江苏省南京市2024-2025学年高三上学期第一次调研考试数学试题（解析版）

南京市2025届高三年级学情调研数学2024.09注意事项：1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分.2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分.3.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上.一、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，请把答案填涂在答题卡相应位置上.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解一元一次不等式与一元二次不等式求得集合，进而可求得.【详解】，或，所以或=.故选：D2.已知，，则（）A.5 B.6 C.7 D.12【答案】D【解析】【分析】根据对数式和指数式的互化，利用指数的运算即可求得答案.【详解】由，得，故，故选：D3.已知，.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由条件先求得，再由向量夹角公式即可求解.【详解】因为，所以，又，所以，所以.故选:A4.已知数列为等差数列，前项和为.若，，则（）A. B. C.9 D.18【答案】B【解析】【分析】利用等差数列片段和的性质可求得的值.【详解】由等差数列片段和的性质可知，、、成等差数列，所以，，则，故选：B.5.若是第二象限角，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知根据二倍角公式和同角三角函数的基本关系可得，由是第二象限角，可得，即可求解.【详解】由得，因为，所以，因为是第二象限角，所以，所以，所以.故选：.6.甲、乙、丙、丁共4名同学参加某知识竞赛，已决出了第1名到第4名（没有并列名次），甲、乙、丙三人向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：“很遗憾，你没有得到第1名”，从这个回答分析，4人名次排列情况种数为（）A.4 B.6 C.8 D.12【答案】C【解析】【分析】由题意可得丙不是第1名，甲乙相邻，先排丙，再排甲，乙，最后再排丁，即可得答案.【详解】解：由题意可得丙不是第1名，甲，乙相邻；所以丙是第2名时，甲，乙只能是第3，4名，丁为第1名，此时共2种情况；丙是第3名时，甲，乙只能是第1，2名，丁为第4名，此时共2种情况；丙是第4名时，甲，乙有可能是第1，2名，或第2，3名，当甲，乙是第1，2名时，丁为第3名，此时共2种情况；当甲，乙是第2，3名时，丁为第1名，此时共2种情况；所以一共有2+2+2+2=8种情况.故选：C.7.若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（）A.24 B.32 C.96 D.128【答案】C【解析】【分析】根据正四棱锥及球的特征求出锥体的底边边长和侧棱长，然后结合勾股定理利用侧面积公式计算即可.【详解】如图所示，设P在底面的投影为G，易知正四棱锥的外接球球心在上，由题意球O的半径，所以，，则，故中，边AB的高为，所以该正四棱锥的侧面积为.故选：C8.已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，点在上.若，，则的面积为（）A. B.25 C. D.55【答案】B【解析】【分析】过点作轴于点，准线与轴交于点,设，计算，根据相似于求出，再由求解即可.【详解】如图所示，过点作轴于点，准线与轴交于点,抛物线的焦点坐标，设，由抛物线的定义可得，即，因为，所以，因为,所以相似于,则,所以，解得或，所以，所以.故选：B.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上，全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有错选的得0分.9.已知复数，下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则的虚部为C.若，则 D.若，则【答案】AB【解析】【分析】根据复数的运算及概念，直接判断AB，举例判断CD.【详解】A.设，由得，那么也是实数，正确；B.设，由得，那么的虚部为，正确；C.若，则，此时，错误；D.若，为实数，所以不一定是实数，错误.故选：AB10.对于随机事件A，B，若，，，则（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据条件概率的计算公式，可判断AB的真假，根据和事件概率计算公式，可判断C的真假，结合全概率公式和条件概率计算公式，可判断D的真假.【详解】对A：因为，故A错误；对B：由，故B正确；对C：因为，故C正确；对D：，所以：.所以.故D正确.故选：BCD11.设函数，则（）A.的定义域为B.的图象关于对称C.的最小值为D.方程在上所有根的和为【答案】ACD【解析】【分析】A选项，由得到函数定义域；B选项，计算出，B错误；C选项，计算出，，从而得到函数的周期性和对称性，只需研究时的最小值即可，此时，求导得到其单调性，从而得到故在时，取得最小值，此时，代入求出最小值；D选项，画出在上的图象，数形结合得到交点个数，即根的个数，由对称性得到所有根的和为.【详解】A选项，又题意得，故，定义域为，A正确；B选项，，故的图象不关于对称；C选项，，故的一个周期为，又，故关于对称，由A知，定义域为，故只需研究时的最小值即可，此时，则，其中恒成立，故令得，此时单调递增，令得，此时单调递减，故在时，取得最小值，此时，故的最小值为，C正确；D选项，画出在上的图象，如下：其中，则与共有8个交点，由对称性可知，，则方程在上所有根的和为，D正确.故选：ACD【点睛】函数的对称性：若，则函数关于中心对称，若，则函数关于对称，三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上12.展开式中的常数项为_____________.【答案】240【解析】【分析】写出通项公式，令的指数为，得到，从而常数项为.【详解】展开式的通项公式为，令得，，故答案为：240.13.与圆柱底面成角的平面截圆柱得到如图所示的几何体，截面上的点到圆柱底面距离的最大值为4，最小值为2，则该几何体的体积为___________.【答案】【解析】【分析】由图形可知所求几何体是由底面直径相同，高为的圆柱和高为的圆柱的一半拼成，由圆柱体积公式可求得结果.