39、（解析版）江西省赣州市南康中学2024届高三“九省联考”考后模拟训练数学试题（一）

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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. 一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意算出极差，进而得到该组数据的中位数，列式求出，进而利用百分位数的定义得出答案.
【详解】根据题意，数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，
则极差为，故该组数据的中位数是，
数据共6个，故中位数为，解得，
因为，所以该组数据的第40百分位数是第3个数6，
故选：C.
2. 椭圆与椭圆的（ ）
A. 长轴长相等B. 短轴长相等C. 离心率相等D. 焦距相等
【答案】D
【解析】
【分析】求出两椭圆的长轴长、短轴长、焦距以及离心率，即可得出合适的选项.
【详解】椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为，
椭圆的长轴长为，短轴长为，
焦距为，离心率为，
所以，两椭圆的焦距相等，长轴长不相等，短轴长不相等，离心率也不相等.
故选：D.
3. 设函数，数列，满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件先求出和的通项公式，然后令等于的值可求解出结果.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，
令，解得，
故选：B.
4. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，，则
C. 若，是两条不同的异面直线，，，，则D. 若，，则与所成的角和与所成的角互余
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间点线面的位置关系，点线面垂直平行的性质依次判断即可．
【详解】A．，，则，又，则，所以不正确，A不正确；
B．，，，则或，故B不正确；
C．若，是两条不同的异面直线，，，，则，C正确．
D．由时，与所成的角没有关系，时，由面面平行的性质知与所成的角相等，与所成的角相等，
因此与所成的角和与所成的角不一定互余，D不正确.
故选：C．
5. 将甲、乙等8名同学分配到3个体育场馆进行冬奥会志愿服务，每个场馆不能少于2人，则不同的安排方法有（ ）
A. 2720B. 3160C. 3000D. 2940
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知：共有两种分配方式，一种是，一种是，结合分堆法运算求解.
【详解】共有两种分配方式，一种是，一种是，
故不同的安排方法有.
故选：D.
6. 在平面直角坐标系中，已知向量与关于x轴对称，向量，则满足不等式点的集合用阴影表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题，有，，代入化简即可得出答案.
【详解】由题，有，，
所以，，所以，
即，
所以点的集合是以为圆心，1为半径的圆的内部.
故选：B．
7. 在中，已知D为边BC上一点，，．若的最大值为2，则常数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令且，求得外接圆半径为，若，结合已知得点在圆被分割的优弧上运动，进而确定的最大，只需与圆相切，综合运用两点距离、圆的性质、正弦定理、三角恒等变换列方程求参数.
【详解】令且，即，则外接圆半径为，
若，的外接圆方程为，
所以，令圆心为，
即点在圆被分割的优弧上运动，如下图，
要使的最大，只需与圆相切，由上易知，
则，而，由圆的性质有，
中，，显然，
由，则，
所以，可得（负值舍），
故，而，
所以，
整理得，则.
故选：D
【点睛】关键点点睛：令且，得到点在圆被分割的优弧上运动为关键.
8. 设、、满足，，，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，结合，可得出与的大小关系，再结合基本不等式以及不等式的基本性质可得出与的大小关系.
【详解】、、且，，，则，
先比较与的大小关系，
构造函数，其中，
则，所以，，
则，
令，其中，则，
令，其中，所以，，
所以，函数在上单调递增，故，
所以，函数在上单调递增，则，即，
因为，则，
所以，，
所以，，
因为，所以，
，
所以，对任意的，，
故函数在上单调递减，
因为，则，故，
由基本不等式可得（，故取不了等号），所以，，
故选：A.
【点睛】方法点睛：
在解决比较两个数大小的问题时，常常有三种解决方法：
（1）作差法，即两个数作差，若，则，若，则；
（2）作商法，即两个数坐商，若，则，若，则；
（3）单调性法，即借助函数的单调性比较两个数的大小.
二、多选题（共18分）
9. 下列等式正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用诱导公式和三角恒等变换等知识求得正确答案.
【详解】对A，，A选项正确；
对B，，B选项正确；
对C，，C选项错误；
对D，
，所以D选项正确.
