精品解析：江苏省南京师范大学附属中学高三上学期10月段考数学试卷

南京师大附中2023-2024学年度第1学期 高三年级10月段考数学试卷 一、单项选择题（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） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足（是虚数单位），则的模长等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知公差大于0的等差数列的前6项和为，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 设，，，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 6. 2024年5月26日，安徽省滁河污染事件引发社会广泛关注.为了贯彻落实《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》，某造纸企业的污染治理科研小组积极探索改良工艺，使排放的污水中含有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量满足函数模型，其中为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数，假设废水中含有的污染物数量不超过时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要（ ）（参考数据：，） A. 14次 B. 15次 C. 16次 D. 17次 7. 两个相交平面构成四个二面角，我们称其中小于或等于的二面角称为这两个相交平面的夹角.现在正方体任取四个顶点，若这四个顶点共面，则称该平面为该正方体的一个“表截面”则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是圆上两点，且，直线上存在点使得，则取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错得得0分） 9. 设为正实数，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，，是函数的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则的可能值为（ ） A. B. C. D. 11. 若正方体的棱长为，是中点，则下列说法正确的是 （ ） A. 平面 B. 到平面的距离为 C. 平面和底面所成角余弦值为 D. 若此正方体每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面只能是三角形和六边形 12. 已知函数及其导函数的定义域均为，若函数，都为偶函数，令，则下列结论正确的有（ ） A. 的图象关于对称 B. 的图象关于点对称 C. D. 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 设，单位向量，且，则___________. 14. 如图，在平面四边形ABCD中，，则四边形ABCD的面积为___________. 15. 已知双曲线的右支与焦点的抛物线交于，两点，若，则双曲线的离心率为______. 16. 已知实数，满足，则的最大值为______. 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 已知等差数列，为其前n项和，，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 18. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若角的平分线与交于点，，，求线段的长． 19. 如图，在三棱锥中，平面分别为棱的中点. （1）证明：； （2）若，二面角的余弦值为，求三棱锥的体积. 20. 为了丰富孩子们的校园生活，某校团委牵头，发起体育运动和文化项目比赛，经过角逐，甲、乙两人进入最后的决赛．决赛先进行两天，每天实行三局两胜制，即先赢两局的人获得该天胜利，此时该天比赛结束．若甲、乙两人中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天甲、乙两人各赢一天，则第三天只进行一局附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军设每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果没有平局且结果互相独立． （1）记第一天需要进行的比赛局数为X，求X的分布列及； （2）记一共进行比赛局数为Y，求． 21. 已知椭圆的离心率为，过其右焦点且与轴垂直的直线交椭圆于，两点，且满足. （1）求椭圆方程； （2）已知过点的直线与坐标轴不垂直，且与椭圆交于点，，弦的中点为，直线与椭圆交于点，，求四边形面积的取值范围. 22. 已知函数. （1）求证：在上存在惟一的极小值点； （2）判断函数在上零点的个数，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南京师大附中2023-2024学年度第1学期 高三年级10月段考数学试卷 一、单项选择题（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） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解作答. 【详解】解不等式，得，则， 解不等式，得，则， 所以. 故选：C 2. 若复数满足（是虚数单位），则的模长等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简已知条件求出，再求模长 【详解】 所以，所以 故选：D 3. 已知公差大于0的等差数列的前6项和为，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由题意建方程组求解基本量，得到通项公式再求项. 【详解】设等差数列的公差为， 则，，前项和， 由题意得，又，解得. ， . 故选：C. 4. 设，，，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将各数都同乘以，将作为中间量，再通过对数运算与对数函数单调性比较大小即可. 【详解】， ，又， ，即. 故选：D. 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，结合和角的正切公式求出，再利用二倍角的正余弦公式，结合齐次式法计算即得. 【详解】由，得，解得， 所以. 故选：B 6. 2024年5月26日，安徽省滁河污染事件引发社会广泛关注.为了贯彻落实《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》，某造纸企业的污染治理科研小组积极探索改良工艺，使排放的污水中含有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量满足函数模型，其中为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数，假设废水中含有的污染物数量不超过时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要（ ）（参考数据：，） A. 14次 B. 15次 C. 16次 D. 17次 【答案】C 【解析】 【分析】依题运用特殊值求得函数模型中t的值，然后运用函数模型得到关于n的不等式，通过指、对运算求得n的取值范围，即可得解． 