2024届九省联考高三新高考适应性测试数学试题及答案

2024年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（九省联考）数学试题注意事项：]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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.样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为（）A.14B.16C.18D.20x221（y2a的离心率为，则a2.椭圆）2a233A.B.2C.3D.2的前项和为3，则（））anSn,aa7123.记等差数列A.120nB.140C.160D.1804.设,是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（,lA.若,∥,∥m,l,∥l，则m,l,l，则，则mlB.若D.若C.若m,∥,∥，则∥l5.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.已知Q为直线l:x2y10A.E是一个半径为5的圆C.E上的点到l的距离均为5上的动点，点P满足，记P的轨迹为，则（）3EB.E是一条与l相交的直线D.E是两条平行直线13ππ7.已知,π,tan24tan（），则442cos2第1页/共4页143432A.B.C.1D.x22y22ab0)的左、右焦点分别为F,FC,B，过坐标原点的直线与交于两点，8.设双曲线C:12abFB2FA,FAFB4a，则C的离心率为（2）1122A.2B.2C.5D.7二、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．3π43π4fxsin2x9.已知函数2x，则（）π4fxA.函数为偶函数yfx的xπ,kZ对称轴为B.曲线ππ32C.在区间fx,单调递增D.的最小值为2fxz,w10.已知复数均不为0，则（）zzz2z2|z|2B.D.A.|z|2zzC.zwzwww1211.已知函数的定义域为R，且fx0，若，则（）ffxyfxfy4xy1f120f2A.B.21212fxfxC.函数是偶函数D.函数是减函数三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．，若ABAm，则的最小值为__________．A2,0,4,Bxx3m12.已知集合的高与球O的体积与球O的体积的比值13.已知轴截面为正三角形的圆锥第2页/共4页是__________，圆锥的表面积与球O的表面积的比值是__________．14.以M表示数集M中最大的数．设0abc1，已知b2a或ab1，则ba,c,1c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．处的切线与直线,f2fxxx15.已知函数222x3y0垂直．在点a（1）求；（2）求的单调区间和极值．fx16.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．EXABCD117.如图，平行六面体中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，111AACCCD,C45．1111（1）证明：OABCD平面；（2）求二面角BAA1D正弦值．18.已知抛物线C:y4x的焦点为FF的直线l交C于,BF与l垂直的直线交C于D,E2B,Dx在轴上方，M,NAB,DE分别为的中点．两点，其中（1）证明：直线MN过定点；（2）设G为直线AE与直线BDGMN面积的最小值．X,p1u,vX,mNpv19.uuv除以的余数，um为um除以的余数；设aXpp，a,a2,,,ap2,为两两不同，若abn,p2bnp)bn,n，则称是以为底的离散对数，记为a．a第3页/共4页pa2p（1）若，求a；1,2,p21m1mp1的余数（当1m2能被p1整除时，（2）对，记为除以22mm0log(p)bclog(p)ablog(p)ac，其中,cX；12anp)abxX,k,p2ak,,y2bk,．证明：y1x（3）已知．对，令xy2ynp2,．1第4页/共4页2024年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（九省联考）数学试题注意事项：]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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.样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为（）A.14B.16C.18D.20【答案】B【解析】【分析】由中位数定义即可得.【详解】将这些数据从小到大排列可得：10，12，14，14，16，20，24，30，40，则其中位数为16.故选：B.x221（y2a的离心率为，则a2.椭圆）2a233A.B.2C.3D.2【答案】A【解析】【分析】由椭圆的离心率公式即可求解.a2112233【详解】由题意得e故选：A.，解得a，a的前项和为3，则（）anSn,aa7123.记等差数列nA.120B.140C.160D.180第1页/共20页【答案】C【解析】aanS的值，然后根据前项和公式结合下标和性质求解出的值.16【分析】利用下标和性质先求出5aa2a6a35aa31720，所以，512【详解】因为，所以37516a16S1618aa160，512所以2故选：C.4.