江西南昌二中2024届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题（一）（解析版）

南昌二中2024届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题一本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式一、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，只有一项是符合题目要求的．1.数据6.0，7.4，8.0，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的50百分位数为（）A.8.4 B.8.5 C.8.6 D.8.7【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用第50百分位数的定义计算即得.【详解】依题意，一组数据的第50百分位数即为该组数据的中位数，所以数据6.0，7.4，8.0，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的第50百分位数为.故选：B2.已知双曲线的离心率，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线方程，求出离心率，由已知离心率范围列出不等式可解得的范围．【详解】由已知可得双曲线的焦点在轴上时，，，所以，由，解得.故选：A.3.若数列满足，，则（）A. B.11 C. D.【答案】D【解析】【分析】探索数列的周期性，根据数列的周期性求指定项.【详解】因为.所以数列周期为3的数列.所以，所以，故.故选：D4.已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】B【解析】【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．【详解】对于A，若，则或与异面，故A错误；对于B，若，则，又，则，故B正确；对于C，若，则或，故C错误；对于D，若，则或与相交，故D错误．故选：B．5.在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是和，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据条件概率的计算公式计算得解.【详解】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，，，，，，.故选：A.6.在平面直角坐标系中，集合，集合，已知点，点，记表示线段长度的最小值，则的最大值为（）A.2 B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】将集合看作是直线的集合，求出定点坐标，即可得出答案.【详解】集合可以看作是表示直线上的点的集合，由变形可得，，由可得，，所以直线过定点.集合可看作是直线上的点的集合，由变形可得，，由可得，，所以，直线过定点.显然，当线段与直线都垂直时，有最大值.故选：D.7.已知函数，，则存在，使得（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意求出函数在区间上的值域，由此即可判断A，D；设，求导研究的单调性，进一步得到在上的值域,从而判断B；设结合零点存在定理判断在上是否存在零点，从而判断C.【详解】当时，，，所以，即，（一个正数乘以一个小于1的正数，积一定小于这个数）故排除A，D．对于B，设，则．因为当时，，所以，即，所以在上单调递减，．又当时，，，所以，所以，即，故B错误．对于C，令，因为，，且函数的图象是连续不断的，所以函数在内存在零点，即存在，使得，即存在，使得，故C正确.故选：C．【点睛】方法点睛：复合函数求导的一般步骤：（1）分析清楚函数是由哪些函数复合成的，也就是找出，，使得；（2）分别求对的导数和对的导数，再根据复合函数的求导法则，得到，注意最后结果中要把写成的形式．8.已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面，，交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可.【详解】

在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，，设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，，，P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，在中，，所以，当P在面内部的轨迹长为，同理，当P在面内部的轨迹长为，当P在面时,如图③所示，面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，所以P在正方形内的轨迹为，所以，综上：P的轨迹长度为.故选：C【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.二、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.已知复数，，则下列结论正确的是（）A.方程表示的在复平面内对应点的轨迹是圆B.方程表示的在复平面内对应点的轨迹是椭圆C.方程表示的在复平面内对应点的轨迹是双曲线的一支D.方程表示的在复平面内对应点的轨迹是抛物线【答案】AC【解析】【分析】根据复数模的几何意义，及椭圆、双曲线的定义逐项分析即可.【详解】由复数模的几何意义知，表示复平面内点与点之间的距离为定值2，则在复平面内对应点的轨迹是圆，故A正确；由复数模的几何意义知，表示复平面内点到点和的距离之和为，又，不满足椭圆的定义，故B不正确；由复数模的几何意义知，表示复平面内点到点和的距离之差为1，又，满足双曲线的定义，故C正确；对于D，可化为，表示复平面内点到点和的距离相等，轨迹是直线，故D不正确，故选：AC.10.已知为锐角，则下列说法错误的是（）A.满足的值有且仅有一个B.满足,,成等比数列的值有且仅有一个C.,,三者可以以任意顺序构成等差数列D.存在使得,,成等比数列【答案】CD【解析】【分析】从前往后的顺序，利用三角函数公式，图象和性质，逐步判断，找到错误的C，利用反证法可判断D的正误.【详解】因为，在同一坐标系内作和的图象：可知在上，方程只有一解，故A选项内容正确；由，，成等比数列，可得，，得，在同一坐标系内作和的图象：可知方程，有且只有一解，所以B选项内容正确；若，，三者可以以任意顺序构成等差数列，则必有：，且锐角，所以，而，所以，，三者不可能以任意顺序构成等差数列，，所以C选项内容错误,对于D，若存在，使得,,成等比数列，则，而，故即，故即，所以且，由可得，而，故，故，所以不存在使得,,成等比数列故选：CD.【点睛】思路点睛：与三角有关的方程是否有解的问题，可根据代数式的特征选择合适的范围，再根据范围判断一些特定代数式的符号，从而可判断方程是否有解.11.已知无穷数列，．性质，，；性质，，，下列说法中正确的有（）A.若，则具有性质sB.若，则具有性质tC.若具有性质s，则D.