2023-2024学年江苏省南京市高三（上）学情调研数学试卷（零模）（9月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 复数的虚部为( )
A. B. C. D.
3. 展开式中的常数项为( )
A. B. C. D.
4. 在中，为边的中点，记，，则( )
A. B. C. D.
5. 设为坐标原点，为圆：上一个动点，则的最大值为( )
A. B. C. D.
6. 在正方体中，过点的平面与直线垂直，则截该正方体所得截面的形状为( )
A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形
7. 新风机的工作原理是，从室外吸入空气，净化后输入室内，同时将等体积的室内空气排向室外假设某房间的体积为，初始时刻室内空气中含有颗粒物的质量为已知某款新风机工作时，单位时间内从室外吸入的空气体积为，室内空气中颗粒物的浓度与时刻的函数关系为，其中常数为过滤效率若该款新风机的过滤效率为，且时室内空气中颗粒物的浓度是时的倍，则的值约为
参考数据：，( )
A. B. C. D.
8. 若函数在区间恰有个零点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 若，且，则( )
A. B.
C. D.
10. 有一组样本数据，，，，，已知，，则该组数据的( )
A. 平均数为 B. 中位数为 C. 方差为 D. 标准差为
11. 在中，，，是的中点将沿翻折，得到三棱锥，则( )
A.
B. 当时，三棱锥的体积为
C. 当时，二面角的大小为
D. 当时，三棱锥的外接球的表面积为
12. 函数及其导函数的定义域均为，且，，则( )
A. 为偶函数 B. 的图象关于直线对称
C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则 ______ ．
14. 某批麦种中，一等麦种占，二等麦种占，一、二等麦种种植后所结麦穗含有粒以上麦粒的概率分别为，，则这批麦种种植后所结麦穗含有粒以上麦粒的概率为______ ．
15. 记为数列的前项和，已知则 ______ ．
16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，是右支上一点，线段与的左支交于点若，且，则的离心率为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知公比大于的等比数列满足：，．
求的通项公式；
记数列的前项和为，若，，证明：是等差数列．
18. 本小题分
记的内角，，的对边分别为，，已知．
求；
若，，求的面积．
19. 本小题分
某地区对某次考试成绩进行分析，随机抽取名学生的，两门学科成绩作为样本将他们的学科成绩整理得到如下频率分布直方图，且规定成绩达到分为良好已知他们中学科良好的有人，两门学科均良好的有人．
根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否有的把握认为这次考试学生的学科良好与学科良好有关；
学科良好 学科不够良好 合计
学科良好
学科不够良好
合计
用样本频率估计总体概率，从该地区参加考试的全体学生中随机抽取人，记这人中，学科均良好的人数为随机变量，求的分布列与数学期望．
附：，其中．
20. 本小题分
如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，，，点是线段的中点．
证明：平面；
求直线与平面所成角的正弦值．
21. 本小题分
已知为坐标原点，是椭圆：的右焦点，过且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于，两点当为短轴顶点时，的周长为．
求的方程；
若线段的垂直平分线分别交轴、轴于点，，为线段的中点，求的取值范围．
22. 本小题分
已知函数，其中．
若，证明：；
设函数，若为的极大值点，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为集合，，
所以．
故选：．
化简集合，根据交集的定义计算即可．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：由题意可得
，
故其虚部为：
故选B
由复数的代数运算可化简复数，可得其虚部．
本题考查复数代数形式的乘除运算，涉及复数的基本概念，属基础题．
3.【答案】
【解析】解：由二项式定理的通项公式可知，展开式中通项公式，
当时，展开式为常数，此时，
展开式的常数项为：．
故选：．
直接利用二项式定理的通项公式，令的指数为，即可求出常数项．
本题考查二项式定理通项公式的应用，注意正确应用公式是解题的关键，考查计算能力．
4.【答案】
【解析】解：中，为边的中点，
因为，，
所以，
则．
故选：．
由已知结合向量的线性表示即可求解．
本题主要考查了向量的线性表示，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：圆：的圆心为，半径为，
由题意可得当为圆的切线时，取得最大值．
在直角三角形中，，
，
解得．
故选：．
求得圆的圆心和半径，可得当为圆的切线时，取得最大值，解直角三角形可得所求最大值．