【详解】依题意，，，当时，，即，可得， 于是，由，得，即， 则，又，因此， 所以若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要16次， 故选：C. 7. 两个相交平面构成四个二面角，我们称其中小于或等于的二面角称为这两个相交平面的夹角.现在正方体任取四个顶点，若这四个顶点共面，则称该平面为该正方体的一个“表截面”则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两个平面的夹角的知识，结合空间向量法求得正确答案. 【详解】平面和平面夹角为，D选项错误. 平面和平面的夹角为，B选项错误. 设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量为， 则，故可设. ，设平面的法向量为， 则，故可设， 设平面与平面的夹角为， 则， 由于，所以，所以C选项错误. 所以夹角大小不可能为. 故选：A. 8. 已知是圆上两点，且，直线上存在点使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分析可知：点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆，且直线与圆有交点，结合直线与圆的位置关系列式求解即可. 【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径， 设中点为，则， 且，可得， 又因为，可知为边长为2的等边三角形， 则，可得， 可知点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆， 因为直线上存在点使得， 即直线与圆有交点， 可知圆心到直线的距离，解得：. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求圆的方程有两类方法： （1）几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的半径和圆心，得出圆的方程； （2）代数法，求圆的方程必须具备三个独立条件，利用“待定系数法”求出圆心和半径． 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错得得0分） 9. 设为正实数，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】举反例判断A选项，根据函数单调性判断B,C,D选项即可. 【详解】对于A：举反例，，，A错误； 对于B：为减函数，，，B正确； 对于C：在为增函数，，，C正确； 对于D：在有增有减，D错误； 故选：BC. 10. 已知，，是函数的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则的可能值为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由已知得函数的周期，求出，再利用图像的平移变换规律写出函数平移后的解析式，再利用函数关于原点对称，列出等式即可得到结果. 【详解】由题意知函数的最小正周期， 则，得，所以. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象， 要使该图象关于原点对称，则，， 所以，，又， 所以当时，为； 当时，为； 当时，为； 故选：ABC 11. 若正方体的棱长为，是中点，则下列说法正确的是 （ ） A. 平面 B. 到平面的距离为 C. 平面和底面所成角的余弦值为 D. 若此正方体每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面只能是三角形和六边形 【答案】ACD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABC选项；分析可知平面可与平面平行或重合，作出截面图形，可判断D选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、 、、， 对于A选项，，，， 所以，，， 所以，，， 又因为，、平面，因此，平面，A对； 对于B选项，设平面的法向量为， ，，则， 取，可得， 又因为，则点到平面的距离为，B错； 对于C选项，易知平面的一个法向量为， ， 所以，平面和底面所成角的余弦值为，C对； 对于D选项，取三棱锥，则，且、、两两垂直， 易知点在平面内的射影为等边的中心， 设、、与平面所成的角分别为、、，设点到平面的距离为， 则，，，所以，， 又因为、、，故， 即、、与平面所成角相等， 因为正方体每条棱所在直线与平面所成的角都相等， 若平面与平面平行或重合时， 平面截此正方体所得截面的图形如下面两幅图所示， 截面分别为三角形、六边形， 则平面与此正方体的截面图形只能为三角形或六边形， 若平面在其它位置且与正方体各棱所在直线所成角相等时， 同理可知，平面与此正方体截面图形只能为三角形或六边形，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 12. 已知函数及其导函数的定义域均为，若函数，都为偶函数，令，则下列结论正确的有（ ） A. 的图象关于对称 B. 的图象关于点对称 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性可求得函数的图象关于对称，的图象关于点成中心对称，即AB正确；又可知，所以，即C错误；经计算可知，又，，即可得是等差数列，由前项和公式可得D正确. 【详解】根据题意为偶函数可得， 即可知，所以函数的图象关于对称，即A正确； 由是偶函数可得为奇函数， 所以满足，即， 因此的图象关于点成中心对称，所以B正确； 由可知，所以； 即，所以的图象关于点成中心对称，因此，即C错误； 易知，， 由可得，联立可得； 所以； 即， 易知是以为首项，公差的等差数列； 所以代入等差数列前项和公式可知，即D正确； 故选：ABD 【点睛】方法点睛：求解函数性质综合问题时，往往借助函数奇偶性、对称性、周期性等性质进行推理证明，结合对称轴、对称中心等实现求和计算即可. 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 设，为单位向量，且，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据，是单位向量以及，求出的值，通过求解即可得到的值. 【详解】解：由题意，，为单位向量，且 ∴ 解得： ∵ ∴ 故答案为：. 14. 如图，在平面四边形ABCD中，，则四边形ABCD的面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】采用分割法对三角形进行分割，利用余弦定理求得可判断三角形的形状以及解三角形ADC，然后由三角形的面积公式可得结果. 【详解】 连接，在中，， 利用余弦定理得：， 解得：，，则是直角三角形， 所以. ，过点作，则，， 则 故答案为：. 