78、（解析版）江西省南昌市第二中学2024届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题四-Word

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【详解】由题意可知抽取到的男性职工人数为320×100500=64，女性职工人数为100−64=36，
则抽取到的男性职工的人数比女性职工的人数多64−36=28．
故选：A
2．D
【详解】由题意可得P0,b,F−c,0，
由于|PF|=3|QF|，所以yQ=−13b,xQ=−43c，
由于Q在椭圆上，所以−43c2a2+−13b2b2=1，化简可得c2a2=12⇒e2=12，
由于0故选：D

3．B
【详解】由题意得S6−S3=8，S6=S3+8=4+8=12，
因为S3,S6−S3,S9−S6成等比数列，故S6−S32=S3S9−S6，
即82=4S9−12，解得S9=28，
故S9S6=2812=73.
故选：B
4．D
【详解】对于①，如图1，满足m//α，n//β，且m//n，但α,β不平行，①错误；
对于②，如图2，满足m//α，n//β，且m⊥n，则α,β不垂直，②错误；
对于③，因为m⊥α，且m//n，所以n⊥α，
又n⊥β，故α//β，③正确；
对于④，因为m⊥α，n⊥β，所以直线m,n之间的夹角即为平面α,β之间的夹角，
又m⊥n，故平面α,β之间的夹角为直角，则α⊥β，④正确.
故选：D
5．C
【详解】因为丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能参加上午的项目A，所以上午甲、乙、丙参加B，C，D这3个项目，
共有A33种不同的安排方法.
又因为甲、乙、丙、丁四人下午参加的项目为A，B，C，D，分2类：
①丁参加项目A，共有2种不同的安排方法；
②丁参加B，C，D这3个项目中的1个，从甲、乙、丙中选1人参加项目A，剩下两人参加剩下的2个项目，
共有C31×C31×1种不同安排方法；
综上所述：共有A332+C31×C31×1=66种不同的安排方法.
故选：C.
6．B
【详解】取CD的中点E，连接PE，如图所示，
所以PE的取值范围是AD2，AE，即2,25，
又由PC ⋅ PD=(PE+ED) ⋅ (PE+EC) =PE2−CD24=PE2−4，
所以PC⋅PD∈0,16.
故选：B.
7．B
【详解】设∠AOB=α∈0,π2，作出单位圆，与x轴交于A点，则A1,0，
过点A作AC垂直于x轴，交射线OB于点C，连接AB，过点B作BD⊥x轴于点D，
由三角函数定义可知AC=tanα，BD=sinα，AB=α，
设扇形OAB的面积为S1，则S△OAC>S1>S△ABO，即12tanα>12α>12sinα，
故tanα>α>sinα，
所以tan13>13，即sin13cs13>13，
又cs13>0，故3sin13>cs13，a>b，

b−c=cs13−1718=1−2sin216−1718=118−2sin216=2136−sin216，
因为sin16<16，所以b−c=2136−sin216>0，故b>c，
综上，a>b>c.
故选：B
8．B
【详解】根据抛物线的对称性，不妨设Px,yy>0，
若x=1，则P1,2，|PA|=2，|AB|=2，所以tan∠APB=22=1⇒∠APB=π4；
若x=3，则P3,23，|PB|=23，|AB|=2，所以tan∠APB=223=33⇒∠APB=π6；
若x≠1且x≠3，此时y≠2且y≠23，
kPA=yx−1,kPB=yx−3，所以tan∠APB=yx−3−yx−11+yx−3⋅yx−1=2yx2−4x+3+y2，
因为y2=4x,所以tan∠APB=2y116y4+3=2116y3+3y=2116y3+1y+1y+1y ≤244116y3⋅1y⋅1y⋅1y=1，则0<∠APB≤π4，当且仅当116y3=1y⇒y=2时取“=”，
而y≠2，所以0<∠APB<π4.
综上：∠APB的最大值为π4.
故选：B.
9．BD
【详解】由五点法对应得2sinφ=3,φ∈π2,π，解得φ=2π3，故A错误，B正确；
同理可得π3ω+2π3=π，解得ω=1，
所以函数fx=sinx+2π3，
函数fx的对称轴为：x+2π3=π2+kπ,k∈Z，解得x=−π6+kπ,k∈Z，
故x=7π6不是函数fx的一条对称轴，故C错误；
函数fx的单调递增区间为−π2+2kπ≤x+2π3≤π2+2kπ,k∈Z,
解得−7π6+2kπ≤x≤−π6+2kπ,k∈Z，令x=0，则一个单调递增区间为−7π6,−π6，
所以函数fx在区间−π,−π2上单调递增，故D正确.