【详解】作出几何体的轴截面如下图所示：则所求几何体是由一个底面直径为，高为的圆柱与一个底面直径为，高为的圆柱的一半构成，则所求几何体体积.故答案为：.14.已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与相交于另一点.当最小时，的离心率为___________.【答案】##【解析】【分析】设，利用余弦定理求出最小时的值，确定在中，，再利用余弦定理求出的关系，解得答案.【详解】设椭圆方程为，其焦距为2c，由题意可知；设，则，故，当时，取最小值，此时取最小值，则此时在中，，则,即，整理得，故椭圆离心率，故答案为：【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用余弦定理确定最小时的值，进而再利用余弦定理求出的关系，解得答案.四、解答题：本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.15.小王早晨7：30从家出发上班，有A，B两个出行方案供其选择，他统计了最近100天分别选择A，B两个出行方案到达单位的时间，制成如下表格：8点前到（天数）8点或8点后到（天数）A方案2812B方案3030（1）判断并说明理由：是否有95%的把握认为在8点前到单位与方案选择有关；（2）小王准备下周一选择A方案上班，下周二至下周五选择B方案上班，记小王下周一至下周五这五天中，8点前到单位的天数为随机变量X.若用频率估计概率，求.附：，其中，0.100.050.0250.0100.0112.7063.8415.0246.63510.828【答案】（1）有，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）利用表格数据得出相应列联表，代入数据求得的值得出结论；（2）分情况分别求得周一8点前到单位和没到单位两种情况，求得对应的概率即可得出结果.【小问1详解】（1）根据题意，列出的列联表如下：8点前到（天数）8点或8点后到（天数）A方案281240B方案3030605842100假设点前到单位与方案选择无关，则，所以有的把握认为8点前到单位与路线选择有关.【小问2详解】选择方案上班，8点前到单位的概率为0.7，选择方案上班，8点前到单位的概率为0.5.当时，则分两种情况：第一种：若周一8点前到单位，则.第二种：若周一8点前没有到单位，则.综上，.16.如图，在四面体中，是边长为3的正三角形，是以AB为斜边的等腰直角三角形，E，F分别为线段AB，BC的中点，，.（1）求证：平面；（2）若平面平面，求直线BD与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可得出结论；（2）由面面垂直性质定理可得平面，建立空间直角坐标系利用空间向量即可求得结果.【小问1详解】因为E，F分别为线段AB，BC中点，所以.因，，即，所以，所以.又平面，平面，所以平面【小问2详解】取AC中点，连接DO，OE因为为正三角形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为O，E分别为AC，AB中点，则.又因为，所以.以为坐标原点，OE，OC，OD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则，，，，故，，.设平面的法向量为，直线BD与平面所成角为，则即取.则，所以BD与平面所成角的正弦值为.17.已知数列，，，，且为等比数列.（1）求的值；（2）记数列的前项和为.若，求的值.【答案】（1）2（2）2【解析】【分析】（1）计算出，，，.，进而得到，根据等比数列得到方程，求出，验证后得到答案；（2）求出，分为偶数和为奇数时，得到，，又，故，所以为偶数，从而得到方程，求出.【小问1详解】因为，则，，，.又，则，，.因为bn为等比数列，则，所以，整理得，解得或2.因为，故.当时，则，故bn为等比数列，所以符合题意.【小问2详解】，当为偶数时，；当为奇数时.综上，，因为，又，故，所以为偶数.所以，整理得，解得或（舍），所以.18.已知，是双曲线的左、右焦点，，点在上.（1）求的方程（2）设直线过点，且与交于，两点.①若，求的面积；②以线段为直径的圆交轴于，两点，若，求直线的方程.【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）由题意可得双曲线的焦点坐标，结合双曲线的定义可得的值，从而可得双曲线的方程；（2）①设，由已知可得点坐标为，代入双曲线方程解得点坐标，根据即可求解；②当直线与轴垂直时，不满足条件，当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，，，，，联立直线与，由得且，由，是以线段为直径的圆交轴的交点，根据韦达定理表示两点间距离可求解的值，即可得直线方程.【小问1详解】由题意可知，所以，，由点在上，根据双曲线的定义可知，即，所以，则，所以的方程为；【小问2详解】①设，，因为，所以，所以点坐标为，因为，在双曲线上，所以，解得，，所以点坐标为，所以；②当直线与轴垂直时，此时不满足条件，设直线的方程为，，，，，直线与联立，消去，得，所以，，由，得且，以AB为直径的圆方程为，令，可得，则，为方程的两个根，所以，，所以，解得（舍）或，即，所以直线的方程为：.【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是采用设线法并联立双曲线方程得到韦达定理式，再写出两点直径式方程，代入韦达定理式计算即可.19.已知函数，.（1）当时，求曲线在处切线的方程；（2）当时，试判断在上零点的个数，并说明理由；（3）当时，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）1个，理由见解析（3）【解析】【分析】（1）根据题意，由导数的几何意义代入计算，即可求解；（2）根据题意，将函数零点问题转化为导函数极值点问题，再由零点存在定理代入计算，即可判断；（3）根据题意，分与讨论，利用导数判断函数的单调性，然后再由的正负分情况讨论，代入计算，即可求解.【小问1详解】当时，，则，所以曲线在处切线的斜率.又因为，所以曲线在处切线的方程为.【小问2详解】，令，则，当时，，则在上单调递增.因为，，所以存在唯一的，使得.当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增.又，所以，又，所以当时，在上有且只有一个零点.【小问3详解】①当时