江苏省南京市六校2024-2025学年高三数学上学期期中联合调研试题含解析

一、单项选择题：本大题共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．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解不等式可得集合，依据集合的并集运算即得答案.【详解】因为，，所以，故选：D.2.若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意先分别算出的值，然后将“与垂直”等价转换为，从而即可求解.【详解】由题意有，又因为与垂直，所以，整理得，解得.故选：B.3.用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台侧面积为，则原圆锥的母线长为（）A.2 B. C.4 D.【答案】D【解析】【分析】设圆台的母线长为，依据圆台的侧面积公式求出圆台的母线长，利用圆台的性质以及相像三角形即可求解.【详解】设圆台的母线长为，因为该圆台侧面积为，则由圆台侧面积公式可得，所以，设截去的圆锥的母线长为，由三角形相像可得，则，解得，所以原圆锥的母线长，故选：.4.已知取表中的数值，若具有线性相关关系，线性回来方程为，则＝（）0134a4.34.867A.2.2 B.2.4 C.2.5 D.2.6【答案】A【解析】【分析】依据线性回来方程经过样本中心，计算即可求解.【详解】由题意可知：，，所以样本中心为，代入回来方程有：，解得.故选：.5.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则＝（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先依据随意角的三角函数求出，再求出的值，最终依据两角和的正切公式即可求出所需的值.【详解】由随意角的三角函数公式可知，解得，所以，所以，故选：C6.已知数列通项公式为，若对随意，都有，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据数列的单调性，即可依据对恒成立，以及求解.【详解】当时，恒成立，所以对恒成立，故，又当时，为单调递增的数列，故要使对随意，都有，则，即，解得，综上可得，故选:C7.已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】连接、、，则，，设点，则，分析可得，可得出的取值范围，由可求得的取值范围.【详解】连接、、，则，，由切线长定理可知，，又因为，，所以，，所以，，则，设点，则，且，所以，，所以，，故，故选：B.8.定义在上的函数满意，；且当时，．则方程全部的根之和为（）A.6 B.12 C.14 D.10【答案】D【解析】【分析】依据题意可得为奇函数，其图象关于直线对称且一个周期为4，再依据当时，，求导分析单调性，从而画出简图，依据函数的性质求解零点和即可.【详解】∵，∴为奇函数，又∵，∴的图象关于直线对称．当时，，单调递增．由，即有，所以，即函数的一个周期为4，由可得，，所以的图象关于中心对称．函数的简图如下：其中，由，∴全部实根之和为.故选：D．【点睛】本题求零点之和须要驾驭的方法：（1）函数的性质运用：依据条件中函数满意的关系式推导函数的奇偶性、对称性、周期性和在区间内的单调性，并运用性质求零点和；（2）数形结合：依据给定区间的函数解析式作图，再依据函数的性质补全剩余图象；二、多项选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．9.已知复数，()(为虚数单位)，为的共轭复数，则下列结论正确的是（）A.的虚部为 B.对应的点在第一象限C. D.若，则在复平面内对应的点形成的图形的面积为【答案】BC【解析】【分析】依据复数的性质和对应复平面内对应的点以及复数的几何意义依次推断即可.【详解】对于A：，所以的虚部为，A错误；对于B：对应的点为，位于第一象限，所以B正确；对于C：，，所以，C正确；对于D：在复平面内表示到点距离小于等于1的全部的点，所以形成的图形为以为圆心1为半径的圆，所以面积为，D错误，故选：BC10.已知，，则（）A.的最小值为4 B.的最大值为C.的最小值为 D.的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】依据基本不等式即可求解BD，由乘“1”法即可求解A,代换后利用二次函数的性质即可求解C.【详解】对于A，，，当且仅当，即取等号，故A错误，，当且仅当，即取等号，故B正确，，故当时，取到最小值，此时，满意题意，故C正确，，当且仅当，即时等号成立，所以D正确故选：BCD11.函数在区间上为单调函数，图象关于直线对称，则（）A.B.将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象关于轴对称C.若函数在区间上没有最小值，则实数的取值范围是D.