设,,l是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（）A.若,∥,∥m,l,∥l，则m,l,l，则，则mlB.若D.若C.若m,∥,∥，则∥l【答案】C【解析】【分析】由线面平行性质判断真命题，举反例判定假命题即可.,l可能平行，相交或异面，故A错误，对于B，,【详解】对于A，可能相交或平行，故B错误，对于D，,故选：C可能相交或平行，故D错误，由线面平行性质得C正确，5.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【答案】B【解析】2人占据首四位、乙丙及中间2人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果.【详解】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，A22A12A22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，A22A12A228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，第2页/共20页A22A12A22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，A22A12A228所以有种方法；由分类加法计数原理可知，一共有8+8=种排法，故选：B.6.已知Q为直线l:x2y10上的动点，点P满足3，记P的轨迹为，则（）EA.E是一个半径为5的圆B.E是一条与l相交的直线D.E是两条平行直线C.E上的点到l的距离均为5【答案】C【解析】【分析】设，由可得点坐标，由在直线上，故可将点代入坐标，即可得P轨迹Px,y3QQE，结合选项即可得出正确答案.【详解】设，由，则，Qxy3Px,y3由Q在直线l:x2y10上，故x12y310，x2y60化简得，即P轨迹为E为直线且与直线l平行，61d5，故A、B、D错误，C正确.E上的点到l的距离故选：C.12223π4π417.已知,π,tan24tan（），则2cos213432A.B.C.1D.4【答案】A【解析】1sin2【分析】根据正弦、余弦、正切二倍角公式，将齐次化即可得出答案.2cos2sin23π4π【详解】由题,π,tan24tan，44tan2tan4tan22tan，得1tan21tan第3页/共20页12则2tan1tan20tan2tan或，3π412因为,π,tan0，所以tan，1sin2sin22costan212tan2cos2sin22coscos222tan1111442.故选：A8.设双曲线C:x22y2ab0)的左、右焦点分别为F,FC,B，过坐标原点的直线与交于两点，12ab2FB2FA,FAFB4a，则C的离心率为（2）1122A.2B.2C.5D.7【答案】D【解析】FAFBFBFAAF1BF且四边形为平行四边形，由题意可得2【分析】由双曲线的对称性可得、12122ac，结合余弦定理表示出与、有关齐次式即可得离心率.出1【详解】FAFBFBFAAF1BF，有四边形为平行四边形，2由双曲线的对称性可知，1212FAFBmFBFA2m，12令，则12FAFA2a2mm2am2a，即，由双曲线定义可知，故有21FAFBm2aFBFA4a，即，1212FAFBFAFBcosAFB2a4acosAFB4a2，222222第4页/共20页1232πcos2B2BF，故21则，即，32224a2221B2B1F22a2c12则有FBF，2124a2a2FBFB1220a24c21204e212e27，由e1，故e7.即，即，则16a221616故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于、、之间的等量关系，本题中abc1A2Ba2与的具体关系及的大小，借助余弦定理表示出与1结合题意与双曲线的定义得出、ac、有关齐次式，即可得解.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．3π43π4fxsin2x9.已知函数2x，则（）π4fxA.函数为偶函数yfx的xπ,kZ对称轴为B.曲线ππ32C.在区间fx,单调递增D.的最小值为2fx【答案】AC【解析】3π43π4fxsin2x【分析】利用辅助角公式化简2x，再根据三角函数的性质逐项判断即可.3π43π43πfxsin2x【详解】2x3π3π3πsin2xsincos2xcos2xsin2xsin44442222sin2x2xcos2xsin2x2sin2x，2222第5页/共20页fx2sin2xπ即，π2fx2x2cos2x，易知为偶函数，所以A正确；对于A，4ππππ,kZ,kZ，故B错误；fx2sin2x2xx对于B，对于C，对称轴为242ππ322πx,,2x,πysin2x，单调递减，则32sin2x单调递增，故C正确；fxfx2,2，故D错误；2sin2x，则sin2xfx对于D，，所以故选：ACz,w10.已知复数均不为0，则（）zz2z2|z|2B.D.A.z|z|2zzC.zwzwww【答案】BCD【解析】【分析】设出zabi、wci，结合复数的运算、共轭复数定义及复数的模的性质逐个计算即可得.