江苏省南京市2027届高三上学期9月学情调研试题 数学 含解析

江苏南京市2027届高三年级上学期9月学情调研数学试卷一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．设向量，，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件3．要得到函数的图象，只需将函数的图象（

）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度4．已知点在角的终边上，将的终边绕原点逆时针旋转得到角的终边，则＝（

）A．－ B．－ C． D．5．甲袋中有1个白球和1个红球，乙袋中也有1个白球和1个红球.先从甲袋中任取1个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球.则从乙袋中取出的是2个红球的概率为（

）A． B． C． D．6．已知直线是函数图象的一条切线，则（

）A． B． C．1 D．27．某校对“学生性别与喜欢某款社交软件是否有关”作了一次调查，结果显示喜欢该软件的学生人数是不喜欢该软件的，喜欢该软件的学生中男生占比为，不喜欢该软件的学生中男生占比为.若有99%的把握认为是否喜欢该软件与性别有关，则参与调查的男生至少有（

）参考公式：.0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828A．12人 B．18人 C．24人 D．30人8．已知函数的定义域为，，且，，则下列结论中一定正确的是（

）A． B． C． D．二、多选题9．某果园收获苹果的果实横径(单位：)服从正态分布，且，.从收获的苹果中随机抽取100个，记其中果实横径在区间的个数为，则（

）A． B．C． D．10．已知，满足，则a，b，c的大小关系可能是（

）A． B． C． D．11．已知正方体的棱长为是正实数，点分别满足，，，则（

）A．当时，B．当时，与平面所成角为定值C．当时，平面将正方体分成体积比为的两部分D．当时，点到平面距离的最大值为三、填空题12．在的展开式中，含项的系数是______.13．已知函数的零点为，极值点为，则_________，_________.14．已知符号函数及函数，.若对任意的，，则实数的取值范围是________.四、解答题15．已知函数.(1)求在区间上的单调递减区间；(2)若，求的值.16．已知函数，且是奇函数.(1)求的值；(2)记函数，若在区间的最小值为，求实数的值.17．如图，三棱柱的所有棱长均相等，平面平面，D是BC的中点，.(1)证明：∥平面；(2)已知到平面的距离为1，P为线段上一点.若二面角的余弦值为，求的长.18．某同学进行连续投篮练习，累计投中次后结束练习.设该同学每次投中的概率均为，记结束练习时投篮的总次数为.(1)求；(2)已知.①若，求当为何值时，最大；②若为常数，记函数，求的极大值点.19．已知函数.(1)若，证明：；(2)若，且对任意，，求的取值范围；(3)若在上单调递增，求的最大值.1．A【详解】由知，所以.因为，其中满足的元素是和，所以.2．C【详解】因为，所以是的充要条件.3．B根据三角函数平移变换原则直接判断即可.【详解】，只需将的图象向右平移个单位长度即可.故选：B.4．A根据三角函数的定义求出，再根据诱导公式可求出结果.【详解】依题意得，又，所以.5．B【详解】从甲袋中取出球放入乙袋中的情况数为，之后从乙袋中取出两个球的情况数为，只有从甲袋中取出一个红球放入乙袋中，才可以从乙袋中取出两个红球，因此从乙袋中取出两个球均为红球的情况数为1，故根据古典概型的计算公式.6．A【详解】由题意，切线的斜率为2，设切点为，由，得，则，即，则切点为，代入，得，即.7．B由有99%的把握认为是否喜欢该软件与性别有关可得，列方程求男生人数的范围，结合条件确定男生人数的最小值.【详解】设喜欢该软件的有人，则不喜欢的有人，总人数，列联表为：喜欢不喜欢合计男女合计于是，所以，若有99%的把握认为是否喜欢该软件与性别有关，则，即，又表中数据须为整数，故的最小值为9，此时男生的人数为18，即参与调查的男生至少有18人.8．C根据函数周期性得到函数周期为6，然后利用周期性对已知条件进行化简，找到不等式关系，最后得到，再判断选项即可.