若函数在区间上有且仅有2个零点，则实数的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】依据单调性及对称轴求出解析式，即可以推断选项A，由函数的平移变换可以推断选项B，依据函数图象的零点和最值即可推断C，D.【详解】选项A：依据题意函数在区间上为单调函数，可以推断为单调递增函数，则，，解得又因为图象关于直线，则，，解得，当时，符合条件.则A正确；选项B：由A可知向右平移个单位长度后，解析式变成，则图象关于轴对称.B正确；选项C：函数在区间没有最小值，则令，，则，当，即时，没有最小值C错误；选项D：函数在区间上有且仅有2个零点，因为时，为函数的零点，所以另一个端点只能让函数再有一个零点即可.所以，即，D正确.故选：ABD.12.已知椭圆：的左右焦点分别为、，点在椭圆内部，点在椭圆上，椭圆的离心率为，则以下说法正确的是（）A.离心率的取值范围为B.当时，的最大值为C.存在点，使得D.的最小值为1【答案】ABD【解析】【分析】A项中需先解出的范围，然后利用离心率的定义进行推断；B项中依据椭圆定义转化为求的最大值，从而进而推断；C项中先求出点的轨迹方程，再推断该轨迹图形与椭圆是否有交点，从而进行推断；D项中依据椭圆定义得，并结合基本不等式推断.【详解】对于A项：因为点在椭圆内部，所以，得，所以得：，故A项正确；对于B项：由椭圆定义知，当在轴下方时，且，，三点共线时，有最大值，由，得，，所以得，所以最大值，故B项正确；对于C项：设，若，即：，则得，即点在以原点为圆心，半径为的圆上，又由A项知：，得，又因为，得，所以得：，所以该圆与椭圆无交点，故C项错误；对于D项：由椭圆定义得，所以，当且仅当时取等号，故D项正确.故选：ABD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.为全面推动乡村振兴，永州市举办了“村晚兴乡村”活动，晚会有《走，去永州》《扬鞭催马运粮忙》《数华蜜》《乡村振兴唱起来》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《数华蜜》与《乡村振兴唱起来》相邻，则不同的排列种数为________（用数字作答）．【答案】【解析】【分析】利用捆绑求得正确答案.【详解】由于《数华蜜》与《乡村振兴唱起来》相邻，所以两者“捆绑”，则不同的排列种数为种.故答案为：14.设，则__________．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】利用赋值法计算可得【详解】因为，令，则①，令，则②，∴①－②得，所以，故答案为：15.现有一张正方形纸片，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到2张纸片，再从中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，得到3张纸片，…，以此类推，每次从纸片中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，若经过8次剪纸后，得到的全部多边形纸片的边数总和为___________．【答案】【解析】【分析】依据题意，可得全部多边形纸片的边数总和是公差为3的等差数列，进而利用等差数列的通项公式算出结果．【详解】设没剪之前正方形的边数为，即，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到一个三角形和一个四边形，无论是选择三角形四边形，剪一次后边数均增加3，即可得全部多边形纸片的边数总和是公差为3的等差数列，故经过8次剪纸后，得到的全部多边形纸片的边数总和为：．故答案为：2816.如图，在直三棱柱中，，，，，点E，F分别是AA1，AB上的动点，那么的长度最小值是__________，此时三棱锥外接球的表面积为__________.【答案】①.②.【解析】【分析】将立体几何中线段之和最小问题，转化为平面几何中的线段之和最小问题，利用对称性求出最小值，并得到此时各线段的长度和，由于⊥，故四点共圆，三棱锥外接球即为四棱锥的外接球，找到球心问题，求出半径，得到表面积.【详解】将三棱柱的侧面与侧面沿着绽开到同一平面内，如下：则长度最小值转化为的最小值，作点关于直线的对称点，连接，交于点，则即为的最小值，也即的最小值，其中，，所以，此时可求出，且，，故，由勾股定理得，所以，由勾股定理逆定理可知，，由于⊥，故四点共圆，三棱锥外接球即为四棱锥的外接球，连接，由于四边形的外接圆圆心为的中点，半径为，，故⊥平面，所以平行于，取的中点，连接，则，且即为外接球半径，且，外接球的表面积为.故答案为：，【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．对于外切的问题要留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，留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四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知正项数列的前项和为，，数列满意．