、；wcic,dRzabia,bR【详解】设，则zabi2a2abibab2abi，zabia,bR22222对A：设2|z|2a2b2a2b2，故A错误；2zz2zzz对B：，又2，即有zzz，故B正确；zzz|z|2zwabicdiacbdi，则zwacbdi对C：，zwabicdiacbdizabi，wcdi，则，即有zwzw，故正确；Cacbdadbcizabicdiabicdicdicdi对D：wcd22第6页/共20页22acbdadbca2c22b2d2a2d22bc222c2d2c2dc22d2a2c2b2d2a2d2b2c2a2c2b2d2a2d2b2c2，c22c2d2d2a2c2db22za2b22a2b22cd2d2wdc2c2d2c2a2c2b2c2ad2d2b2d2，c22zz故，故D正确.ww故选：BCD.1211.已知函数的定义域为R，且0，若，则（）fxffxyfxfy4xy1f120f2A.B.21212fxfxC.函数是偶函数D.函数是减函数【答案】ABD【解析】112xy0f0，对：令1xy0，【分析】对抽象函数采用赋值法，令、，结合题意可得A、212121212yfx2xfxfx及函数BCD12函数的性质，代入x1，即可得f.1121212xy0fff0f1f00，【详解】令、，则有212又0，故1f0，即f01，f011112211112222xyfff4令、，则有，22第7页/共20页11f1122即f0f1，由f0，可得1ff0，22121f0，故A正确；f0又，故212121221yfxfxf4x令，则有，1212fx2xfx即，故函数是奇函数，1212fx12x12x2fx2x2，有，即12fx即函数是减函数，12x1，有f212，令故B正确、C错误、D正确.故选：ABD.f01【点睛】关键点睛：本题关键在于利用赋值法解决抽象函数问题，借助赋值法，得到，再重新1f120fx2x.赋值，得到，再得到2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．，若ABAm，则的最小值为__________．A2,0,4,Bxx3m12.已知集合【答案】5【解析】ABAABAABAB【分析】由【详解】由可得，故，解出集合B后结合集合的关系计算即可得.，x3m，得m3xm3，由4m3m1m5，即，故有2m3，即m5m5即的最小值为.故答案为：5.第8页/共20页的高与球O的体积与球O的体积的比值13.已知轴截面为正三角形的圆锥是__________，圆锥的表面积与球O的表面积的比值是__________．2【答案】【解析】①.②.13【分析】设圆锥的底面圆半径r以及球的半径R，用r表示出圆锥的高h和母线l以及球的半径R，然后根据体积公式求出体积比，根据表面积公式求得表面积之比.【详解】设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，r，母线l2r，因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h3h2RR由题可知：，所以球的半径r213r所以圆锥的体积为Vπr2r3，133344332球的体积VR3πrr3，23323rr33V23331所以；22Srlr123r2圆锥的表面积，23S4R224πr3r2，球的表面积213r221，所以S23r2故答案为：；1.314.以M表示数集M中最大的数．设0abc1，已知b2a或ab1，则ba,c,1c的最小值为__________．1【答案】##0.25【解析】第9页/共20页b1np.【分析】利用换元法可得，进而根据不等式的性质，分情况讨论求解a1mnp【详解】令ba,cbn,1cp,其中,n,p0，2mnp1，，b1np所以，a1mnpb1np21mnp若b2a，则，故Mba,cb,1c,n,p，令2M2m14MnMp4M2mnp1,M因此,故则若ab1，则1np1mnp1，即m2n2p1，，Mba,cb,1c,n,pMm12M2n,5Mm2n2p1,M则当故则，52M2pm2n2p时，等号成立，15ba,c,1c的最小值为综上可知，15故答案为：【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，在b2a和ab1前提下进行合理分类讨论，根据题意得到相对应的不等式组，注意题目的条件关键词是“或”.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．处的切线与直线,f2fxxx15.已知函数222x3y0垂直．在点a（1）求；（2）求单调区间和极值．【答案】（1）a31fx的123（2）单调递增区间为，单调递减区间为,1，极大值20，极小值、24【解析】第10页/共20页1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.【小问1详解】1192fxf222aa，2xa，则x2922a由题意可得1，解得a3；3【小问2详解】由a3，故fxxx3x2，22x3x12x1x112则fx2x3，x0，xxx1212f(x)>0x1x，当x1时，¢)f(x>0，故当0x时，，当时，f0112故的单调递增区间为，的单调递减区间为fxfx,1，、221211134故有极大值ffx2，32222f113120.有极小值216.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．