若等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】根据性质的定义可判断选项A；根据性质的定义可判断选项B；根据性质的定义可得，，利用累加法可证选项C；对于D，结合选项C，可得，由满足性质，分和讨论求出，再由满足性质得，令，结合函数单调性可验证满足题意.【详解】对于A，因为，对，，即，所以不具有性质，故A错误；对于B，，对，，，，故B正确；对于C，若具有性质，令，则，即，，，又，所以，，故C正确；对于D，是等比数列，设其公比为，又，，若满足性质，由选项C得，即，，，由，，得，当时，得，即，对，又，，当时，不妨设，则，，解得，，综上，若满足性质，则.若满足性质，对，，，可得，即，令，则，又，所以函数在上单调递增，又由满足性质，，成立，所以等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为.故D正确.故选：BCD.【点睛】思路点睛：选项C，由题意可得，，累加法可得，结合，可判断；选项D，由满足性质，结合选项C得，分和讨论恒成立求出，又由满足性质，得，令，结合函数单调性可验证满足题意.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，（a为实数）．若q的一个充分不必要条件是p，则实数a的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】利用小范围是大范围的充分不必要条件转换成集合的包含关系求解.【详解】因为q一个充分不必要条件是p，所以是的一个真子集，则，即实数a的取值范围是.故答案为：.13.各棱长均为1且底面为正方形的平行六面体，满足，则______；此平行六面体的体积为______．【答案】①.②.【解析】【分析】由空间向量基本定理可得，对其两边同时平方结合数量积的定义即可求出；连接交于点，连接，先证明平面，再由柱体的体积公式即可得出答案.【详解】因为，所以.连接交于点，连接，因为底面为边长是的正方形，所以，因为，连接，则，所以在中，，所以，又因为，所以，，平面，所以平面，所以平行六面体的体积为：.故答案为：；.14.已知定义在R上的增函数满足对任意的，都有，且，函数满足，，且当时．若在上取得最大值的x值依次为，，…，，取得最小值的x值依次为，，…，，则______．【答案】2600【解析】【分析】对可得，，由题意分析可知的一个周期为4，关于点对称，关于直线对称，进而结合函数性质分析求解.【详解】因为，令，可得，令，可得，因为，所以，．因为，可知的图象关于点对称，又因为当时，，则在上单调递增，且，所以在上单调递增，且．因为，则的图象关于直线对称，所以在上单调递减，且，故在上的最大值为4，最小值为0．由得，则，所以，得，故的一个周期为4，且在处取得最小值0，在处取得最大值4，所以．故答案为：2600.【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．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.已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】15.答案见解析16.【解析】分析】（1）根据题意求出对函数求导得，然后分类对进行讨论，从而可求解.（2）由恒成立，利用参数分离可得，然后构造函数，再利用导数求解出的最大值，从而可求解.【小问1详解】由题意知：，所以，①当时，若，则，若，则，所以在上单调递增，在上单调递减；②当时，令得：或，且，若，则，若，则，若，则，所以在，上单调递增，在上单调递减；③当时，恒成立，所以在上单调递增；④当时，令得：或，且，若，则，若，则，若，则，所以在，上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】由恒成立，即，恒成立，所以，，令，，所以，若，则，若，则，在上单调递增，在上单调递减；所以当时，有极大值也最大值为，所以.所以的取值范围为.16.有两个盒子，其中1号盒子中有3个红球，2个白球；2号盒子中有6个红球，4个白球．现按照如下规则摸球．从两个盒子中任意选择一个盒子，再从盒中随机摸出2个球，摸球的结果是一红一白．（1）你认为较大可能选择的是哪个盒子?请做出你的判断，并说明理由；（2）如果你根据（1）中的判断，面对相同的情境，作出了5次同样的判断，记判断正确的次数为X，求X的数学期望（实际选择的盒子与你认为较大可能选择的盒子相同时，即为判断正确）．【答案】（1）选择1号盒子（2）【解析】【分析】（1）计算出1号盒子和2号盒子中摸出一红一白的概率比较下结论；（2）根据题意得到求解.【小问1详解】解：设选择1号盒子后摸出一红一白的概率为，设选择2号盒子后摸出一红一白的概率为，则，，因为，所以较大可能选择1号盒子；【小问2详解】由贝叶斯公式，选择1号盒子后猜中的概率由题意得：，所以.17.如图1，已知正三角形边长为4，其中，现沿着翻折，将点翻折到点处，使得平面平面为中点，如图2.（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设O为BC的中点，结合图形翻折的性质推出平面，建立空间直角坐标系，求得相关线段长，即可求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得异面直线与所成角的余弦值；（2）求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【小问1详解】取的中点为的中点为，连接与，正三角形中，，所以，则四边形为等腰梯形，故；由翻折性质可得，,则≌，是的中点，，平面平面，平面平面平面，平面平面，以点为坐标原点以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，正的边长为，则为正三角形，边长为3，则，，连接，在中，由勾股定理得，，则，，异面直线所成角的取值范围为，异面直线与所成角的余弦值为.【小问2详解】由（1）得，，，易得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即，令，则，，平面与平面夹角的余弦值为.18.在平面直角坐标系中，已知抛物线和点.点在上，且.（1）求的方程；（2）若过点作两条直线与，与相交于，两点，与相交于，两点，线段和中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，，证明：，且为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由己知，根据点坐标，借助可表示出点坐标，然后带入抛物线方程，即可完成方程的求解；（2）由已知，分别设出四点坐标，然后利用坐标分别表示出直线，，，的斜率,即可证得，设和的中点分别为，，分别联立与抛物线方程，求得，的坐标，利用斜率公式表示，化简计算即可得出结果.【小问1详解】设点，则，因为，，所以，，所以点，代入方程中，得，所以的方程为.【小问2详解】设点，，，，则直线的斜率，同理得直线的斜率，直线的斜率，直线的斜率，所以，，从而得.由消去得，所以，由，得或.设和的中点分别为，，则，，同理，，所以，即，所以得19.若存在使得对任意恒成立，则称为函数在上的最