故选：BD.
10．BD
【详解】对于A，令z1=1+i，z2=−i，则z1+z2=1>0，此时z2≠z1，A错误；
对于B，设z1=a+bi，z2=c+dia,b,c,d∈R，则z1z2=ac−bd+ad+bci=0，
所以，ac−bd=0ad+bc=0，即ac=bdad=−bc，则a2cd=−b2cd；
若c=d=0，则a2cd=−b2cd成立，此时z2=0；
若c=0，d≠0，由ac=bd知b=0；由ad=−bc知：a=0，此时z1=0；
同理可知：当c≠0，d=0时，z1=0；
若c≠0，d≠0，由a2cd=−b2cd得：a2=−b2，则a=b=0，此时z1=0；
综上所述：若z1z2=0，则z1=0或z2=0，B正确；
对于C，令z1=1，z2=i，则z1=z2=1，此时z12≠z22，C错误；
对于D，设z=a+bi，z1=a1+b1i，z2=a2+b2ia,b,a1,b1,a2,b2∈R，
则z−z1=a−a1+b−b1i，z−z2=a−a2+b−b2i，
由z−z1=z−z2，可得a−a12+b−b12=a−a22+b−b22，
所以2aa1−a2+2bb1−b2+a22−a12+b22−b12=0，
又a1−a2、b1−b2不全为零，
所以2a1−a2a+2b1−b2b+a22−a12+b22−b12=0表示一条直线，
即z在复平面对应的点在一条直线上，故D正确.
故选：BD.
11．ACD
【详解】由f2024−x=fx−2022可知函数y=fx的图象关于直线x=1对称．
因为函数y=f2x−1是奇函数，所以函数y=fx的图象关于点−1,0对称，
（根据y=f2x−1是奇函数，得f−2x−1=−f2x−1，即f−x−1=−fx−1得到）因此函数y=fx的一个周期为8，
（若函数fx的图象既关于直线x=a对称，又关于点b,0对称，则函数fx的周期为4b−a），故选项A正确；
对于选项B：由函数y=fx的图象关于点−1,0对称，得f−1=0,f1+f−3=f1+f5=0，f2+f−4=f2+f4=0,
f−2+f0=f6+f8=0，又f−1=f3,f−1=f7，所以f3=f7=0，故k=18fk=0，
因此k=12030fk=f1+f2+⋯+f6=f6=−f8=−f0=−62，因此选项B错误；
对于选项C：f−x−3=fx+5=fx−3，故函数y=fx−3是偶函数，故选项C正确；
对于选项D：令gx=f4x−3，则gx+2=f4x+2−3=f4x+5=f4x−3=gx，因此函数y=gx的一个周期是2，
因f1=3，所以g1=f1=3，又f1+f5=0，故g2=f5=−f1=−3，
所以当x为奇数时gx=3，当x为偶数时gx=−3，
所以k=12023−2kf4k−3=k=12023−2kgk=k=12023−2k(−1)k+1⋅3=−3k=120232k
=−3(2+22+23+⋯+22023) =−3⋅2(1−22023)1−2=3(2−22024)，故选项D正确．
故选：ACD.
12．7
【详解】M=x∈N2x−3<2=x∈Nx<52=0,1,2,
集合M中有3个元素，
则M的非空子集的个数是23−1=7.
故答案为：7.
