江西省抚州市临川第一中学2024届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题（一）（教师版）

这是一份江西省抚州市临川第一中学2024届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题（一）（教师版），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. 某校高一年级18个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，获得了10个班的比赛得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，则这组数据的分位数为（ ）
A. 93B. 93.5C. 94D. 94.5
【答案】B
【解析】
【分析】利用百分位数的定义即可得解.
【详解】将比赛得分从小到大重新排列：85，87，89，90，91，91，92，93，94，96，
因为，
所以这组数据的分位数第8个数与第9个数的平均值，即.
故选：B.
2. 已知向量，满足，，则的最小值为（ ）
A. B. C. 8D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】设且，建立直角坐标系，得到，求得，得到，结合基本不等式和函数上的单调性，即可求解.
【详解】解：建立如图所示平面直角坐标系，设且，
因为，可得，
则，
所以，
又因为向量满足，可得，解得，
所以，
，
则，
设，因为，当且仅当，
所以，
又因为在上为单调递增函数，
所以，即的最小值为.
故选：A.
3. 过直线上一点M作圆C：的两条切线，切点分别为P，Q．若直线PQ过点，则直线PQ的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，先利用两圆方程相减得到直线PQ的方程，再利用直线PQ过点求得t的值，进而得到直线PQ的方程.
【详解】圆C：的圆心为，
设，则以为直径的圆的方程为
与圆C的方程两式相减可得直线PQ的方程为
因为直线PQ过点，所以，解得．
所以直线PQ的方程为，即．
故选：C．
4. 古城赣州最早有五大城门，分别为镇南门、百盛门、涌金门、建春门和西津门，赣州某学校历史兴趣小组决定利用两个周日的时间对五大城门的地理位置及历史意义进行调研．若约定：每个城门只调研一次，且每个周日只调研五大城门中的两大城门或三大城门，则恰好在同一个周日调研百盛门和建春门的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到此次调研的基本事件的总数为种，再由题设条件，分为两类求得恰好在同一个周日调研百盛门和建春门的种数，集合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意，每个城门只调研一次，且每个周日只调研五大城门中的两大城门或三大城门，
共有种不同的调研方法，
其中恰好在同一个周日调研百盛门和建春门，可得分为：
①其中一个周日只调研百盛门和建春门，另一个周日调研其他三门，有种方法；
②其中一个周日调研百盛门、建春门和其中另一个门，另一个周日调研剩余的两门，
有种方法，共有种不同的调研方法，
所以恰好在同一个周日调研百盛门和建春门的概率为.
故选：A.
5. 数列的前n项和为，满足，则数列的前n项积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的递推公式求出，进而求出数列通项，借助单调性求解即得.
【详解】依题意，，，则，当时，，
两式相减得，即，因此数列是以512为首项，为公比的等比数列，
于是，显然数列单调递减，当时，，当，，
所以当或时，数列的前n项积最大，最大值为.
故选：B
6. 已知矩形ABCD中，，，将沿BD折起至，当与AD所成角最大时，三棱锥的体积等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据异面直线所成角、锥体体积公式等知识求得正确答案.
【详解】因为异面直线所成角的范围是，故当时，与AD所成角最大，
因为四边形是矩形，所以，
而平面，所以平面，
因为平面，所以，
在直角三角形中，，
而，所以，
所以.
故选：A
【点睛】异面直线所成角的范围是，当两条直线所成角为时，两直线平行或重合.求解锥体体积的问题，可以考虑利用转换定点的方法，然后利用体积公式来求得三棱锥的体积.
7. 已知，求（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数诱导公式化简已知等式可得，再利用两角和差的余弦公式结合同角三角函数关系化简可得，继而利用三角恒等变换，化简求值，即得答案.
【详解】由题意知，
即，
故，
即，
故，
即
，
故选：D
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于利用三角函数诱导公式以及两角和差的公式化简得出的表达式之后，要利用拆角的方法，继而结合三角恒等变换公式，化简求值即可.
8. 若存在，使得对于任意，不等式恒成立，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将题干中的不等式变形为，由题意可知直线恒位于函数图象的上方，函数的图象的下方，代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过且与曲线相切时，最小，设切点坐标为，求出的值，即可得出的最小值.
