2024年1月九省联考数学真题试卷含详解

2024年九省联考高考数学适应性试卷（1月份）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．（5分）样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为（

）A．142．（5分）椭圆A．

B．16B．

C．18的离心率为，则a＝（C．

）

D．20D．23．（5分）记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a7＝6，a12＝17，则S16＝（

）A．120

B．140

C．160

D．1804．（5分）设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是（A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥lB．若m⊂α，l⊂β，m∥l，则α∥βC．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥lD．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β

）5．（5分）甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（

）A．20种

B．16种

C．12种

D．8种6．（5分）已知Q为直线l：x+2y+1＝0上的动点，点P满足A．E是一个半径为的圆B．E是一条与l相交的直线C．E上的点到l的距离均为D．E是两条平行直线

，记P的轨迹为E，则（

）7．（5分）已知

，则

＝（

）A．8．（5分）设双曲线

B．

C．1

D．的左、右焦点分别为F1，F2，过坐标原点的直线与C交于A，B两点．

，则C的离心率为（

）A．

B．2

C．

D．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．（多选）9．（6分）已知函数

，则（

）A．函数

为偶函数B．曲线y＝f（x）的对称轴为x＝kπ，k∈ZC．f（x）在区间D．f（x）的最小值为﹣2

单调递增（多选）10．（6分）已知复数z，w均不为0，则（

）A．z2＝|z|2

B．

C．

D．（多选）11．（6分）已知函数f（x）的定义域为R，且A．f（﹣）＝0B．C．函数是偶函数D．函数f（x+）是减函数三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

，若f（x+y）+f（x）f（y）＝4xy，则（

）12．（5分）已知集合A＝{﹣2，0，2，4}，B＝{x||x﹣3|≤m}，若A∩B＝A，则m的最小值为

．13．（5分）已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是

，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是

．14．（5分）以maxM表示数集M中最大的数．设0＜a＜b＜c＜1，已知b≥2a或a+b≤1，则max{b﹣a，c﹣b，1﹣c}的最小值为

．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．（15分）已知函数f（x）＝lnx+x2+ax+2在点（2，f（2））处的切线与直线2x+3y＝0垂直．（1）求a；（2）求f（x）的单调区间和极值．16．（15分）盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．（1）求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；（2）记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E（X）．17．（15分）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°，∠C1CO＝45°．（1）证明：C1O⊥平面ABCD；（2）求二面角B﹣AA1﹣D的正弦值．18．（16分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．（1）证明：直线MN过定点；（2）设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．19．（16分）离散对数在密码学中有重要的应用．设p是素数，集合X＝{1，2，…，p﹣1}，若u，v∈X，m∈N，记u⊗v为uv除以p的余数，um，⊗为um除以p的余数；设a∈X，1，a，a2，⊗，…，ap﹣2，⊗两两不同，若an，⊗＝b（n∈{0，1，…，p﹣2}），则称n是以a为底b的离散对数，记为n＝log（p）ab．（1）若p＝11，a＝2，求ap﹣1，⊗；（2）对m1，m2∈{0，1，…，p﹣2}，记m1⊕m2为m1+m2除以p﹣1的余数（当m1+m2能被p﹣1整除时，m1⊕m2＝0）．证明：log（p）a（b⊗c）＝log（p）ab⊕log（p）ac，其中b，c∈X；（3）已知n＝log（p）b．对x∈X，k∈{1，2，…，p﹣2}，令

．证明：

．aa2024年九省联考高考数学适应性试卷（1月份）参考答案与试卷解析一、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．【解答】解：样本数据从小到大排列为：10，12，14，14，16，20，24，30，40；所以中位数为第5个数，是16．故选：B．2．【解答】解：由题意得

，解得

．故选：A．3．【解答】解：根据题意，数列{an}为等差数列，因为a3+a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5+a12＝3+17＝20，所以