本题考查圆的方程和直线与圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：如图所示，正方体中，连接、、D、，
平面，平面，，
又，、是平面内的相交直线，平面，
平面，，同理可得，
，平面，
即所在平面是经过点与垂直的平面，
因此，平面截该正方体所得截面的形状为三角形，A正确．
故选：．
根据题意，利用线面垂直的判定与性质，证出所在平面是经过点与垂直的平面，即可得到本题的答案．
本题主要考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质等知识，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由题意得，，
因为，
所以，
整理得，
令，
因为，所以，
则，解得舍去或，
故，解得．
故选：．
由题意表达出，，由列出方程，求出，两边取对数，计算出答案．
本题考查了对数的基本运算，指数与对数的转化，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：令，，，
则函数在区间恰有个零点，
等价于在有两个根，
由于时，有两个根，
所以原题等价于，与有一个公共点，如图：
则且，所以．
故选：．
利用换元法，结合三角函数图象列出限制条件，即可得出答案．
本题考查函数的零点，三角函数的图象与性质的综合应用，属难题．
9.【答案】
【解析】解：，且，
，即，可得，A错误；
由，可得，B正确；
因为，所以，C错误；
因为，所以成立，D正确．
故选：．
根据题意，可得为负数且为正数，结合，得到正数的绝对值较大，从而得出答案．
本题主要考查了不等式的基本性质、作差法比较实数的大小等知识，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：因为，
所以平均数为，故A正确，
又因为无法判断样本数据的具体值，所以中位数无法确定，故B错误；
方差，故C正确，
所以标准差为，故D错误．
故选：．
根据平均数、中位数、方差和标准差的计算公式求解．
本题主要考查了平均数、中位数、方差和标准差的定义，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于，中，，，是的中点，
故CD，且，则，
在三棱锥中，，，
而，，平面，平面，
而平面，，故A正确；
对于，当时，，
由于平面，，故B错误；
对于，当时，，
则，
而，，
由于平面，故即为二面角的平面角，
当时，二面角的大小为，故C正确；
对于，当时，
，
设的外接圆圆心为，半径为，则，得，
平面，三棱锥的外接球的球心位于过垂直于平面的直线上，
且在过的中点垂直于的平面上，
设球心为，由于平面，则，
过作的垂线，垂足即为，即三棱锥的外接球的球心，
则四边形为矩形，故，
设棱锥的外接球的半径为，连接，
故，，
故三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．
故选：．
根据线面垂直的性质定理判断；根据等体积法可判断；确定二面角的平面角，解三角形可得其大小，判断；确定三棱锥的外接球的球心位置，求出外接球半径，即可求得外接球表面积判断．
本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查多面体的体积及其外接球表面积的求法，考查空间想象能力与逻辑思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：选项，假设为偶函数，则有，变形为，与矛盾，
故假设不成立，不是偶函数，A错误；
选项，假设的图象关于直线对称，则有，两边求导得到，即，
由于题目条件中有，故假设成立，B正确；
选项，两边求导得，令得，解得，C正确；
选项，因为，将代替，得，
又，故，即，
两边求导得，，D错误．
故选：．
选项，假设为偶函数，得到，与条件矛盾，A错误；选项，假设的图象关于直线对称，得到，求导后得到，满足题目条件， B正确；选项，两边求导得，赋值得到答案；选项，由得到，结合得到，求导得到D错误．
本题主要考查抽象函数及其应用，导数的运算，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：由角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，
可得，
根据三角函数的定义，可得，
所以．
故答案为：．
根据三角函数的定义和三角函数的诱导公式，即可求解．
本题考查了任意角的三角函数的定义和诱导公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：分别记取到一等麦种和二等麦种分别为事件，，所结麦穗含有粒以上麦粒为事件，
由已知可得，，，，，
由全概率公式可得，
．
故答案为：．
根据已知设出事件，由已知得出事件的概率以及条件概率，然后根据全概率公式即可求解．
本题主要考查了全概率公式的应用，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由，可得：
，，，，，，，，
所以
．
故答案为：．
根据递推式直接递推即可得出前项，再用裂项相消法求和．
本题考查数列递推式求通项，考查裂项相消求和，属基础题．
16.【答案】
