人教部编版九年级下册统一达标测试

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一.单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1.已知复数z满足，则复数z的共轭复数的模长为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】法一：因为，所以，
所以，所以.
法二：因为，所以两边取模，得，
所以，所以.
故选：D.
2.若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，可得，所以，
由对数函数的性质得，
则.
故选：C.
3.“”是“幂函数在上单调递增”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】当时，幂函数，
该函数在上单调递增,
当幂函数在上单调递增时，
需满足，即，
故“”是“幂函数在上单调递增”的充要条件，
故选：C
4.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. 2B. C. 4D.
5.已知圆，直线过，若被圆所截得的弦长最小值为2，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】易知，直线l与y轴交点的坐标为，圆C的圆心坐标为,半径为2.记由题意可知点M必在圆O的内部，且直线l被圆C所截得的弦长的最小值为2时，O到直线l的最大距离为，则.
故选：B
6.已知、、是半径为的球的球面上的三个点，且，，，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，，所以，的外接圆半径为，
所以，三棱锥的高为，
在中，由余弦定理可得，
所以，，所以，，
因为.
故选：B.
7.在平面直角坐标系xOy中，椭圆和抛物线交于点A，B，点P为椭圆的右顶点.若O、A、P、B四点共圆，则椭圆离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图所示，，，，所以，，
因为O、A、P、B四点共圆，所以，
所以，将代入得，，
由解得，，代入椭圆方程，
所以，整理得，所以，所以.
故选：B.
8.已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A. 0或3B. 0或1C. 1或2D. 2或3﹒
【答案】A
【解析】当时，，所以,
所以当时，，即函数单调递增；
当时，，即函数单调递减；
所以，并且当时，，
当时，图象如下所示：
令，则，
则可得，,
，均无零点，故零点个数为0；
当时，如下图所示：
参照的解析可知，此时也无零点；
当时，如下图所示：
令可解得
结合上图可知：均有1个零点，
所以此时有3个零点，
综上：有0个或3个零点，
故选：A.
选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.下列结论正确的是（ ）
A. 若随机变量，满足，则
B. 若随机变量，且，则
C. 若样本数据（，2，3，…，n）线性相关，则用最小二乘估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点
D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验（），可判断X与Y有关
【答案】BCD
【解析】对A，由方差的性质可知，若随机变量，满足，则，故A错误；
对B，根据正态分布的图象对称性可得，故B正确；
对C，根据回归直线方程过样本中心点可知C正确；
对D，由可判断X与Y有关，故D正确.
故选：BCD．
10.已知正项数列满足：，，则以下结论正确的是（ ）
A. 若时，数列单调递增
B. 若时，数列单调递增
C 若时，
D. 若，数列的前项和，则
【答案】ACD
【解析】由已知，所以，
故与同号，即与同号，
若时,则，则，即，
且，故，数列为递增数列；A正确；
若时，可知，可得，数列为递减数列，B错误；
故，C正确；
若，则，，故，
则时，故，
，D正确.
故选：ACD
11.如图，已知多面体，底面是边长为2的正三角形，，，两两平行，且，，，，，两两所成角为.则以下结论正碓的是（ ）
A. 平面B. 与垂直
C. 点到平面的距离为D. 多面体的体积为
【答案】BC
【解析】A：在上取点D，使得，又，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，所以平面不成立，故A错误；
B：作，垂足为E，由，
在中，，则，
又，且，所以四边形为矩形，
得，又，所以，故B正确；
C：由题意知，设在底面投影为正三角形的中心为O，
，在中，，
即点到平面的距离为，故C正确；
D：设C到平面的距离为h，由等体积法，
得，即，解得，
所以，故D错误.
故选：BC
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.若，则______．
【答案】
【解析】表示个因数的乘积.而为展开式中的系数，设这个因数中分别取、、这三项分别取个，所以，若要得到含的项，则由计数原理知的取值情况如下表：
由上表可知.
故答案为：.
13.已知是边长为4的等边三角形，为平面内一点，则的最小值为__________．
【答案】-6.
【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，
∴
，
易知当时，取得最小值.
故答案为－6．
14.已知函数.如图，直线与曲线交于，两点，，则=___________.在区间上的最大值与最小值的差的范围是_________.
【答案】 ①. ②.
【解析】设函数周期为，则，解得，.
由图可知，是函数的一个零点，则，即，.
又因为，则，故.
当对称轴不在，上时，
函数在，上单调，
设函数在区间，上的最大值与最小值之差为，
则
.
当对称轴在区间，上时，不妨设对称轴上取得最大值1，
则函数的最小值为或，
显然当对称轴经过区间，中点时，取得最小值，
不妨设，，则，，
，∴的最小值为，
当对称轴在区间，上时，不妨设对称轴上取得最小值，
则函数的最大值为或，
显然当对称轴经过区间，中点时，取得最大值，
不妨设，，则，，
，∴的最小值为，
综上，函数在区间，上的最大值与最小值之差的取值范围是.
故答案为：，
解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.在，角，，的对边分别为，，.且.
(1)求B；
(2)若点D在AC边上，满足，且，，求BC边的长度.
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）由正弦定理化简已知等式，再由两角和的正弦定理化简可得，结合辅助角公式求得B；
（2）法一：由可得，对两边同时平方化简即可得出答案；
法二：由已知得，设，.因为，由余弦定理代入化简即可得出答案.
【详解】（1）因为，由正弦定理，
可得，
即，
所以.
因为，所以，即.
因为，所以，
所以，即
（2）法一：因为点D在AC边上，满足，
所以，
所以，
因为，，，
所以，
即，解得，即.
法二：由已知得，设，.
∵
∴
∴，即①
又∵∴，
即②
由方程①②解得，即.
16.如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上的动点（不与A、C重合），平面与棱交于点.
(1)求证；
(2)若平面平面，，判断是否存在点D使得平面与平面所成的锐二面角为，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）先证明平面，再由线面平行的性质定理证明；
（2）假设D点存在，建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角问题，判断D点坐标是否有解.
【详解】（1），且平面，平面，
∴平面，又∵平面，且平面平面，∴；
（2）连接，取AC中点O，连接，，在菱形中，，
∴是等边三角形，
又∵O为AC中点，∴，
∵平面平面，
平面平面，平面，且，
∴平面，平面，∴，
又∵，∴，
以点为原点，，，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
假设存在点D，满足题意，设，
，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，，
故，
设平面的法向量为
，，
，，令，则，，故，
，解，
所以点D在点C的位置时，平面与平面所成锐角为，
由于D不与A、C重合，故AC上不存满足题意的点.
17.已知数列满足，，，为数列前项和.
(1)若，，求的通项公式；
(2)若，设为前n项平方和，证明：恒成立.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）代入，将条件化为，从而得到是常数列，进而得到是等差数列，由此利用等差数列的前项和公式即可得解；
（2）利用数学归纳法推得要证结论，需证，再次利用数学归纳法证得其成立，从而结论得证.
【详解】（1）因为，，
所以，则，
又，
所以是首项为的常数列，则，
所以是首项为，公差为的等差数列，则，
所以.
（2）因为，所以，
又，，所以，，则，
因为，
所以当时，，所以；
假设当时，有，
则当时，，
因为，
所以要证，需证，
即证，
当时，，，则，
假设当时，有，
则当时，，
因为，所以，
所以，
综上：成立，
所以成立，
综上：恒成立.
18.抽屉中装有5双规格相同的筷子，其中2双是一次性筷子，3双是非一次性筷子，每次使用筷子时，从抽屉中随机取出1双，若取出的是一次性筷子，则使用后直接丢弃，若取出的是非一次性筷子，则使用后经过清洗再次放入抽屉中，求：
(1)在第2次取出的是非一次性筷子的条件下，第1次取出的是一次性筷子的概率；
(2)取了3次后，取出的一次性筷子的个数（双）的分布列及数学期望；
(3)取了，…）次后，所有一次性筷子刚好全部取出的概率．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
(3)答案见解析
【分析】（1）运用条件概率公式计算；
（2）按照独立事件计算；
（3）运用独立事件的概率乘法公式结合等比数列求和计算即可.
【详解】（1）设取出的是第一次是一次性筷子为事件A，取出的是第二次非一次性筷子为事件B，
则 ， ，
所以在第二次是非一次性筷子的前提下，第一次是一次性筷子的概率 ；
（2）对于 ，表示三次都是非一次性筷子，非一次性筷子是由放回的， ；
对于，表示三次中有一次筷子，对应的情况有第一次，第二次，第三次是一次性筷子，
；
对于 ，表示三次中有一次是非一次性筷子，同样有第一次第二次第三次之分，
；

