2024届江苏省南京市金陵中学高三上学期10月检测数学试题含答案

这是一份2024届江苏省南京市金陵中学高三上学期10月检测数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，应用题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】用列举法写出全集，再利用并集、补集的定义求解作答.
【详解】依题意，全集，而，有，
所以
故选：B
2．设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】即中至少有一个是零；复数为纯虚数，故为小范围，故为必要不充分条件.
3．已知数列各项为正数，满足，，则（ ）
A．是等差数列B．是等比数列
C．是等差数列D．是等比数列
【答案】C
【分析】分析可知数列的每一项都是正数，由已知条件可得出，结合等差中项法判断可得出结论.
【详解】因为数列各项为正数，满足，，
故对任意的，，则，
所以，数列的每一项都是正数，
所以，，可得，
由等差中项法可知，数列是等差数列，
故选：C.
4．四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用向量求出点到直线的距离作答.
【详解】四面体满足，即两两垂直，
以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为，，则，
于是，，
所以点到直线的距离.
故选：A
5．在中，，，点满足，，则的长为（ ）
A．B．C．D．6
【答案】A
【分析】把用表示后，利用模的平方转化为数量积计算可求得，然后再由余弦定理得．
【详解】因为，
所以，
设，则得，
即，因为，故解得，即，
所以．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题考查向量在几何中的应用，解题关键是利用向量的线性运算表示出向量，然后平方抒发向量的模转化为数量积的运算，即利用数量积求线段长．
6．设曲线上的点到直线的距离的最大值为，最小值为，则的值为
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，由求出最小值，最大值为到直线的距离，确定出与的值，即可求出的值．
【详解】解：将化为：，
圆心，半径，
圆心到直线的距离，
圆上的点到直线的最小距离，
最大值为到直线的距离，即
则．
故选：．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，点到直线的距离公式，属于中档题．
7．在中，内角，，所对的边分别为，，，角为锐角，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正弦定理和三角恒等变换求出，再用表示，从而求得的值．
【详解】解：中，，由正弦定理得；
又，
所以，
整理得，
即，且；
又，
所以
，
当且仅当时取“”；
所以的最小值为．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角函数求值问题，也考查了三角恒等变换和正弦定理的应用问题，是中档题．
8．已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设函数，的切点坐标分别为，，根据导数几何意义可得，，即该方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与取值情况，即可得实数a的取值范围.
【详解】解：设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，
又，则公切线的斜率，则，所以，
则公切线方程为，即，
代入得：，则，整理得，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，令得，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下：
所以，解得，故实数a的取值范围为.
故选：B.
【点睛】本题考查了函数的公切线、函数方程与导数的综合应用，难度较大.解决本题的关键是，根据公切线的几何意义，设切点坐标分别为，且，，且，可得，即有，得公切线方程为，代入切点将双变量方程转化为单变量方程，根据含参方程进行“参变分离”得，转化为一曲一直问题，即可得实数a的取值范围.
二、多选题
9．“天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌.为了解学生对“天宫课堂”的喜爱程度，某学校从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，得到以下数据，则（ ）
参考公式及数据：①，.②当时，.
A．从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率为
B．用样本的频率估计概率，从全校学生中任选3人，恰有2人不喜欢天宫课堂的概率为
C．根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联
D．对抽取的喜欢天宫课堂的学生进行天文知识测试，男生的平均成绩为80，女生的平均成绩为90，则参加测试的学生成绩的均值为85
【答案】BC
【分析】根据古典概型的概率公式判断A，首先求出样本中喜欢天宫课堂的频率，再根据独立重复试验的概率公式判断B，计算出卡方，即可判断C，根据平均公式判断D.
【详解】对于A：从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率，故A错误；
对于B：样本中喜欢天宫课堂的频率，从全校学生中任选3人，
恰有2人不喜欢天宫课堂的概率，故B正确；
对于C：因为，
所以根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联，故C正确；
对于D：抽取的喜欢天宫课堂的学生男、女生人数分别为、，
又男生的平均成绩为，女生的平均成绩为，所以参加测试的学生成绩的均值为，故D错误；
故选：BC
10．已知双曲线的左､右焦点分别是，点在双曲线的右支上，则（ ）
A．若直线的斜率为，则
B．使得为等腰三角形的点有且仅有四个
C．点到两条渐近线的距离乘积为
D．已知点，则的最小值为5
【答案】ABC
【分析】对于A，设，根据题意，将直线的斜率为化简之二次函数，利用二次函数求出范围；对于B，和各有两个，可得出结论；对于C，利用点到直线距离公式可求点到两条渐近线的距离，进而判断C的正误；对于D，根据点与双曲线的位置关系，当三点共线时，可求最小值.