13． 14/0.25；． 55/155
【详解】连接MB，如下图，
由题意，AM=BN，AC=BF，正方形ABCD中，AD⊥AB，
∵正方形ABEF中AF⊥AB，AF⊂平面ABEF，AD⊂平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，
∴ ∠DAF就是二面角D−AB−F的平面角，则∠DAF=60°，
∴向量AD与向量AF夹角为60°，且AD⊥AB,AF⊥AB，
①AC=AB+BC，BF=BE+EF，|AC|=|BF|=2，
AC⋅BF=(AB+BC)⋅(BE+EF)=AB⋅BE+AB⋅EF+BC⋅BE+BC⋅EF=−12，
∴ cs=−122=−14，
∴直线AC和BF夹角的余弦值为14；
②设AM=λAC,BN=λBF,λ∈[0,1]，则MC=(1−λ)AC，
且由题意|AD|=|AB|=|AF|=1，
MN=MB+BN=MC+CB+BN=(1−λ)AC+CB+λBF
=(1−λ)(AD+AB)+CB+λ(BA+BE)=−λAD+(1−2λ)AB+λAF，
∴ MN2=λ2AD2+(1−2λ)2AB2+λ2AF2−2λ(1−2λ)AD⋅AB+2λ(1−2λ)AB⋅AF−2λ2AD⋅AF
=λ2+(1−2λ)2+λ2+0+0−2λ2cs60° =5λ2−4λ+1，
令ℎ(λ)=5λ2−4λ+1，λ∈[0,1]，ℎ(λ)图象开口向上，且对称轴为λ=25，
∴当λ=25时，ℎ(λ)取得最小值ℎ(λ)min=ℎ(25)=15，又MN2=|MN|2，
∴(MN2)min=15，即MN的最小值是55．
故答案为：14；55．
14．3
【详解】fx=xlnx+x2−mx+e2−x≥0， 定义域为x∈0,+∞，
则f′x=lnx+2x+1−m−e2−x，
令ℎx=lnx+2x+1−m−e2−x，
则ℎ′x=1x+2+e2−x>0，ℎx在0，+∞上单调递增，
且x→0时，ℎx→−∞，当x→+∞时，ℎx→+∞
∴∃x0∈0，+∞,使得ℎx0=0， 即f′x0=0.
当x∈0,x0时f′x<0，当x∈x0,+∞时f′x>0，
故fx在x∈0,x0上单调递减，在x∈x0,+∞上单调递增，
所以fxmin=fx0=x0lnx0+x02−mx0+e2−x0≥0②，
由f′x0=0得lnx0+2x0+1−m−e2−x0=0①，
即m=lnx0+2x0+1−e2−x0，代入②得，x0lnx0+x02−lnx0+2x0+1−e2−x0x0+e2−x0≥0，
整理得x0+1e2−x0−x0≥0
∵x0+1>0，
∴e2−x0≥x0，
∴lnx0≤2−x0，
m=lnx0+2x0+1−e2−x0≤2−x0+2x0+1−x0=3，
故m的最大值为3.
故答案为：3
15．(1)a=9，b=1
(2)1
【详解】（1）f′x=6x2−2ax+12，
因为fx在x=2处取极小值5，所以f′2=24−4a+12=0，得a=9，
此时f′x=6x2−18x+12x=6x−1x−2
所以fx在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增
所以fx在x=2时取极小值，符合题意
所以a=9，fx=2x2−9x2+12x+b．
又f2=4+b=5，所以b=1．
（2）fx=2x3−9x2+12x+1，所以f′x=6x−1x−2
列表如下：
由于1<5，故x∈0,3时，fxmin=f0=1．
16．(1)分布列见解析，期望为34
(2)Pn=13−13×−12n−1
【详解】（1）由题可知，正四面体与桌面接触的数字为1和2的概率均为12，
Y的取值可能为0，1，2.
PY=0=12×12+12×12=12，
PY=1=12×12=14，
PY=2=12×12=14，
则Y的分布列为
EY=0×12+1×14+2×14=34.
（2）由题可知P1=0，当n≥2时，n−1次底面的数字之和能被3整除的概率为Pn−1，
所以Pn=121−Pn−1，则Pn−13=−12Pn−1−13，
所以数列Pn−13是以−13为首项，−12为公比的等比数列，
则Pn−13=−13×−12n−1，即Pn=13−13×−12n−1.
17．(1)证明见解析；
(2)23.
【详解】（1）在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，BC⊥CD，BC=2CD=2AD=22，
四边形ABCD是直角梯形，∠ADC=90∘，AC=CD2+AD2=2，AB=CD2+(BC−AD)2=2，
于是AC2+AB2=8=BC2，即AB⊥AC，而平面ABCD⊥平面PAC，
平面ABCD∩平面PAC=AC，AB⊂平面ABCD，则AB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，
所以PC⊥AB.
（2）取AC的中点E，连接PE，由PA=PC=52AC=5，得PE⊥AC，PE=PA2−AE2=2，
由平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC=AC，PE⊂平面PAC，得PE⊥平面ABCD，
由M是PA的中点，得点M到平面ABCD的距离d=12PE=1，又S△ABC=12AB⋅AC=2，
显然S△PBM=S△ABM，所以三棱锥C−PBM的体积VC−PBM=VC−ABM=VM−ABC=13S△ABC⋅d=23.
18．(1)证明见解析；
(2)（i）y23−x2=1；（ii）证明见解析.
