2024-2025学年江苏省南京市高三（上）调研数学试卷（9月份）（含答案）

2024-2025学年江苏省南京市高三（上）调研数学试卷（9月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知，，则( )
A. B. C. D.
3.已知，若，则，( )
A. B. C. D.
4.已知数列为等差数列，前项和为，若，，则( )
A. B. C. D.
5.若是第二象限角，，则( )
A. B. C. D.
6.甲、乙、丙、丁共名同学参加某知识竞赛，已决出了第名到第名没有并列名次甲、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，你没有得到第名”从这个回答分析，人的名次排列情况种数为( )
A. B. C. D.
7.若正四棱锥的高为，且所有顶点都在半径为的球面上，则该正四棱锥的侧面积为( )
A. B. C. D.
8.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. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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
10.对于随机事件，，若，，，则( )
A. B. C. D.
11.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
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.展开式中的常数项为______．
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，最小值为，则该几何体的体积为______．
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______．
四、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.本小题分
小王早晨：从家出发上班，有，两个出行方案供其选择，他统计了最近天分别选择，两个出行方案到达单位的时间，制成如下表格：
点前到天数 点或点后到天数
方案
方案
判断并说明理由：是否有的把握认为在点前到单位与方案选择有关；
小王准备下周一选择方案上班，下周二至下周五选择方案上班，记小王下周一至下周五这五天中，点前到单位的天数为随机变量若用频率估计概率，求．
附：，其中，
16.本小题分
如图，在四面体中，是边长为的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别为线段，的中点，，．
求证：平面；
若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
已知数列，，，，且为等比数列．
求的值；
记数列的前项和为若，求的值．
18.本小题分
已知，是双曲线：的左、右焦点，，点在上．
求的方程；
设直线过点，且与交于，两点．
若，求的面积；
以线段为直径的圆交轴于，两点，若，求直线的方程．
19.本小题分
已知函数，．
当时，求曲线在处切线的方程；
当时，试判断在上零点的个数，并说明理由；
当时，恒成立，求的取值范围．
参考答案
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15.解：根据题意，列出的列联表如下：
点前到天数 点或点后到天数 合计
方案
方案
合计
假设：点前到单位与方案选择无关，
则，
所以有的把握认为点前到单位与路线选择有关．
选择方案上班，点前到单位的概率为，选择方案上班，点前到单位的概率为．
当时，则分两种情况：第一种：若周一点前到单位，则，
第二种：若周一点前没有到单位，则．
综上，．
16.解：因为，分别为线段，中点，所以，因为，，即，
所以，所以又平面，平面，所以平面．
取中点，连接，，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，分别为，中点，则又因为，所以．
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，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，直线与平面所成角为，
则，即，取，
则．
所以与平面所成角的正弦值为．
17.解：由，，可得，
，，
由为等比数列，可得，即，
解得舍去；
由可得，，，
，
则当为偶数时，；
当为奇数时，．
若为奇数，由，可得，方程无解；
若为偶数，由，可得，
解得舍去．
18.解：由题意可知，点在上，
根据双曲线的定义可知，
即，
所以，
则，
所以的方程为；
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；
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．
19.解：时，，，，
所以曲线在处切线的斜率为，
又，所以切线方程为；
因为，，则；
当时，，在上单调递增，
因为，，
所以存在唯一的，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又因为，所以．
又因为，所以时，在上有且只有个零点；
当时，，与当时，矛盾，所以时不满足题意；
当时，，，，，
设，，则，令，得；
所以时，，单调递增；时，，单调递减；
所以，所以恒成立，所以在上单调递增；
若，则，所以在上单调递增；
所以恒成立，满足题意．
若，则，且，
因为，且在上单调递增，所以存在唯一的，使得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
其中，且，
所以，
因为，所以，
又因为，所以，所以恒成立，满足题意；
由可知，当时，满足题意．
综上，的取值范围是．
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