故选：ABD
10. 若复数，则（ ）
A. 的共轭复数B.
C. 复数的虚部为D. 复数在复平面内对应的点在第四象限
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先化简复数，再根据复数的相关概念，即可判断选项.
【详解】，则，故正确；
，故正确；复数的虚部为，故错误；
复数在复平面内对应的点为，在第四象限，故正确.
故选：ABD
11. 已知函数和其导函数的定义域都是，若与均为偶函数，则（ ）
A.
B. 关于点对称
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】用特殊值法，假设，可判断选项A；
对进行变形处理，即可判断其对称性，从而判断选项B；
对两边求导，可得，根据可判断的周期性和对称性，再根据特殊值关系，即可判断选项C；
由特殊值关系得到，，化简，即可判断选项D.
【详解】假设，则，都为偶函数，则所设函数符合题意，此时，所以A错误；
因为为偶函数，所以，即，
令，则，所以关于点对称，故B正确；
因为均为偶函数，所以，所以函数的图象关于直线对称，即，
因为，所以，所以，
所以，，又，，
所以，所以无法确定的值，所以C错误；
又，，所以，又，所以，
由知函数周期为4，则的周期也为4，则

，所以 D正确.
故选：BD
【点睛】对称性有关结论：
若，则关于直线对称；
若，则关于直线对称；
若，则关于点中心对称；
若，则关于点中心对称；
周期性结论：
若，则函数的周期为.
三、填空题（共15分）
12. 若是的一个充分不必要条件，请写出满足条件的一个为______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】化简，写出一个范围比小的即可.
【详解】由，解得或，故，
因为是的一个充分不必要条件，
写出一个范围比小的即可，
故.
故答案为：（答案不唯一）
13. 若体积为的正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，则该球体积的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】求得外接球半径的表达式，然后利用基本不等式求得半径的最小值，进而求得体积的最小值.
【详解】设正三棱锥的底面中心为，连接，则平面，
设正三棱锥底面的边长为，顶点到底面距离（体高）为，即，
所以，即．
正三棱锥所有顶点都在同一个球面上，
即为正三棱锥的外接球，设其半径为．等边三角形外接圆半径为，
根据对称性知球心在正三棱锥的高上，设球心为，
则．
所以，
当且仅当时取得等号，此时球的体积最小，
最小值为．
故答案为：
14. 若，设的零点分别为，则___________，___________.（其中表示a的整数部分，例如：）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先利用对数恒等式的等价转化，使得变成的形式，结合的性质，讨论，的关系.
【详解】令，则，利用对数恒等式，原式等价变为：，
下令，于是，由可知在上递减，
上递增，在取到极小值，，且，，
可作出大致图像如下：
结合图像，可能有如下情形：
由的单调性可知，若均在中的一种时，则有.
记，，即在上递增，由，则，故，使得；
显然在上递增，由，故时，，故时，；
又，故，使得，故时；
不可能均满足，事实上，由，得到，这与矛盾.
于是时，由可以推出：.
设，，由在上单调递增，故在上单调递增，又，，即，故，使得，且时，，递减，时，，递增，故，由，可得，由，根据基本不等式，（等号取不到），故，又，，故存在，使得；
，显然，故，即；
，显然，故，即.
由，故，使得.
注意到，故.
综上讨论，当时原方程有两个根：，；
虽说，，根据上述讨论，在上无实根.即时，有两个零点：，.
当时，，而时，，，而在处无定义，不可能有，即时，无零点；
当时，注意到且时，，又，故时，存在零点，即，使得，若，且，不妨设，由于均在上单调递增，故，，在上递减，在递增，故，于是是唯一实根.
综上所述，原函数有，，三个零点，.
故答案为：
【点睛】本题难点在于利用对数恒等式将方程等价转化，用同构的观点把方程构造出具有的形式，然后利用的性质解题.
四、解答题（共77分）
15. 已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围．
【答案】15. 单调增区间为，单调减区间为
16.
【解析】
【分析】（1）根据导函数的正负判断函数的递增递减区间即得；
（2）通过代入不等式整理成在上存在实数解问题，故可转化成求函数在得最小值问题，计算即得.