【详解】（1）证明：依题意可知A(0,−a)，B(0,a)，
联立y=t,y2a2+x2b2=1,不妨取P−ba2−t2a,t，Qba2−t2a,t，
则直线AP的方程为y=−a−tba2−t2ax−a，①
直线BQ的方程为y=a−t−ba2−t2ax+a，②
联立①②可得x=−ba2−t2t,y=a2t,即直线AP，BQ的交点坐标为−ba2−t2t,a2t.
又a2t2a2−b2t2a2−t2b2=1成立，所以直线AP，BQ的交点在双曲线C上.
（2）（i）对τ:y2a2+x2b2=1，令y=c，故可得x2=b21−c2a2=b4a2，x=±b2a；
因为过椭圆τ的一个焦点且与长轴垂直的弦长为233，所以2b2a=233.③
因为双曲线C的一条渐近线方程为y=3x，所以ab=3.④
联立③④，解得b=1，a=3，所以双曲线C的方程为y23−x2=1.
（ii）证明：由（i）得点F(0,2)，A(0,−3).
设直线l的斜率为k，Mx1,y1，Nx2,y2，
则直线l的方程y=kx+2，与双曲线y23−x2=1联立并消去y得k2−3x2+4kx+1=0，
则Δ=12k2+12>0，所以x1+x2=−4kk2−3，x1x2=1k2−3<0，则k2<3，
故x1−x2=x1+x22−4x1x2=23k2+13−k2.
又|AF|=2+3，所以S△AMN=12|AF|x1−x2 =12×(2+3)×23k2+13−k2 =33+6，
整理得：k2+13−k2=3，3k4−19k2+26=0，解得k2=2或k2=133（舍去）.
因为S=12|OM||ON|sinθ，
所以Stanθ=12|OM||ON|sinθtanθ =12|OM||ON|csθ =12OM⋅ON
=12x1x2+12y1y2 =12x1x2+kx1+2kx2+2
=121+k2x1x2+2kx1+x2+4 =124+−7k2+1k2−3.
因为k2=2，所以Stanθ=172，即2Scsθ=17sinθ.
19．(1)A:1,2,2,3,3,1或A:1,3,3,2,2,1
(2)证明详见解析
(3)TN=12NN−1
【详解】（1）依题意，当N=3，m=3时有：
A:1,2,2,3,3,1或A:1,3,3,2,2,1.
（2）当N=6时，
因为p,q与q,p不同时在数对序列A中，
所以m≤C62=15，所以1,2,3,4,5,6每个数至多出现5次，
又因为xi+1=yii=1,2,⋯,m−1，
所以只有x1,ym对应的数可以出现5次，
所以m≤12×4×4+2×5=13.
（3）当N为奇数时，先证明TN+2=TN+2N+1.
因为p,q与q,p不同时在数对序列A中，
所以TN≤CN2=12NN−1，
当N=3时，构造A:1,2,2,3,3,1恰有C32项，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1.
对奇数N，如果和可以构造一个恰有CN2项的序列A，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1，
那么多奇数N+2而言，可按如下方式构造满足条件的序列A′：
首先，对于如下2N+1个数对集合：
1,N+1,N+1,1,1,N+2,N+2,1，
2,N+1,N+1,2,2,N+2,N+2,2，
……
N,N+1,N+1,N,N,N+2,N+2,N，
N+1,N+2,N+2,N+1，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列A′中，
所以TN+2≤TN+2N+1，
其次，对每个不大于N的偶数i∈2,4,6,⋯,N−1，
将如下4个数对并为一组：
N+1,i,i,N+2,N+2,i+1,i+1,N+1，
共得到N−12组，将这N−12组对数以及1,N+1,N+1,N+2,N+2,1，
按如下方式补充到A的后面，
即A,1,N+1,N+1,2,2,N+2,N+2,3,3,n+1,⋯,
(N+1,N−1),(N−1,N+2),(N+2,N),(N,N+1),(N+1,N+2),(N+2,1).
此时恰有TN+2N+1项，所以TN+2=TN+2N+1.
综上，当N为奇数时，
TN=TN−TN−2+TN−2−TN−4+⋯+T5−T3+T3
=2N−2+1+2N−4+1+⋯+2×3+1+3
=2N−2+1+2N−4+1+⋯+2×3+1+2×1+1
=2N−3+2N−7+⋯+7+3
=2N−3+32×N−2+12=12NN−1.
x
0
0,1
1
1,2
2
2,3
3
f′x
+
0
−
0
+
fx
1
↗
极大值6
↘
极小值5
↗
10
Y
0
1
2
P
12
14
14