【详解】∵，∴①，将换成可得②，将②式代入到①式，化简得，将换成，则，再将换成可得，即函数的周期为6，∴，，，∵，，∴，⑴，又∵，，⑵，依次回代可以得到，同理可得，∵，⑶，联立⑴⑵⑶得到，解得，又∵，故C正确，D错误，，∴可能大于0，也可能不大于0，AB错误.9．BD由正态分布的对称性求得对称轴，再求得，然后由二项分布的期望和方差分别求得.【详解】因为，所以，由正态分布的对称性可知，即，所以，A错误，B正确，所以，所以，C错误，，D正确.10．ABC引入中间变量将原等式转化为、和，随后通过对赋不同的正数值来验证选项即可.【详解】令，因为恒成立，所以，则有，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即恒成立，即，即，令，则有，进而有，令，因为.所以，即，即，进而，因此，即恒成立，排除D选项，取，，此时，即，B选项正确，取，，，，，所以，进而有，A选项正确，取，，由上知，所以，即，进而，故C正确.11．ACD利用空间向量法求解，选项A，利用向量的数量积求解；选项B，求出平面的法向量，利用向量的数量积求出与平面所成角的正弦值，通过反例得到结论；选项C，求出点的轨迹方程，从而得到平面截正方体的截面，得到截面将正方体截得的一部分为三棱台，利用棱台的体积公式求出三棱台的体积，从而得到结论；选项D，求出平面的法向量，利用距离公式求出点到平面的距离，利用二次函数的图像和性质求出点到平面的距离的最大值.【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为，所以，，，，，，，，则，，因为，所以，因为，所以，因为，所以，则，，选项A：当时，因为，所以，则A正确.选项B：因为平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，则，且，因为，所以，因为不是定值，所以不是定值，则B错误.选项C：因为，所以，将代入点，得到转化为，设，则，则，取的中点，的中点，则点的轨迹为的中位线，则平面截正方体得到梯形，且为的中点，为的中点，所以为三棱台，因为，所以，因为，所以，则，因为正方体的体积为，所以另一部分的体积为，则，则C正确.选项D：，向量，设平面的法向量为，则，即，取，则，则，，则点到平面的距离为，令，则，因为，所以，当且仅当时取等号，则设，对称轴为，，则，则D正确.12．160利用二项展开式的通项公式求解即可.【详解】由，由，可得．在的展开式中，含项的系数是.故答案为：16013．///由函数零点为可得，可得，进而结合平方关系求解即可；求导，根据极值点的定义可得，进而得到，再得到，进而根据两角差的正切公式求解即可.【详解】由，由于函数零点为，则，则，所以.而，由于极值点为，则，即，则，而，则.14．由符号函数和题意可知函数的关系，然后讨论的不同取值得到函数的值域，并通过函数的关系作出判断或者列出不等式组，即可求得实数的取值范围.【详解】因为，所以，由符号函数及可知恒成立，当时，，恒成立，故不满足题意，当时，令，则，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，要想使得恒成立，则，解得.当时，，函数在上单调递减，所以，，不满足恒成立，所以.15．(1)(2)（1）方法1：利用二倍角公式及两角和的正弦公式得.法①：由得，利用正弦函数性质求得单调递减区间.法②：利用正弦函数性质求得总的单调递减区间，结合即可求解.方法2：利用二倍角公式及两角差的余弦公式得.法①：由得，利用余弦函数性质求得单调递减区间.法②：利用余弦函数性质求得总的单调递减区间，结合即可求解.（2）方法1：结合已知得，然后利用二倍角公式及弦的齐次式计算求解即可.方法2：利用同角三角函数关系及二倍角公式求解即可.方法3：联立解得或，代入二倍角公式求得.【详解】（1）方法1：.法①：因为，所以.令，解得，所以在上的单调递减区间为.法②：令，，解得，.又，所以，即在上的单调递减区间为.方法2：.法①：因为，所以.令，解得，即在上的单调递减区间为.法②：令，，解得，.又，所以，即在上的单调递减区间为.（2）因为，又，所以.方法1：若，则，与矛盾，所以，故.所以.方法2：将代入，解得.所以.方法3：由解得或，当，时，；当，时，.综上，.16．(1)(2)（1）方法1：求得，由定义域关于原点对称，求解后再检验即可；方法2：取一组特殊值，例如，求解后再检验即可；方法3：由，求解后再检验即可；（2）由题意可得，令，则原问题转化为：函数的最小值为.方法1：分和，结合二次函数的性质求解即可；方法2：转化为，由对勾函数的性质求解即可.