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2024-2025学年高三下南京中华中学3月一模数学试卷
一、单项选择选择题：（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,请把答案填涂在答题卡相应位置上.）
1．在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则　　
A． B． C． D．
2．已知集合，，则　　
A．， B C．， D．，
3．在数列中，“对于任意的正整数，都有”是“数列为等比数列”的　　
A．必要不充分 B．充分不必要 C．充要 D．既不充分也不必要
4．已知向量，在上的投影向量为，且，则，　　
A． B． C． D．
5．的展开式中的系数为　　
A．50 B．20 C．10 D．
6．设双曲线的左、右焦点分别为，，以坐标原点为圆心、为半径的圆与的渐近线在第一象限的交点为，直线与的左支交于点，若，则的离心率为　　
A． B． C． D．
7．已知为锐角，且，则的最大值是　　
A． B． C． D．
8．已知函数的定义域为，是奇函数，的导函数为，且，则（5）　　
A． B． C． D．2
二．多项选题（本大题共3小题,每小题6分.供18分,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.请把答案涂在答题卡相应位置上.全部选对得6分.部分选对得部分分,不选或有选错的得0分）
9．下列命题正确的是　　
A．已知关于的回归方程为，则样本点的残差为
B．数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数是14
C．已知随机变量，若最大，则的取值集合是
D．，，，和，，，的方差分别为和，若且，2，3，，则
10．已知正方体的棱长为1，是棱上的动点（含端点），则　　
A．三棱锥的体积为定值
B．
C．二面角的平面角的大小为
D．存在某个点，使直线与平面所成角为
11．已知曲线的方程为，则下列说法正确的有　　
A．曲线关于原点对称
B．若曲线上的点，则
C．若曲线与曲线有公共点，则
D．若点在曲线上，则
三、填空题（本大题共3小题,每小题5分,共15分.）
12．上海国际电影节影片展映期间，某影院准备在周日的某放映厅安排放映4部电影，两部纪录片和两部悬疑片，当天白天有5个时段可供放映个连续的场次），则两部悬疑片不相邻（中间隔空场也叫不相邻），且当天最先放映的一定是悬疑片的排片方法有 　 　种（结果用数字表示）．
13．若函数在，上恰有2个零点，则符合条件的为 　 　．
14．在现代网络通信中，为了确保信息安全，常需要对重要信息进行加密处理，对密钥序列进行复杂的生成和更新操作．为生成密钥序列，现定义一个简单的加密算法，让其在第轮对密钥序列片段进行一次变换，变换规则如下：在第轮变换中，若为奇数，则将让序列的奇数项的值增加2，偶数项的值减少；若为偶数，则将让序列的奇数项的值增加，偶数项的值减少1．若初始密钥序列，2，3，4，5，6，7，，，则
（1）加密序列的所有项之和为　　；
（2）加密序列的所有项之和为　　．（结果用含的式子表示）
四、解答题（本大题共5小题,共77分.请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤）
15．（本小题满分13分）某足球队为评估球员的场上作用，对球员进行数据分析．球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如表所示．
场上位置 边锋 前卫 中场
出场率 0.5 0.3 0.2
球队胜率 0.6 0.8 0.7
（1）当甲出场比赛时，求球队输球的概率；
（2）当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当前卫的概率；
（3）如果某场比赛该运动队获胜，求在该场比赛中甲最可能的出场位置．
16．（本小题满分15分）如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，△是等边三角形，，，且平面平面．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
17．（本小题满分15分）在△中，角，，对应边为，，，满足．
（1）已知，若在上，且，求的最大值；
（2）延长至点，使得．若，求的大小．
18．（本小题满分17分）已知点是圆上的动点，，线段的中垂线与直线交于点，点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）直线与曲线的另一交点为，过且垂直于的直线与曲线交于点，．
①若为轴上的一点，且△的内心恒在轴上，求点坐标；
②求四边形面积的最小值．
19．（本小题满分17分）已知函数．
（1）若函数是增函数，求实数的取值范围；
（2）试判断上的零点个数．
2024-2025学年高三下南京中华中学3月一模数学试卷
一、单项选择选择题：（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,请把答案填涂在答题卡相应位置上.）
1．在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则　　
A． B． C． D．
【答案】．
【解答】解：复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，，所以．故选：．
2．已知集合，，则　　
A．， B C．， D．，
【答案】．
【解答】解：集合，，故.