【详解】令，其中，则，
当时，，则函数在上单调递增，且，
令，则，
因为函数在上单调递增，
，，
所以，存在，使得，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，如下图所示：
由题意得，
直线恒位于的图象上方，的图象下方，
代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过且与曲线相切时，最小．
设切点为，则，
整理可得，
令，则，
，
而当时，，，
所以，，
所以当时，，则函数在上单调递增，
所以有唯一的零点，
所以，此时直线方程为，故.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的最值，解题的关键在于将不等式变形为，通过作出图象，找出直线与函数相切时，最小，然后利用导数法进行求解.
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．
9. 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 集合
C. 函数的值域为
D. 在定义域内单调递增
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空集的定义判断A，根据集合元素的特征判断B，根据所给函数解析式判断C，将函数写成分段函数、再分析函数在各段的单调性即可判断D.
【详解】对于A：或，故A错误；
对于B：，
又，令，所以，，
即，
所以，故B正确；
对于C：因为，所以的值域为，故C错误；
对于D：，
因为在上单调递增，在上单调递增，
且为连续函数，所以在上单调递增，故D正确；
故选：BD
10. 如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ）
A.
B.
C. 函数在上单调递减
D. 若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】令求得根据求得，根据求得的解析式，再逐项验证BCD选项.
【详解】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由得，
所以，，
所以，，
所以，
，故B错误.
当时，，
因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；
将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），
为偶函数得，，
所以，，则的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知定义在的函数满足：①对恒有；②对任意的正数，恒有．则下列结论中正确的有（ ）
A.
B. 过点的切线方程
C. 对，不等式恒成立
D. 若为函数的极值点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由条件①结合导数的运算法则可设，再由条件②，求得，选项A，B易判断；对C，构造函数，利用导数证明即可；对D，利用导数判断极值点的范围，即可得证.
【详解】恒有，
，
可设（其中C为常数），
又对任意的正数恒有，
对任意的正数恒有，
，
，
，即，
对于A，由上式可得，故A正确；
对于B，，设切点为，则切线斜率为，
，化简得，解，
所以点 就是切点，所以切线方程为，故B错误；
对于C，令，，则，
令，可得，，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，所以，对恒成立，故C正确；
对于D，设，，
上单调递增，且，，
所以使在上单调递减，在上单调递增，
为函数的极小值点且满足，，
，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：本题属于导数的应用问题，难度较大.首先分析条件①，由导数的运算法则得，可设，再由条件②，代入运算求得，再根据导数知识可依次判断各个选项得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复平面上一个动点Z对应复数z，若，其中i是虚数单位，则向量扫过的面积为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用复数的几何意义，得到复数表示以为圆心，以为半径的圆的圆面，过原点作圆的切线，切点为，结合三角形和扇形的面积公式，即可求解.
【详解】因为，
根据复数的几何意义，可得复数表示以为圆心，以为半径的圆的圆面，
如图所示，过原点作圆的切线，切点为，
在直角中，可得，所以，且 ，
所以，
所以复数向量扫过的面积为.
故答案为：.
13. 已知实数x，y满足，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】将题意转化为求曲线上一点到距离最小值，通过求导求出点符合题意，进而求出答案.
【详解】由题意得，，
即求曲线上一点到距离最小值，
又因为在直线上，
所以当曲线与直线平行时，距离取得最小值，
令，解得或（舍去），
当时，点到直线距离为，
即所求曲线上一点到距离最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的应用.关键点在于将所求式子进行化简，进而转化为距离问题，通过导数研究曲线即可.本题考查转化与化归能力、计算能力，属于中档题.
14. 如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝CD＝DA＝2，动点M在边DC上（不同于D点），P为边AB上任意一点，沿AM将△ADM翻折成△AD'M，当平面AD'M垂直于平面ABC时，线段PD'长度最小值为_____．
【答案】##
【解析】
【分析】作直线于点，连接，则翻折后，设，由，得，，设，则，，根据条件得到，然后求出线段长度的最小值．
【详解】作直线于点，连接，则翻折后，
平面平面，为两平面的交线，
平面，．
设，由，得，，
设，则，．
由知为正三角形，则，
，在中，，
即，
，
记，则，
由，得，又，，
若，则当时，；
若，则当时，，
．
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. 某校举行围棋友谊赛，甲、乙两名同学进行冠亚军决赛，每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，规定：每一局比赛中胜方记1分，负方记0分，先得3分者获胜，比赛结束．
（1）求进行3局比赛决出冠亚军的概率；
（2）若甲以领先乙时，记表示比赛结束时还需要进行的局数，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为
【解析】
【分析】（1）分甲乙全胜两种情况相加得结果；
（2）利用分布列步骤求解并求得期望.