EX4【答案】（1）7107EX（2）分布列见解析，【解析】1个不同数字的小球，然后再从确定的每种小球中取31法数，再除以总的取法数可得结果；（2X的可取值为2,3X求分布列和期望.EX【小问1详解】第11页/共20页记“取出的个小球上的数字两两不同为事件M，3”3C34先确定个不同数字的小球，有种方法，然后每种小球各取1个，有C12C12C种取法，21C34C12C12C1247所以PM=.C38【小问2详解】由题意可知，X的可取值为2,3，当X1时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球，11C12C262C169PX1所以=；14当X2时，分为两种情况：只有一个数字为2的小球、有两个数字为的小球，2C12C24C22C1427PX2所以==；C38X333当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球，C12C22C2C121PX3所以2，C3814所以X的分布列为：X1231927P92110EX123所以.147147ABCD117.如图，平行六面体中，底面．ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，111AACCCD,C451111第12页/共20页（1）证明：O平面；ABCDBAA1D（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；22（2）3【解析】1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值.【小问1详解】1,连接，1ABCD2BC是边长为的正方形，所以，因为底面CCBCCD1CC1又因为，，，11CCBCCD11所以点O，所以11OBD，为线段BD中点，所以1在CO中，，CO45O2，1COAC222C22CC2O2CO所以，21CC122OO2则，又O，OC平面平面ABCD，BDABCD，所以O平面ABCD.【小问2详解】第13页/共20页ABCDACBDOABCD，所以建系如图所示，由题知正方形中，平面B2,0,D2,0,A2,0,0,C2,0,0,C2则，12,2AACC则，11AB2,2,0,AD2,2,0，x,y,znx,y,z的法向量为，222BAAmDAA设面的法向量为，面111110AAm02x2111m，则ABm02x2y011，AAn02z201ADm02x2y022BAA1D大小为设二面角，mn11223cossin12则，mn333223BAA1D所以二面角的正弦值为.18.已知抛物线C:y4x的焦点为FF的直线l交C于,BF与l垂直的直线交C于D,E2B,Dx在轴上方，M,NAB,DE分别为的中点．两点，其中（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．【答案】（1）证明见解析（2）8第14页/共20页【解析】1）设出直线AB与直线CD的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，表示MN出直线后即可得定点坐标；（2AE与直线BD的方程，联立两直线后结合第一问中韦达定理得出点G的横坐标恒为1结合面积公式及基本不等式即可得.【小问1详解】由C:y4x，故F0，由直线AB与直线CD垂直，2故两只直线斜率都存在且不为0，xmy1、1x2y1，有mm1设直线AB、CD分别为，12、、、，Ax,yBx,yEx,yDx,y112233442y4x联立C:y24x与直线AB，即有，x1y1x消去可得y241y40，161160，2yy4myy4，故则故即当、12121xxmy1my1myy24m212，1211121121x21y22121，2m，12222，M2m2121N2m22，同理可得21212221时，222m1x2112m，1则l:y222212m211m1212mx21212mmy1x21212m12即21212121m2x21212mm2m21x121m122，，21212121x121mm1yx3由故，即122121211y330，x3时，有21第15页/共20页MN过定点，且该定点为0此时，121，即11时，时，由21212221时，即12m22当有l:x213，亦过定点0，MN过定点，且该定点为0故直线；【小问2详解】由、、、，Ax,yBx,yEx,yDx,y112233443yl:y1x1y121y4x22y4x则故，由、，213122213y1y14xy1y1y34x1y3yx123y21431313131yy，31444x13yy34x1314xy2yl:y4同理可得，联立两直线，即，y4y2y4y2y2y4y4y2y4y24x134xy2y4有，3131y4y2y4y24xyyyyyy4xyyyyyy，即有421342312431yyyyyyyyx24311342yy4yy4，同理，34，由y124yy2341第16页/共20页yyyyyyyyyyyyyyyyyyyyx24311342234124134123故4yy23y4yy23y41414yy3y4121，4yy23y41x1G故，12过点G作GQ//x轴，交直线MN于点Q，则Syyxx，MNQG22，M2m2121N2m22由故、22yy2m2m2m2214，MN12111当且仅当11时，等号成立，xx4下证：QG由抛物线的对称性，不妨设10，则20，11,0，则点G当m1时，有m2xQx在轴上方，点亦在轴上方，111101，由直线MN过定点0，有2112xx314，此时QG11时，有点GxQx在轴下方，点亦在轴下方，同理，当10x，故此时Q4，G有2111时，Q3，当且仅当xx4恒成立，且11时，等号成立，故故QG121Sy