故选：．
3．在数列中，“对于任意的正整数，都有”是“数列为等比数列”的　　
A．必要不充分 B．充分不必要 C．充要 D．既不充分也不必要
【答案】．
【解答】解：当有成立时，数列不一定为等比数列，例如，即充分性不成立；
当数列为等比数列时，一定成立，即必要性成立．
故选：．
4．已知向量，在上的投影向量为，且，则，　　
A． B． C． D．
【答案】．
【解答】解：依题意，向量在上的投影向量为，则，又，于是，又，所以．故选：．
5．的展开式中的系数为　　
A．50 B．20 C．10 D．
【答案】．
【解答】解：的展开式中的系数为．
故选：．
6．设双曲线的左、右焦点分别为，，以坐标原点为圆心、为半径的圆与的渐近线在第一象限的交点为，直线与的左支交于点，若，则的离心率为　　
A． B． C． D．
【答案】．
【解答】解：如图所示：
设的焦距为，，，，，由题知，又点在的渐近线上，所以，可得．因为，所以，设，则，得，又点在上，所以，得，得，则，所以的离心率．故选：．
7．已知为锐角，且，则的最大值是　　
A． B． C． D．
【答案】．
【解答】，当且仅当取等号,所以的最大值是．
故选：．
8．已知函数的定义域为，是奇函数，的导函数为，且，则（5）　　
A． B． C． D．2
【答案】.
【解答】解：由，得，因为是奇函数，所以也是奇函数，所以，，又，所以，
即，所以，所以8是的一个周期，所以（4），由，得，由，得，又，所以，所以，即，所以，所以8也是的一个周期，所以（2）（2），得（2），所以（2），所以．
故选：．
二．多项选题（本大题共3小题,每小题6分.供18分,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.请把答案涂在答题卡相应位置上.全部选对得6分.部分选对得部分分,不选或有选错的得0分）
9．下列命题正确的是　　
A．已知关于的回归方程为，则样本点的残差为
B．数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数是14
C．已知随机变量，若最大，则的取值集合是
D．，，，和，，，的方差分别为和，若且，2，3，，则
【答案】．
【解答】解：对于，样本点的残差为，故正确；对于，因为，
所以分位数是，故错误；对于,若最大,则，解得，所以的取值集合是，，故错误；对于，若且，2，3，，则，2，3，，所以，故正确．故选：．
10．已知正方体的棱长为1，是棱上的动点（含端点），则　　
A．三棱锥的体积为定值
B．
C．二面角的平面角的大小为
D．存在某个点，使直线与平面所成角为
【答案】．
【解答】解：因为又是棱上的动点（含端点）易知平面，所以点到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥的体积为定值，故正确；对于，两点在平面上的射影分别为，，所以直线在平面上的射影为，又因为，根据三垂线定理可得，故正确；对于：因为二面角即二面角，又，，平面，平面，所以即为二面角的平面角，在正方形中，，所以二面角的大小为，故正确；对于：因为平面，所以直线与平面所成角为，当点和点重合时，在平面射影最小，这时直线与平面所成角最大值为，故不正确．
故选：．
11．已知曲线的方程为，则下列说法正确的有　　
A．曲线关于原点对称
B．若曲线上的点，则
C．若曲线与曲线有公共点，则
D．若点在曲线上，则
【答案】．
【解答】解：对于，用替换方程不变,故选项正确；对于，点是曲线上的点,则故选项错误；对于，若曲线与曲线有公共点,则
，当故选项正确；对于，,所以.故选项正确．
故选：．
三、填空题（本大题共3小题,每小题5分,共15分.）
12．上海国际电影节影片展映期间，某影院准备在周日的某放映厅安排放映4部电影，两部纪录片和两部悬疑片，当天白天有5个时段可供放映个连续的场次），则两部悬疑片不相邻（中间隔空场也叫不相邻），且当天最先放映的一定是悬疑片的排片方法有 　 　种（结果用数字表示）．
【答案】44．
【解答】解：两部悬疑片不相邻（中间隔空场也叫不相邻），且当天最先放映的一定是悬疑片，当第一场不空场时，排片方法有种；当第一场空场时，排片方法有种，则排片方法有44种．
故答案为：44．
13．若函数在，上恰有2个零点，则符合条件的为 　 　．
【答案】1．
【解答】解：根据题意，可得等价于或，对于，△，根据，可知有如下两种情况：①当时，在，上没有零点，则在，上应有2个零点，结合，可知，解得，结合且，可得；②当时，在，上有唯一零点1，
此时在，上有1个零点，在，上恰有2个零点，符合题意．综上所述，符合条件的．
故答案为：1．