【小问1详解】
甲3局全胜的概率为,
乙3局全胜的概率为，
进行3局比赛决出冠亚军的概率为
【小问2详解】
的可能取值为1，2，
，
，
故的分布列为：
故．
16. 设函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据切线方程，求得切点与切线斜率，建立方程，可得答案；
（2）由（1）写出函数解析式，化简整理不等式，构造函数，利用导数研究函数的单调性，求得最值，可得答案.
【小问1详解】
函数的定义域为.
将代入，解得，即，
由切线方程，则切线斜率.
故，解得.
【小问2详解】
证明：由（1）知，
从而等价于.
设函数，则.
所以当时，，当时，.
故在上单调递减，在上单调递增，
从而在上的最小值为.
设函数，
从而在上的最大值为.
故，即.
17. 如图，AB是半球O的直径，，依次是底面上的两个三等分点，P是半球面上一点，且．
（1）证明：；
（2）若点在底面圆上的射影为中点，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意证明面，得到，再结合线面垂直的判定定理得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，结合线面角的空间向量计算公式进行求解即可.
【小问1详解】
连接，
因为依次是底面上的两个三等分点，
所以四边形是菱形，设，则为中点，且，
又因为，故是等边三角形，
连接，则，
又因为面，，所以面，
因为面，所以，
因为依次是底面上的两个三等分点，所以，所以，
又因为AB是半球O的直径， P是半球面上一点，所以，
因为面，，所以面，
又因为面，所以
【小问2详解】
因为点在底面圆上的射影为中点，
所以面，
因为面，所以，
又因为，
所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
所以，
设平面的法向量，
则，令，则，
设直线与平面所成角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为
18. 已知双曲线，点，经过点M的直线交双曲线C于不同的两点A、B，过点A，B分别作双曲线C的切线，两切线交于点E．（二次曲线在曲线上某点处的切线方程为）
（1）求证：点E恒在一条定直线L上；
（2）若两直线与L交于点N，，求的值；
（3）若点A、B都在双曲线C的右支上，过点A、B分别做直线L的垂线，垂足分别为P、Q，记，，的面积分别为，问：是否存在常数m，使得？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）0 （3）存在
【解析】
【分析】（1）设，由题意可证得点A，B都在直线上，直线l过点，可得，即可证明点E恒在定直线上．
（2）法一：设，由可得，将其带入双曲线方程可得，同理可得，由根与系数的关系可得．
法二：由题意知，设l的方程：，联立直线与双曲线的方程，设，由可得，同理，将韦达定理代入即可得出答案.
（3）设，与联立，设，表示出，将韦达定理代入化简即可得出答案.
【小问1详解】
证明：设，
由题意得：切线EA的方程为：，将点E带入得：，
同理可得：，易知点A，B都在直线上，
所以直线l的方程为：，
因为直线l过点，所以，
所以点E恒在定直线上．
【小问2详解】
法一：设，因为，所以
整理得
因为点在双曲线上，所以，
整理得，
同理可得，
所以，是关于x的方程的两个实根，
所以．
法二：由题意知，l的斜率存在，设l的方程：，
联立得：，
所以，
设，因为，所以，所以，
同理，
所以
.
【小问3详解】
设，与联立得：
，
，
因为直线L的方程为，所以，
所以，
同理，
所以，
故存在，使得．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
19. 若各项为正的无穷数列满足：对于，，其中为非零常数，则称数列为数列.记.
（1）判断无穷数列和是否是数列，并说明理由；
（2）若是数列，证明：数列中存在小于1的项；
（3）若是数列，证明：存在正整数，使得.
【答案】（1）数列，不是数列，理由见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）代入定义计算即可得；
（2）借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的函数性质即可得；
（3）由题意将表示出来后，使用放缩技巧，通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式即可证明.
【小问1详解】
是数列，不是数列，理由如下：
当时，，，
则，故是数列；
当时，，，
则，故不是数列；
【小问2详解】
若是数列，则且，
此时数列是以为首项，为公差的等差数列，
故，当时，则总存在正整数，使，
与矛盾，故恒成立，，
有，，
即，，有，
则，
由随的增大而增大，
故总存在正整数使，即数列中存在小于1的项；
【小问3详解】
由（2）得，故，
即
，
则
，由随的增大而增大，
且时，，
故对任意的，总存在正整数使，
即总存在正整数，使得.
【点睛】关键点睛：本题第三问关键是通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式.1
2