广东省2024届高三 数学新改革适应性训练五（九省联考题型）

这是一份广东省2024届高三 数学新改革适应性训练五（九省联考题型），共17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。

（九省联考题型）
本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式
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．某中学高二1班共有50名同学，其中男生30名，女生20名，采用按比例分层随机抽样方法，从全班学生中抽取20人测量其身高（单位：cm）．已知在抽取的样本中，男生的平均身高为acm，女生的平均身高为bcm，由此估计该班全体学生的平均身高约为（ ）
A．a+b2cmB．3a+2b2cmC．2a+3b5cmD．3a+2b5cm
2．已知双曲线x26-y2b2=1b>0的一条渐近线的倾斜角为π6，则此双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为（ ）
A．2B．2C．6D．32
3．已知an是等比数列，公比为q，前n项和为Sn，则qS3=（ ）
A．S4B．S4-S1C．S4qD．S4-S1q
4．函数f(x)=2tanx1-tan2x的最小正周期是（ ）
A．π4B．π2C．πD．2π
5．2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为（ ）
A．50B．36C．26D．14
6．在△ABC中，AB⊥AC，且AB=AC=5，M是BC的中点，O是线段AM的中点，则OA⋅OB+OC的值为（ ）
A．0B．-54C．-54D．-58
7．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，与直线A1C垂直的平面α截该正方体所得的截面多边形为M，则M的面积的最大值为（ ）
A．383B．343C．32D．3
8．已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点和上顶点分别为点Fc,0b>c和点A，直线l:2x-y-4=0交椭圆于P，Q两点，若F恰好为△APQ的重心，则椭圆的离心率为（ ）
A．33B．233C．63D．22
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．设P是一个数集，且至少含有两个数．若对于任意a,b∈P，都有a+b,a-b,ab∈P，且若b≠0，则ab∈P，则称P是一个数域．例如，有理数集Q是数域．下列命题正确的是（ ）
A．数域必含有0，1两个数
B．整数集是数域
C．若有理数集Q⊆M，则数集M一定是数域
D．数域中有无限多个元素
10．已知△ABC中，AB=4，A=π3．下列说法中正确的是（ ）
A．若△ABC是钝角三角形，则0B．若△ABC是锐角三角形，则23C．ACBC的最大值是233
D．AC+2BC的最小值是2+46
11．已知函数f(x)=elnxx+xelnx+x的图象与直线y=k(k∈R)有三个交点，记三个交点的横坐标分别为x1,x2,x3，且x1A．存在实数k，使得x1=1
B．x3>e
C．k∈1,32
D．lnx1x1+1e2lnx2x2+1elnx3x3+1e为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若1+i（i为虚数单位）是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，则实数k= .
13．已知三棱锥P-ABC的体积为15,M是空间中一点，PM=-115PA+215PB+415PC，则三棱锥A-MBC的体积是 .
14．若不等式ex-1-mx-2n-3≥0对∀x∈R恒成立，其中m≠0，则nm的取值范围为 .
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．（本题13分）已知函数fx=x2+xex．
(1)求函数fx的极值点；
(2)记曲线C:y=fx在x=0处的切线为l，求证，l与C有唯一公共点．
16．（本题15分）A，B，C，D四人进行羽毛球单打循环练习赛，其中每局有两人比赛，每局比赛结束时，负的一方下场，第1局由A，B对赛，接下来按照C，D的顺序上场第2局、第3局(来替换负的那个人)，每次负的人其上场顺序排到另外2个等待上场的人之后(即排到最后一个)，需要再等2局(即下场后的第3局)才能参加下一场练习赛．设各局中双方获胜的概率均为12，各局比赛的结果相互独立．
(1)求前4局A都不下场的概率；
(2)用X表示前4局中B获胜的次数，求X的分布列和数学期望．
17．（本题15分）如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的棱长均为3,∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60∘.

(1)证明：BD⊥AA1；
(2)延长CC1到E，使C1E=C1C，求直线A1C与平面BDE所成角的正弦值.
18．（本题17分）已知动圆过点M2,0，且被y轴截得的线段长为4，记动圆圆心的轨迹为曲线C.过点F1,0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)求曲线C的方程；
(2)证明：直线MN过定点；
19．（本题17分）在数列an中，若存在常数t，使得an+1=a1a2a3⋯an+tn∈N*恒成立，则称数列an为“H(t)数列”．
(1)若cn=1+1n，试判断数列cn是否为“H(t)数列”，请说明理由；
(2)若数列an为“H(t)数列”，且a1=2，数列bn为等比数列，且i=1nai2=an+1+lg2bn-t，求数列bn的通项公式；
(3)若正项数列an为“H(t)数列”，且a1>1，t>0，证明：lnan参考答案：
1．D
【详解】因为抽样比例为25，则样本中男生有30×25=12人，女生有20×25=8人，
所以样本的平均身高为12a+8b20=3a+2b5，
由此估计该班全体学生的平均身高约为3a+2b5cm．
故选：D
2．A
【详解】因为双曲线x26-y2b2=1b>0的一条渐近线的倾斜角为π6，tanπ6=33，
所以该渐近线的方程为y=33x，所以b26=332，
解得b=2或-2（舍去），所以c=22，
此双曲线的右焦点坐标为22,0，到一条渐近线3x-3y=0的距离为3×22-032+-32=2.
故选：A
3．B
【详解】qS3=qa1+a2+a3=a2+a3+a4=S4-S1.
故选：B
4．C
【详解】f(x)=2tanx1-tan2x=tan2x，x≠π2+kπk∈Z，
又tanx≠±1，可得x≠π4+k2πk∈Z，
即f(x)=tan2x，且x≠π2+kπk∈Z、x≠π4+k2πk∈Z，故T=π.
故选：C.
5．A
【详解】（1）按照2,2,1分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有C42=6种，
②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有C41C32A22=24种，
（2）按照3,1,1分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有C43⋅A22=8种，
②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有C42A22=12种，
故共有6+24+8+12=50种，
故选：A.
6．C
【详解】如图，以A为原点，AB，AC所在直线分别为x轴，y轴建立直角坐标系，
则A0,0，B5,0，C0,5，
因为M是BC的中点，所以M52,52，
因为O是线段AM的中点，所以O54,54，
所以OB=354,-54，OC=-54,354，OA=-54,-54，
所以OB+OC=52,52，
所以OA⋅OB+OC=-54×52+-54×52=-54.
故选：C.
.
7．B
【详解】连结A1B，因为BC⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1
且AB1⊥A1B，BC,A1B⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，A1C⊂平面A1BC，
所以AB1⊥A1C，同理B1D1⊥A1C，且AB1∩B1D1=B1，AB1，B1D1⊂平面AB1D1，
所以A1C⊥平面AB1D1；
所以平面α为平面AB1D1或与其平行的平面，M只能为三角形或六边形.
当M为三角形时，其面积的最大值为34×(2)2=32；
当M为六边形时，此时的情况如图所示，
设KD=x，则AK=1-x,KL=21-x,KM=2x，
依次可以表示出六边形的边长，如图所示：六边形可由两个等腰梯形构成，
其中LP ∥ KO ∥ MN,KO=2，两个等腰梯形的高分别为621-x，62x，
则S六边形LKMNOP=122x+2⋅621-x+1221-x+2⋅62x，
=32-2x2+2x+1)=-3x-122+334
当且仅当x=12时，六边形面积最大，即截面是正六边形时截面面积最大，最大值为343.