14．在现代网络通信中，为了确保信息安全，常需要对重要信息进行加密处理，对密钥序列进行复杂的生成和更新操作．为生成密钥序列，现定义一个简单的加密算法，让其在第轮对密钥序列片段进行一次变换，变换规则如下：在第轮变换中，若为奇数，则将让序列的奇数项的值增加2，偶数项的值减少；若为偶数，则将让序列的奇数项的值增加，偶数项的值减少1．若初始密钥序列，2，3，4，5，6，7，，，则
（1）加密序列的所有项之和为　　；
（2）加密序列的所有项之和为　　．（结果用含的式子表示）
【答案】52；．
【解答】（1）若初始密钥序列，2，3，4，5，6，7，，，根据变换规则：在第轮变换中，若为偶数，则将让序列的奇数项的值增加，偶数项的值减少1；若为奇数，则将让序列的奇数项的值增加2，偶数项的值减少；所以，1，5，3，7，5，9，，
所以，0，9，2，11，4，13，，所以的所有项之和为；
（2）设为奇数，则为偶数，，3，5，，，记序列的所有项的和为，
则，，所以加密序列的所有项之和为，故答案为：52；．
四、解答题（本大题共5小题,共77分.请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤）
15．（本小题满分13分）某足球队为评估球员的场上作用，对球员进行数据分析．球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如表所示．
场上位置 边锋 前卫 中场
出场率 0.5 0.3 0.2
球队胜率 0.6 0.8 0.7
（1）当甲出场比赛时，求球队输球的概率；
（2）当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当前卫的概率；
（3）如果某场比赛该运动队获胜，求在该场比赛中甲最可能的出场位置．
【答案】
【解答】解：（1）记事件 “球员甲出任边锋”，事件 “球员甲出任前卫”，事件 “球员甲出任中场”，事件 “球队获胜”，则（B），故球队输球的概率（B）；（2）；（3），，
，故多安排球员甲打边锋，球队相对更易获胜．
16．（本小题满分15分）如图，在多面体中，底面是边长为2的正方形，△是等边三角形，，，且平面平面．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】见解析
【解答】解：（1）证明：因为四边形是正方形，则，而平面平面，平面平面，平面，则平面，又平面，于是，又，所以．（2）在平面内过作，由平面平面，平面平面，得平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，2，、，2，、、，，，，设平面的法向量为，则，令，得，
设直线与平面所成角为，，直线与平面所成角的余弦值为．
17．（本小题满分15分）在△中，角，，对应边为，，，满足．
（1）已知，若在上，且，求的最大值；
（2）延长至点，使得．若，求的大小．
【答案】．或．
【解答】解：（1）在△中，，由，得，整理得，而，所以，可得，结合，可知．所以△的面积，因为是边上的高，所以，可得．由余弦定理得，即，根据，可得，即，解得，即，当且仅当时，等号成立．所以，当时，取得最大值．
（2）由，可得．过作，交于点，则，可得，
在△与△中，，，所以△△，可得，即，所以，结合正弦定理得，可得，结合，可得或，所以或．
18．（本小题满分17分）已知点是圆上的动点，，线段的中垂线与直线交于点，点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）直线与曲线的另一交点为，过且垂直于的直线与曲线交于点，．
①若为轴上的一点，且△的内心恒在轴上，求点坐标；
②求四边形面积的最小值．
【答案】．．．
【解答】解：（1）因为点是圆上的动点，所以，，由题意知，，所以点的轨迹是焦点在轴上的椭圆，且，，即，，所以，所以曲线的方程为．
（2）①由题意知，直线的斜率不可能为0，设其方程为，，， ，，联立，消去得，，所以，，△，设，，因为△的内心恒在轴上，所以直线和直线的斜率互为相反数，即，而，，所以，即，所以，整理得，所以，解得，所以点坐标为．②由①知，，因为，且直线过点，所以直线的方程为，设，，，，联立，消去得，，所以，，△，所以，
所以四边形面积，令，则，且，，所以，当，即时，取得最小值，故四边形面积的最小值为．
19．（本小题满分17分）已知函数．
（1）若函数是增函数，求实数的取值范围；
（2）试判断上的零点个数．
【答案】，．
【解答】解：函数．（1）由题意得，且在定义域内恒成立，
则在定义域内恒成立，令，对求导可得，，时，，即单调递减，时，，即单调递增，所以，则，实数的取值范围为，．（2）由（1）可知当

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