二面角的余弦值为.

【分析】（1）取的中点为， 证明，利用线面平行判定定理证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求二面角的余弦值.
【详解】（1）当点为的中点时，平面，证明如下：
由已知，
所以四边形为矩形，
所以，，
已知，点为的中点，则，
又，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以在上存在一点，使得平面；
’  
（2）因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，又，
以点为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，，
所以，故，
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，，
所以，故，
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
所以，
设二面角的平面角为，
则，观察图象可得，
所以.
所以二面角的余弦值为.
  
19．已知函数.
（1）若曲线存在斜率为-1的切线，求实数a的取值范围；
（2）求的单调区间；
（3）设函数，求证：当时， 在上存在极小值.
【答案】(1) .(2)答案见解析；(3)证明见解析.
【详解】试题分析：
（1）求出函数的导数，问题转化为存在大于的实数根，根据在时递增，求出的范围即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，判断导数的符号，求出函数的单调区间即可；
（3）求出函数，根据，得到存在，满足，从而让得到函数单调区间，求出函数的极小值，证处结论即可.
试题解析：
（1）由得.
由已知曲线存在斜率为-1的切线，所以存在大于零的实数根，
即存在大于零的实数根，因为在时单调递增，
所以实数a的取值范围.
（2）由可得
当时， ，所以函数的增区间为；
当时，若， ，若， ，
所以此时函数的增区间为，减区间为.
（3）由及题设得，
由可得，由（2）可知函数在上递增，
所以，取，显然，
，所以存在满足，即存在满足，所以， 在区间（1，+∞）上的情况如下：

－               0              +
↘ 极小 ↗
所以当-1 点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度  从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系. (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数. (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题. (4)考查数形结合思想的应用.
20．已知数列的前项和为，数列是以为公差的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合与之间的关系进行求解即可；
（2）利用错位相减法进行求解即可.
【详解】（1）∵数列是以2为公差的等差数列，且，
∴，
∴，
当时，．
当时，上式也成立．
∴；
（2）由题可知    
∴①
∴②    
①-②得：

，
∴.
21．足球是一项大众喜爱的运动．

喜爱足球运动
不喜爱足球运动
合计
男性



女性



合计



(1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各名观众进行调查，得到下侧列联表，判断是否有99.9%的把握认为喜爱足球运动与性别有关.












附:χ2=， n=a+b+c+d.
(2)校足球队中的甲、乙、丙三名球员将进行传球训练，第次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即．  
①求直接写出结果即可；
②证明：数列为等比数列，并比较第次与第次触球者是甲的概率的大小．
【答案】(1)喜爱足球运动与性别有关；
(2)①；②证明见解析；第9次触球者是甲的概率大.

【分析】（1）计算出卡方，与10.828比较得到结论；
（2）①根据传球的等可能性推出，②推导出，构造出等比数列，求出，得到，比较出大小.
【详解】（1）假设：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关．
根据列联表数据，经计算得
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即有99.9%的把握认为喜爱足球运动与性别有关．
（2）①由题意得：第二次触球者为乙，丙中的一个，第二次触球者传给包括甲的二人中的一人，故传给甲的概率为，故．
②第次触球者是甲的概率记为，则当时，第次触球者是甲的概率为，
第次触球者不是甲的概率为，
则，
从而，又，
是以为首项，公比为的等比数列，
∴，
∴，，，
故第9次触球者是甲的概率大.
22．如图，已知圆与轴相切于点，与轴的正半轴交于、两点（点在点的左侧），且．

(1)求圆的方程；
(2)过点任作一条直线与圆相交于、两点，连接、，求证：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）根据题意设圆心的坐标为，根据几何关系列等式求出的值，即可得出圆的方程；
（2）对直线与轴是否重合进行分类讨论，在直线与轴重合时，直接计算的值，在直线与轴不重合时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值，综合可得出结果.
【详解】（1）解：因为圆与轴相切于点，可设圆心的坐标为，则圆的半径为，
又，所以，解得.
所以圆的方程为.
（2）解：由（1）知，、，
当直线的斜率为时，易知，即；
当直线的斜率不为或该直线的斜率不存在时，设直线的方程为，设点、，
联立，可得，，
由韦达定理可得，，
所以，
.
综上，可得．