【详解】对于A，由题意可知，，设则直线的斜率为
，
令，
，
令在单调递减，
对.
对于B，当，则满足条件的有两个；
当，则满足条件的有两个，
易得不存在满足，
满足为等腰三角形的有4个，B对.
对于C，渐近线：即，
，C对，
对于D，由题意，点Q在双曲线外，
当三点共线时，有最小值，
此时，D错误.
故选：ABC.
11．已知数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．是单调递增数列D．
【答案】AC
【分析】由已知得出，可判断A选项的正误；利用等比数列的定义可判断B选项的正误；利用数列的单调性可判断C选项的正误；利用作差法可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，由得，故，A正确；
对于B选项，将，两式相减得，
即，又令，得，
，所以从第二项开始成等比数列，公比为，
故时，，即，所以，，
故B选项错误；
对于C选项，因为.当时，，
当时，.
所以，，令，
则时，，
即，而，所以数列单调递增，C选项正确；
对于D选项，当时，，
显然成立，故恒成立，D选项错误.
故选：AC.
12．已知，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】根据均值不等式和常见的不等式放缩即可求解.
【详解】，，且，
所以，故选项A正确；
，
故选项B错误；
要证，
证，
即证，
由，，且，知，
所以，
故选项C正确；
要证，
即证，
因为，
所以，
前后取得等号条件分别是和，
所以不同时取得等号，故D选项正确；
故选：ACD.
三、填空题
13．展开式的常数项为 .（用最简分数表示）
【答案】
【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，再求出常数项作答.
【详解】展开式通项公式，
令，解得，则，
所以展开式的常数项是.
故答案为：
14．已知内有一点，满足，则 .
【答案】/
【分析】先用已知角表示出，然后利用正弦定理可解.
【详解】如图，易知，
又
所以
则由正弦定理得，解得
故答案为：
15．已知抛物线：，圆：，点M的坐标为，分别为、上的动点，且满足，则点的横坐标的取值范围是 .
【答案】
【分析】利用抛物线的定义和圆的性质得到，转化为，即可解得.
【详解】因为抛物线：的焦点，准线：，所以圆心即为抛物线的焦点F，设，
∴，∴.
∵，
∴，，
∴，∴.
故答案为：
16．用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线y＝f（x）在点（x，f（x））处的曲率，则曲线在（1，1）处的曲率为 ；正弦曲线（x∈R）曲率的平方的最大值为 .
【答案】 1
【分析】（1）由题意，求导，代入公式，可得答案；
（2）由题意，整理曲率的函数解析式，换元求导，求最值，可得答案.
【详解】（1）由题意得，，则，，
则.
（2）由题意得，，，∴，
令，则，令，则，
显然当t∈[1,2]时，，p（t）单调递减，所以，∴的最大值为1.
故答案为：，1.
四、解答题
17．在中，，点D在边上，满足.
（1）若，求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）在中，由正弦定理求得，得到的大小，进而求得的大小；
（2）由，得到，根据向量的线性运算，求得，进而得到，求得的长，利用面积公式，即可求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
所以，
因为，所以或，
当时，可得，可得；
当时，可得，因为（舍去），
综上可得.
（2）因为，所以，
由，
所以，
即，
又由，可得，解得，
则，
所以.
18．已知各项均为正数的数列的前项和为，且为等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若为正整数，记集合的元素个数为，求数列的前50项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，的关系，利用相减法即可求数列的通项公式；
（2）根据基本不等式分析集合中元素个数的数列特点，利用等差数列的前项和公式求解即可．
【详解】（1）因为为等差数列，所以，且
当时，，可得；
当时，，则；
由，故，
所以是首项为1，公差为1的等差数列，故.
（2），
因为，当且仅当时成立，所以，
当，因为，
所以能使成立的的最大值为，
所以，
所以的前50项和为.
五、应用题
19．3月14日为国际数学日，也称为节，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节活动，其中一项活动是“数学知识竞赛”，初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格.高三（7）班派出甲､乙两个小组参赛，在初赛中，若甲､乙两组通过第一轮比赛的概率分别是，通过第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响.