【小问1详解】
当时，，
∴，由，得，由，得，
所以函数的单调增区间为，单调减区间为；
【小问2详解】
原条件等价于：在上存在实数解．
化为在上存在实数解，
令，
则，
∴在上，，得，故在上单调递增，
∴的最小值为，
∴时，不等式在上存在实数解．
16. 我校教研处为了解本校学生在疫情期间居家自主学习情况，随机调查了120个学生，得到这些学生5天内每天坚持自主学习时长（单位：小时）的频数分布表，假如每人学习时间长均不超过5小时．
（1）估计这120个学生学习时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）以表中的分组中各组的频率为概率，校领导要从120名学生中任意抽取两名进行家长座谈．若抽取的时长，则赠送家长慰问金100元；抽取的时长，则赠送家长慰问金200元；抽取的时长，则赠送家长慰问金300元．设抽取的2名学生家长慰问金额之和为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）根据频数分布表中的数据直接列式即可计算；
（2）由题可得的所有可能取值为200，300，400，500，600，求出取不同值对应的概率，即可得出分布列，求出数学期望．
【小问1详解】
这120个学生学习时长的平均数．
【小问2详解】
依题意可得的概率为，
的概率为，的概率为．
的所有可能取值为200，300，400，500，600，
，，
，
，，
则分布列为
故．
17. “阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥中，四边形是边长为3的正方形，，，.
（1）证明：四棱锥是一个“阳马”；
（2）已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求直线与底面所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析;
（2）.
【解析】
【分析】（1）借助线面垂直的相关知识证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角为计算出，进而求出线面角的正切值.
【小问1详解】
四边形是正方形，，
，，平面，
平面，
平面，，
四边形是正方形，，
，，平面.
平面，
平面，，
，平面，
平面，
四棱锥是一个“阳马”；
【小问2详解】
由（1）得平面，，
，，，
以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
所以，
设，，
，，
，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
，或（舍去）.
，，
平面，直线与底面所成角的正切值为.
18. 设点 是椭圆 上任意一点，过点 作椭圆的切线，与椭圆交于 两点.
（1）求证：;
（2）的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）见解析 （2）是定值，定值为
【解析】
【分析】（1）直线与椭圆方程联立，证明的中点坐标，即切点的坐标；
（2）首先讨论直线的斜率不存在的情况，以及直线的斜率存在时与椭圆方程联立，并利用韦达定理表示弦长，并表示的面积.
【小问1详解】
设直线斜率不存在，则点在轴上，由对称性可知，，
若直线的斜率存在，设，，，，
联立，可得，
当时，直线与椭圆切于点，，
解得：，，
当时，线段中点的横坐标，
所以点为线段的中点，，
综上，；
【小问2详解】
若直线斜率不存在，则，与椭圆方程联立可得，，，故，
若直线的斜率存在，由（1）可得
，，
，
点到直线的距离，
所以，
综上的面积为定值.
【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是转化为直线与椭圆相交和相切的问题，转化为证明的中点，即切点.
19. 已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为mk减数列：
①；
②对于，使得的正整数对有k个.
（1）写出所有4的1减数列；
（2）若存在m的6减数列，证明：；
（3）若存在2024的k减数列，求k的最大值.
【答案】（1）数列和数列3，1
（2）证明见解析 （3）的最大值为512072
【解析】
【分析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案；
（2）根据存在的6减数列，可得，即，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有，即可证明结论；
（3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解，即可得答案.
【小问1详解】
由题意得，则或，
故所有4的1减数列有数列和数列3，1.
【小问2详解】
因为对于，使得的正整数对有个，
且存在的6减数列，所以，得.
①当时，因为存在的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以.
②当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
③当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
综上所述，若存在的6减数列，则.
【小问3详解】
若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，
所以此时不是最大值，所以.
当时，若，交换的顺序后变为，
所以此时不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大，
所以此时不是最大值，所以.
若数列A中存在相邻的两项，设此时中有项为2，
将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，
所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式.
设其中有项为2，有项为1，
因为存在2024的减数列，所以，
所以，
所以，当且仅当时，取最大值为512072.
所以，若存在2024的减数列，的最大值为512072.
【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解.
时长
学生数
30
24
40
16
10
200
300
400
500
600