数学期望 ；
（3）n次取完表示最后一次是一次性筷子,则前次中有一次取得一次性筷子，
所以

19.已知函数的定义域为区间值域为区间，若则称是的缩域函数.
(1)若是区间的缩域函数，求a的取值范围；
(2)设为正数，且若是区间的缩域函数，证明：
（i）当时，在单调递减;
（ii）
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】
（1）根据缩域函数的定义及其区间，解不等式可得a的取值范围；
（2）（i）易知可解得，结合（1）中单调性可得结论；（ii）由缩域函数的定义构造函数并将双变量转化为单变量问题，利用导数求得其单调性即可得结论.
【详解】（1）若是区间的缩域函数，则，；
即，解得；
可得，则；
令，则；
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增.
所以，解得，
下面证明，即，也即；
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此可得，所以，
综上a的取值范围为
（2）（i）当时,若是区间的缩域函数，则，
即，进一步，
当时，，即，；
由（1）可知，当时，，则单调递减；
所以在区间上单调递减，
（ii）若是区间的缩域函数，则；
故有，即；
设函数，则；
当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
因为为正数且则，又，
所以在上单调递减，所以；
记，设，且，由的单调性可知，故；
记，
则，
当时，，单调递增；
故，即；
因为在上单调递减，故，即；
由，故，
所以，又因为，
故.
个
个
个
0
5
0
1
3
1
2
1
2
X
0
1
2
P