．故选：C．4．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，直线m，l可能平行，相交或异面，故A错误，对于B，平面α，β可能相交或平行，故B错误，对于C，由直线与平面平行性质，分析可得C正确；对于D，平面α，β可能相交或平行，故D错误．故选：C．5．【解答】解：因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间2人占据首四位或尾四位，①当乙丙及中间2人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，排乙丙有

种方法，排甲有

种方法，剩余两个位置两人全排列有

种排法，所以有

种方法；②当乙丙及中间2人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，排乙丙有

种方法，排甲有

种方法，剩余两个位置两人全排列有

种排法，所以有

种方法；由分类加法计数原理可知，一共有8+8＝16种排法．故选：B．6．【解答】解：设P（x，y），由

，则Q（x﹣1，y+3），由Q在直线l：x+2y+1＝0上，故x﹣1+2（y+3）+1＝0，化简得x+2y+6＝0，即P的轨迹为E为直线且与直线l平行，E上的点到l的距离故选：C．7．【解答】解：由题

，故A、B、D错误，C正确．，即

＝

，化简得（2tanθ+1）（tanθ+2）＝0⇒tanθ＝﹣2或

，因为＝

．

，所以

，故选：A．8．【解答】解：因为O为AB的中点，所以AF1BF2为平行四边形，如图：|F1B|＝|F2A|＝2|F1A|，又|F2A|﹣|F1A|＝2a，所以|F1A|＝2a，|F2A|＝2|F1A|＝4a；·

＝

·

＝﹣

﹣·

＝﹣2a·4acos∠F1AF2＝﹣8a2cos∠F1AF2＝4a2，所以cos∠F1AF2＝﹣，在△AF1F2中，由余弦定理得，4c2＝|F2A|2+|F1A|2﹣2|F2A|·|F1A|cos∠F1AF2＝4a2+16a2﹣2×2a×4a×（﹣）＝28a2，所以c＝

a，所以e＝

．故选：D．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．【解答】解：＝＝即对于A，

，

，，易知为偶函数，所以A正确；对于B，由对于C，确；对于D，

的对称轴方程，y＝sin2x单调递减，则，则sin2x∈[﹣1，1]，所以

，故B错误；单调递增，故C正，故D错误．故选：AC．10．【解答】解：∵复数z，w均不为0，对于A，不妨令z＝i，则z2＝﹣1，|z|2＝1，z2≠|z|2，A错误；对于B，＝

＝

，B正确；对于C，由复数的运算性质，可得

，C正确；对于D，

＝·

＝

＝

，故故选：BCD．

，D正确．11．【解答】解：令

，y＝0，则有

，又

，故1+f（0）＝0，即f（0）＝﹣1，令即

，

，则有

，由f（0）＝﹣1，可得

，

，又令即

，故，则有，故函数

，故A正确；是奇函数，

，有

，即

，即函数令x＝1，有

是减函数，

，故B正确、C错误、D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．【解答】解：由A∩B＝A，故A⊆B，由|x﹣3|≤m，得﹣m+3≤x≤m+3，故有

，即

，即m≥5，即m的最小值为5．故答案为：5．13．【解答】解：设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高由题可知：h＝2R，所以球的半径

，母线l＝2r，所以圆锥的体积为球的体积所以圆锥的表面积球的表面积所以

，

；

，

，

，

，故答案为：；1．14．【解答】解：令b﹣a＝m，c﹣b＝n，1﹣c＝p，其中m，n，p＞0，所以若b≥2a，则b＝1﹣n﹣p≥2（1﹣m﹣n﹣p），故2m+n+p≥1，令M＝max{b﹣a，c﹣b，1﹣c}＝max{m，n，p}，因此

，故4M≥2m+n+p≥1，则

，若a+b≤1，则1﹣n﹣p+1﹣m﹣n﹣p≤1，即m+2n+2p≥1，M＝max{b﹣a，c﹣b，1﹣c}＝max{m，n，p}，则

，故5M≥m+2n+2p≥1，则

，当且仅当m+2n+2p＝1且

时等号成立，如取

时可满足等号成立，综上可知max{b﹣a，c﹣b，1﹣c}的最小值为．故答案为：．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．【解答】解：（1）由题意可得