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用与的关系，求解通项公式;（2）利用错位相减法求解数列的前项和.【小问1详解】当时，，即，或（舍）当时，，又因为，两式相减得，整理得为正项数列，数列{an}为等差数列，公差为1.【小问2详解】，两式相减得.18.在中，所对的边分别为，已知.（1）若，求的值；（2）若是锐角三角形，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据余弦定理即可求解，（2）依据余弦定理得边角关系，即可利用正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得，即可由三角函数的性质求解.【小问1详解】在中，，据余弦定理可得又，故，由于，故，得.【小问2详解】在中，据余弦定理可得，又，故，又，故据正弦定理，可得，，，,因为，所以，则或，即或（舍）所以,,因为是锐角三角形，所以，得，,故,故,19.为弘扬中国共产党百年奋斗的光辉历程，某校团委确定举办“中国共产党党史学问”竞赛活动．竞赛共有和两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道类试题得10分；每答对1道类试题得20分，答错都不得分．每位参与竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）．已知某同学类试题中有7道题能答对，而他答对各道类试题的概率均为．（1）若该同学只抽取3道类试题作答，设表示该同学答这3道试题的总得分，求的分布和期望；（2）若该同学在类试题中只抽1道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率．【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）依据超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列，利用期望公式即可求解，（2）依据相互独立事务的概率，即可求解.【小问1详解】，，，所以X的分布为X0102030P所以【小问2详解】记“该同学仅答对1道题”为事务M.这次竞赛中该同学仅答对1道题得概率为.20.已知在四棱锥中，平面，，，，点F为线段BC的中点，平面平面．（1）证明：平面；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）通过证明来证得平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角的余弦值.【小问1详解】取的中点，连接、，∵平面，平面，平面平面，∴，又∵，分别为，的中点，∴∵∴，∴四边形为平行四边形，∴，∵在中且为中点，∴.∴由平面平面，且交线为，平面，得平面.∵平面，∴，，∵，∴，，∵，平面，∴平面.【小问2详解】∵平面，平面，所以，又因为，所以三者两两相互垂直，∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，.∵平面，∴直线与平面所成的角为.∴，∴.平面的一个法向量为，设平面的法向量，，，则，取，则，，∴，∴，由图可知二面角为锐角，∴二面角的余弦值为.21.已知双曲线经过点，且离心率为2.（1）求的方程；（2）过点作轴的垂线，交直线于点，交轴于点.设点为双曲线上的两个动点，直线的斜率分别为，若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据题意求出即可得解；（2）设，方法一：分直线斜率存在和不存在两种状况探讨，设直线方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再依据求出的关系，从而可得直线过定点，进而可得出答案.方法二：可设直线方程为，由可得，再依据求出，从而可得直线过定点，进而可得出答案.【小问1详解】由题意得，解得，所以的方程为；【小问2详解】由题意，点坐标为，点坐标为，设，方法一：①若直线斜率存在，设直线方程为，，消去可得，且，且，，整理可得，，化简得，即，因为直线不过点，所以，所以，即，所以直线的方程为，恒过定点，②若直线斜率不存在，则，，解得，所以直线的方程为，过定点，综上，直线恒过定点，设点到直线的距离为，点到直线的距离为，.方法二：因为直线不过点，所以可设直线方程为，由可得，即，，得，等式左右两边同时除以，得，，，解得，所以直线方程为，即，恒过定点，下同法一.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特别探路，一般证明”：即先通过特别状况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特别求解”：即设出定点坐标，依据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再依据参数的随意性得到一个关于