(1)若三（7）获得决赛资格的小组个数为X，求X的数学期望；
(2)已知甲､乙两个小组在决赛中相遇.决赛以三道抢答题形式进行，抢到并答对一题得10分，答错一题扣10分，得分高的获胜：假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，且甲､乙两个小组抢到该题的可能性分别是，假设每道题抢与答的结果均互不影响，求乙已在第一道题中得10分的情况下甲获胜的概率.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）先算出甲乙通过两轮制的初赛的概率，的取值有分三种情况解决.
(2)先分别算出甲，乙抢到并答对一题的概率，然后再算出乙已得10分，甲若想获胜的3种情况，最后由分类加法计数原理求解即可.
【详解】（1）设甲乙通过两轮制的初赛分别为事件，则
，
由题意可得，的取值有，
.
所以
（2）依题意甲，乙抢到并答对一题的概率为，
乙已得10分，甲若想获胜情况有：
①甲得20分：其概率为
②甲得10分，乙再得-10分，其概率为；
③甲得0分，乙再得-20分，其概率为.
故乙先得10分后甲获胜的概率为.
六、证明题
20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2BC＝2，CD＝．平面PAD⊥平面ABCD，∠PDA＝90°．
(1)若平面PAD∩平面PBC＝l，求证：l∥BC；
(2)求证：平面PAC⊥平面PBD；
(3)若二面角B﹣PA﹣D的正切值为，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先证明BC∥平面PAD，然后由线面平行性质定理可证；
（2）将面面垂直转化为AC⊥平面PBD，利用相似三角形证明AC⊥BD结合已知可证；
（3）先作出二面角的平面角，利用已知先求出，然后可解.
【详解】（1）证明：∵BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BC∥平面PAD，
又BC⊂平面PBC，平面PAD∩平面PBC＝l，
∴BC∥l．
（2）证明：∵AD∥BC，∠ADC＝90°，∴∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵，∴，
∴∠DAC＝∠CDB，∵∠DAC+∠DCA＝90°，
∴∠CDB+∠DCA＝90°，∴AC⊥BD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，PD⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PD⊥AD，
∴PD⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，
∵PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PBD，
∵AC⊂平面PAC．∴平面PAC⊥平面PBD．
（3）如图，取AD中点E，连接BE，作EF⊥PA，垂足为F，连接BF，
易知BCDE为正方形
∴BE∥CD，BE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BE⊥AD，
∴BE⊥平面PAD．
∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥BE，
又BE∩EF＝E，平面BEF，平面BEF
∴PA⊥平面BEF．
∵BF⊂平面BEF，∴PA⊥BF，
∴二面角B﹣PA﹣D的平面角为∠EFB，
∴，
∴，∵AE＝1，
∴∠PAD＝30°，∴，
∴．
七、解答题
21．已知椭圆：的长半轴长为，点（为椭圆的离心率）在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，为直线上任一点，过点椭圆上点处的切线为，，切点分别，，直线与直线，分别交于，两点，点，的纵坐标分别为，，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）因为点在椭圆上，所以，然后，利用，，得出，进而求解即可
（2）设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为，分别联立方程：和，利用韦达定理，再利用，，即可求出的值
【详解】（1）由椭圆的长半轴长为，得.
因为点在椭圆上，所以.
又因为，，所以，
所以（舍）或.
故椭圆的标准方程为.
（2）设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为.
据得.
据题意，得，得，
同理，得，
所以.
又可求，得，，
所以
.
【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解以及联立方程求定值的问题，联立方程求定值的关键在于利用韦达定理进行消参，属于中档题
22．已知函数．
(1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)当时，求函数零点的个数．
【答案】(1)
(2)有且仅有个零点
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出参数的取值范围；
（2）首先可得与是的两个零点，再利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断即可；
【详解】（1）解：因为，所以，
由函数在上单调递增，则在上恒成立．
令，，
当时，，所以恒成立．
所以在上单调递增，所以，所以
（2）解：由，则，．
所以与是的两个零点．
因为，由（1）知，函数在上单调递增，，无零点．
当时，，，，无零点．
当时，，设，，
在上递增，又，，
存在唯一零点，使得．
当时，，在上递减；
当时，，在上递增．
又，，所以，函数在上有且仅有个零点．
综上，当时，函数有且仅有个零点．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
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