，则，解得a＝﹣3；

，（2）由a＝﹣3，故f（x）＝lnx+x2﹣3x+2，则

，x＞0，故当

时，f′（x）＞0，当

时，f′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，故f（x）的单调递增区间为故f（x）有极大值

、（1，+∞），f（x）的单调递减区间为，

，有极小值f（1）＝ln1+12﹣3×1+2＝0．16．【解答】解：（1）记“取出的3个小球上的数字两两不同”为事件M，确定3个不同数字的小球，有每种小球各取1个，有所以

种方法，种取法，．（2）由题意可知，X的可取值为1，2，3，当X＝1时，分为两种情况：只有一个数字为1的小球、有两个数字为1的小球，所以

；当X＝2时，分为两种情况：只有一个数字为2的小球、有两个数字为2的小球，所以

；当X＝3时，分为两种情况：只有一个数字为3的小球、有两个数字为3的小球，所以所以X的分布列为：

，X

1

2

3P所以17．【解答】解：（1）证明：因为

．

，所以所以C1O⊥BD，

＝

，因为CC1＝2，

，∠C1CO＝45°，所以

，所以

，所以C1O⊥OC，因为BD∩OC＝O，所以C1O⊥平面ABCD．（2）由（1）知，OB，OC，OC1两两互相垂直，以O为坐标原点，OB，OC，OC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则

，

，

，

，

，，所以设平面AA1B的法向量为则

，

，

，

，

，令x1＝1，则y1＝﹣1，z1＝﹣1，所以设平面AA1D的法向量为

，

，则

，令x2＝1，则y2＝1，z2＝1，所以设二面角B﹣AA1﹣D的平面角为θ，

，所以所以二面角B﹣AA1﹣D的正弦值为

，所以．

，18．【解答】（1）证明：由C：y2＝4x，故F（1，0），由直线AB与直线CD垂直，故两只直线斜率都存在且不为0，设直线AB、CD分别为x＝m1y+1、x＝m2y+1，有m1m2＝﹣1，A（x1，y1）、B（x2，y2）、E（x3，y3）、D（x4，y4），联立C：y2＝4x与直线AB，即有消去x可得y2﹣4m1y﹣4＝0，故y1+y2＝4m1、y1y2＝﹣4，则

，

，

，故即

，

，同理可得

，

，当则即＝由m1m2＝﹣1，即故x＝3时，有

时，

，

，

，，此时MN过定点，且该定点为（3，0），当

时，即

时，由m1m2＝﹣1，即m1＝±1时，有lMN：x＝2+1＝3，亦过定点（3，0），故直线MN过定点，且该定点为（3，0）；（2）解：由A（x1，y1）、B（x2，y2）、E（x3，y3）、D（x4，y4），则故

，由

、

，

，同理可得有

，联立两直线，即，

，即4x（y4+y2）+y1y3（y4+y2）＝4x（y3+y1）+y2y4（y3+y1），有故＝故xG＝﹣1，

，

，由y1y2＝﹣4，同理y3y4＝﹣4，过点G作GQ∥x轴，交直线MN于点Q，则

，由故

、

，

，当且仅当m1＝±1时，等号成立，下证|xQ﹣xG|≥4：由抛物线的对称性，不妨设m1＞0，则m2＜0，当m1＞1时，有有

，则点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，，由直线MN过定点（3，0），此时|xQ﹣xG|＞3﹣（﹣1）＝4，同理，当m1＜1时，有点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，有

，故此时|xQ﹣xG|＞4，当且仅当m1＝1时，xQ＝3，故|xQ﹣xG|≥4恒成立，且m1＝±1时，等号成立，故

，19．【解答】解：（1）若p＝11，a＝2，又注意到210＝1024＝93