【点睛】方法点睛：本题考查不规则四边形面积的求法，考查余弦定理解三角形，由于四边形是不规则的，所以要将求四边形面积的问题转化为求三角形面积的问题来求解，在连接AC将四边形分成两个三角形后，利用余弦定理和三角形内角和定理，结合解三角形与三角形面积公式，可求得面积. 15. 已知双曲线的右支与焦点的抛物线交于，两点，若，则双曲线的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设，，由抛物线焦半径公式得到，故，联立抛物线与双曲线方程，由韦达定理得到，从而得到，进而求出离心率. 【详解】设，， 由抛物线得定义可得： ， 又由，所以. 联立方程组可得，可得. 所以，可得，解得 所以. 故答案为：. 16. 已知实数，满足，则的最大值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】把已知等式变形为，利用函数的单调性得的关系，这样把转化为的函数，再利用导数求得极值即可得解． 【详解】由得，所以，则， 因为，，，所以. 令，则，所以在上单调递增， 所以由，即，得，所以， 所以， 令，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 故答案为： 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 已知等差数列，为其前n项和，，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得的首项和公差，由此求得. （2）利用分组求和法求得数列的前n项和． 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 则，解得， 所以. 【小问2详解】 ， 数列是首项为，公比为的等比数列， 所以数列的前n项和为. 18. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若角的平分线与交于点，，，求线段的长． 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理角化边或利用正弦定理边化角即可求解； （2）在和中用两次正弦定理可得，然后在中利用余弦定理可得的长度，进而可得的大小，再在中利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 解法一：由余弦定理可得， 即，整理可得， 所以， 因为，所以. 解法二：由正弦定理可得， 因，， 所以， 因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 如图所示 由题意可得是角的平分线，，， 在中，由正弦定理可得， 即，解得， 在中，由正弦定理可得， 即，解得， 所以，由正弦定理边角互化得， 在中由余弦定理解得， 所以， 在由余弦定理得， 解得. 19. 如图，在三棱锥中，平面分别为棱的中点. （1）证明：； （2）若，二面角的余弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明平面，根据线面垂直的性质证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，根据空间角的向量求法结合二面角的余弦值，求出PA的长，根据棱锥体积公式即可求得答案. 【小问1详解】 因为，点是的中点，所以. 因为平面平面，所以. 又因为平面，所以平面， 因平面，所以. 【小问2详解】 因为，所以， 取中点，连接，则. 因为平面，所以平面. 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 设，得， 所以. 设平面的法向量，则， 得，令，得. 设平面的法向量， 则由，得，令，得. 依题意，， 因为，所以解得，所以， 所以三棱锥的体积. 20. 为了丰富孩子们的校园生活，某校团委牵头，发起体育运动和文化项目比赛，经过角逐，甲、乙两人进入最后的决赛．决赛先进行两天，每天实行三局两胜制，即先赢两局的人获得该天胜利，此时该天比赛结束．若甲、乙两人中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天甲、乙两人各赢一天，则第三天只进行一局附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军设每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果没有平局且结果互相独立． （1）记第一天需要进行的比赛局数为X，求X的分布列及； （2）记一共进行的比赛局数为Y，求． 【答案】（1）分布列见解析；期望为 （2） 【解析】 【分析】（1）比赛局数分2局和3局两种情况考虑，分别算出对应的概率填表，然后算出即可； （2）分别算出4局甲赢、4局乙赢、5局甲赢、5局乙赢对应的概率相加，即可得到本题答案. 【小问1详解】 解：可能取值为2，3． 所以的分布列如下： 2 3 ∴． 【小问2详解】 前两天中每一天甲以2：0获胜的的概率均为； 乙以2：0获胜的的概率均为 甲以2：1获胜的的概率均为 乙以2：1获胜的的概率均为 ∴ 即获胜方前两天比分为和，或者和再加附加赛 甲获胜的概率为， 乙获胜的概率为 ∴ ∴． 21. 已知椭圆的离心率为，过其右焦点且与轴垂直的直线交椭圆于，两点，且满足. （1）求椭圆的方程； （2）已知过点的直线与坐标轴不垂直，且与椭圆交于点，，弦的中点为，直线与椭圆交于点，，求四边形面积的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】(1)根据离心率以及，结合椭圆的定义即可求得椭圆方程； (2)设出直线方程和椭圆方程联立，根据韦达定理可得出的表达式，求出，两点的坐标，在计算出，两点到距离之和，即可得到面积表达式，则可求出面积取值范围. 【小问1详解】 由得，且， 令代入椭圆方程可得，故， 所以，， 所以椭圆. 【小问2详解】 由题可知，设直线， 由消得， 恒正，，， ， 又， ，（此处也可以用点差法，由得， ，所以） 由，得，，即为，两点的坐标， 所以点，到直线的距离之和为 ， 则 ， 因为， 所以的取值范围. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据题意表示出四边形的面积，进而利用函数的性质即得取值范围. 22. 已知函数. （1）求证：在上存在惟一的极小值点； （2）判断函数在上零点的个数，并说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）1个零点，理由见解析 【解析】 【分析】（1）先对函数求导数，进而对导数再次求导得到二次导数，确定零点再根据单调性得证； （2） 根据（1）得函数单调性，从而根据函数在上的单调性和最值以及端点值情况即可求解判断. 【小问1详解】 题根据意得，函数，其导函数为， 令， 则，显然在上单调递增， 又，，所以存在，使得， 因此可得时，，单调递减； 时，，单调递增；又，， 所以存在，使得， 即时，； 时，； 综上，在上存在惟一的极小值点. 【小问2详解】 由（1）可知，令， 则，显然在上单调递增， 又，，所以存在使得， 因此可得时，，单调递减； 时，，单调递增；又， 所以存在，使得， 即时，，，单调递减； 时，，，单调递增； 又，，所以上有一个零点； 当时，，，所以在上无零点； 综上，在上有1个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$