【解析】解：因为点是右支上一点，线段与的左支交于点，且，，
所以为等边三角形，所以
由双曲线定义得，
又由，解得，
则且，
在中，由余弦定理得，
整理得，所以双曲线的离心率为．
故答案为：．
根据题意和双曲线定义求得且，在中，利用余弦定理列出方程，化简得到，即可求得双曲线的离心率．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
17.【答案】解：方法：设公比为，
由等比数列性质得出，
解得或，
又，，
因此．
方法：设公比为，
是等比数列，，
又，解得或．
又，，，．
因此．
由得，，
两式作差可得，
即，整理得，．
方程同除以得，，即
数列是公差为的等差数列．
【解析】方法：由等比数列性质得到关于首项和公比的方程组，求出解得，得到通项公式；
方法：根据等比数列性质计算出，从而求出公比，得到通项公式；
根据与的关系式得到，从而结合知，，得到结论．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：因为，
由正弦定理得，
因为，
所以，即，
由为三角形内角，得；
由正弦定理，
所以，
所以，，
因为，，
所以，
所以的面积为．
【解析】根据题意，利用正弦定理化简得，得到，即可求解；
由正弦定理得到，，结合题意，求得，进而求得的面积．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式及三角形面积公式的应用，属于中档题．
19.【答案】解：由频率分布直方图可得学科良好的人数为，
所以列联表如下：
学科良好 学科不够良好 合计
学科良好
学科不够良好
合计
假设：学科良好与学科良好无关，
此时，
所以我们有把握认为学科良好与学科良好有关；
已知学科均良好的概率，
易知的所有可能取值为，，，，
此时，，
，，
则的分布列为：
所以．
【解析】由题意，根据频率分布直方图计算可得出学科良好的人数，补全列联表，代入公式求出观测值，将其与临界值进行对比，进而即可求解；
先得到的所有可能取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可求解．
本题考查离散型随机变量分布列的期望以及独立性检验，考查了逻辑推理和运算能力．
20.【答案】证明：连接，，
在圆柱中，四边形是圆柱的轴截面，所以．
又平面，平面，所以平面，
在中，点，分别是和的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又，，平面，
所以平面平面，
又平面，所以平面；
解：以为坐标原点，的中垂线为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
因为为底面圆的直径，点在圆上，所以，
又，所以，因此，
因此，
因为平面，平面，所以，
又，，，平面，
所以平面，因此是平面的一个法向量，
设与平面所成角为，，
则，，
所以与平面所成角的正弦值为．
【解析】连接，，证明平面平面，利用面面平行性质即可证明结论；
建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案；
本题主要考查了线面平行的判定，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题．
21.【答案】解：设椭圆的焦距为，因为椭圆的焦点为，可得，
又因为为短轴顶点时，的周长，
又由，所以，解得，
所以椭圆的标准方程为．
解法一：因为椭圆的焦点为，设直线：，
联立方程组，整理得，
设，，则，，
则，
于是线段的垂直平分线的方程为，
令，可得，
由
，
令，则，
因为，所以，可得，
因此．
解法二：因为椭圆的焦点为，设直线：，
联立方程组，整理得，
设，，则，，
则，
可得线段的垂直平分线的方程为，
令，得，
由
．
令，则，
因为，可得，可得，
因此．
【解析】根据题意，得到且，结合，列出方程求得，的值，即可求解．
解法一：设直线：，联立方程组，利用韦达定理得到，得出的垂直平分线的方程，求得，化简，利用换元法和二次函数的性质，即可求解；
解法二：设：，联立方程组，利用根与系数的关系得到，进而得到，化简，利用换元法和二次函数的性质，即可求解．
本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：证明：若，则，且，则，
令，得，
在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
故；
由题意，，
则，
当时，易得，所以由可得，
若，则，
所以在上单调递增，
这与为函数的极大值点相矛盾；
若，令，
则，又令，
则对恒成立，
所以在上单调递增，
又，，
因为，所以，
因此存在唯一，使得，
所以在上，，即单调递减，
又，
所以在上，，故单调递增，
在上，，故单调递减，
所以为函数的极大值点，满足题意，
综上，的取值范围为．
【解析】求导，确定函数的单调性，即可得最值，从而证得结论；
求导，分类讨论确定函数的单调性，从而验证极值，即可得的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，考查了推理能力与计算能力，属难题．
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