【详解】（1）方法1：函数的定义域为，因为是奇函数，所以定义域关于原点对称，所以，即.此时，定义域,检验：对于，都有，满足f1(x)是奇函数，所以.方法2：因为为奇函数，取一组特殊值，例如，即.此时，检验，定义域，关于原点对称，，都有，满足f1(x)是奇函数，所以.方法3：为定义域)，都有，从而，所以.此时，函数的定义域，满足题意.（2），令，因为，所以，当且仅当时，，所以原问题转化为：函数的最小值为.方法1：当时，在区间单调递减，在区间单调递增，所以，解得(舍去).当时，在区间上单调递增，所以，解得，综上，实数的值为.方法2：问题可转化为对恒成立且等号可以取到，即对恒成立且等号可以取到，所以.易知函数在上递增，所以.所以，.17．(1)方法1：如图，连结，交于点E，连结DE.三棱柱中，平面是平行四边形，则E是的中点.又D是BC的中点，所以DE∥.因为平面，平面，所以∥平面.方法2：如图，取中点，连结，，.三棱柱中，侧面是平行四边形，因为D，分别为BC，的中点，所以BD∥，BD，因此四边形是平行四边形，所以∥.又平面，平面，所以∥平面.同理可得，四边形为平行四边形，所以∥，.三棱柱中，因为∥，.所以∥，.所以四边形是平行四边形，所以∥AD.又平面，平面，所以∥平面.又，平面，所以平面∥平面.又平面，所以∥平面.(2)（1）方法1：连结，交于点E，连结DE.利用棱柱性质及线面平行的判定定理证明∥平面.方法2：取中点，连结，，.利用棱柱性质及线面平行的判定定理得∥平面，∥平面.所以利用面面平行的判定定理得平面∥平面，进而利用线面平行的判定定理证明∥平面.（2）方法1：建立空间直角坐标系.，求得点的坐标，易得平面的一个法向量为.求出平面的法向量.利用夹角的向量公式求得.方法2：结合勾股定理利用线面垂直的判定定理证得BC⊥平面，由线面距离得，连结PC，交于点E，连结ED，作于F.可得即为二面角的平面角，求得，利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得，利用相似三角形的性质求得.【详解】（1）略（2）方法1：由题干得是等边三角形，且D是BC的中点，所以.因为三棱柱的所有棱长均相等，设棱长为2a，则，，，此时，所以.又，平面，所以BC⊥平面.所以BD即为到平面的距离，所以，因此三棱柱的棱长均为2.因为平面平面，平面，，平面平面，所以平面.又，故以D为原点，DA，DB，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，所以，，.易得平面的一个法向量为.设()，所以.设平面的一个法向量为，则即，取，可得.设二面角的大小为，则，又，解得(舍去)，所以.方法2：由题干得是等边三角形，且D是BC的中点，所以.因为三棱柱的所有棱长均相等，设棱长为2a，则，，，此时，所以.又，平面，所以BC⊥平面.所以BD即为到平面的距离，所以，因此三棱柱的棱长均为2.如图，连结PC，交于点E，连结ED，作于F.因为平面，平面，平面，所以，，因此即为二面角的平面角.于是，所以.因为平面平面，平面，，平面平面，所以平面.因为平面，所以.在中，因为，，所以EF∥，且EF＝AF.又AC∥，所以，因此.18．(1)(2)①或；②（1）由题意可得第次投中且前次中有次投中，从而得，求解即可；（2）①由题意求得，从而得＝，分别令，，，求解后即可判断；②求得，利用导数求解即可.【详解】（1）表示结束练习时投篮的总次数为，表明第次投中且前次中有次投中，所以.（2）①所以＝.令，解得；令，解得；令，解得.所以所以，当或时，最大.②，则，设，则令，得；令，得.所以在上递增，在上递减.所以，的极大值点为.19．(1)当时，，.令，得.当时，，是单调递减函数；当时，，是单调递增函数.则，即.(2)(3)（1）代入参数得到具体函数,求导判断单调性，根据单调性得到函数最小值，证明最小值非负即可.（2）代入的取值得到含参函数，先求一阶导数，再分析一阶导数的单调性，根据的取值范围分类讨论的单调性，保证时最小值非负，求解对应的范围.（3）函数单调递增等价于导数在上恒成立，先计算导数的导数，然后讨论的正负，再将转化到用表示，构造函数，利用单调性求出最大值即可.【详解】（1）略（2）方法1：当时，，易得，，，当时，结合（1）易得，所以在上是单调递增函数，所以，符合题意．当时，令，．因为，所以递增．又，由(1)得，将换作可得，即，所以，所以存在唯一的，使得．当时，，单调递减，则，不合题意．综上，实数的取值范围为．方法