8．A
【详解】设Px1,y1，Qx2,y2，PQ的中点为点Mx0,y0，
x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，两式相减得x1+x2x1-x2a2+y1+y2y1-y2b2=0，
化解得y1+y2y1-y2x1+x2x1-x2=-b2a2，即kOMkPQ=-b2a2，得2⋅kOM=-b2a2，
所以kOM=-2b22a2，
Fc,0，A0,b，由F恰好为△APQ的重心，
则AF=2FM，即c,-b=2x0-c,y0，得x0=3c2，y0=-b2，
即M3c2,-b2，kOM=-b3c，
所以-2b22a2=-b3c，则2a2=32bc，平方后得2a4=9b2c2=9a2-c2c2，
9c4-9a2c2+2a4=0，即9e4-9e2+2=0⇔3e2-13e2-2=0，
解得：e=33或e=63，
由条件b>c，得b2>c2，即a2-c2>c2，得0所以e=33.

故选：A
9．AD
【详解】因为P是一个数集，且至少含有两个数，可知P中必有一个非零实数，
对于选项A：当a=b≠0时，a-b=0、ab=1∈P，故A正确；
对于选项B：例如a=1，b=2，但12∉Z，不满足条件，故B错误；
对于选项C：例如M=Q∪2，取a=1，b=2，但1+2∉M，
所以数集M不是一个数域，故C错误；
对于选项D：由选项A可知：数域必含有0，1两个数，
根据数域的性质可知：数域必含有0,1,2,3,⋅⋅⋅，必为无限集，故可知D正确．
故选：AD.
10．BC
【详解】对于A,若B为钝角，则AC>AB,故AC>4，A错误，
对于B,由正弦定理可得BCsinA=ABsinC⇒BC=ABsinAsinC=23sinC，
由于△ABC是锐角三角形，所以0故sinC∈12,1，进而BC=23sinC∈23,43，故B正确，
对于C, ACBC=sinBsinA=23sinB,由于0对于D，由正弦定理可得BCsinA=ABsinC=ACsinB⇒BC=4sinAsinC=23sinC,AC=4sinBsinC AC+2BC=4sinBsinC+43sinC=4sin2π3-CsinC+43sinC=23csC+2sinCsinC+43sinC=23csC+2sinC+2
当C=π2时，AC+2BC=23csC+2sinC+2=2+43<2+46，故D错误，
故选：BC
11．BCD
【详解】由方程elnxx+xelnx+x-k=0，可得elnxx+1elnxx+1-k=0．
令elnxx=t，则有t+1t+1-k=0，即t2+(1-k)t-k+1=0．
令函数g(x)=elnxx，则g'(x)=e⋅1-lnxx2，
令g'(x)>0，解得0e，
所以g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以g(x)max=g(e)=elnee=1，作出图象如图所示，
要使关于x的方程elnxx+xelnx+x-k=0有三个不相等的实数解x1,x2,x3，且x1结合图象可得关于t的方程t2+(1-k)t-k+1=0一定有两个实根t1，t2，
且t1≤0，0令g(t)=t2+(1-k)t-k+1，若t1≤0，0则g0=-k+1≤0g1=3-2k>0Δ=-k+12-4-k+1=k2+2k-3>0故1若t1=1，00g1=3-2k=0Δ=-k+12-4-k+1=k2+2k-3>00<-1-k2<1，无解，
综上：k∈1,32，故C正确；
由图结合单调性可知x3>e，故B正确；
若f(1)-k=1-k=0，则k=1，又k∈1,32，故A不正确；lnx1x1+1e2lnx2x2+1elnx3x3+1e=t1e+1e2t2e+1et2e+1e=t1e+1e2t2e+1e2 =t1e+1et2e+1e2=1e2t1t2+1e2t1+t2+1e2=1e2(-k+1)+1e2(k-1)+1e2=1e2，
故D正确，
故选：BCD．
12．-2
【详解】1+i（i为虚数单位）是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，
1-i（i为虚数单位）也是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，
1+i+1-i=-k，解得k=-2.
故答案为：-2.
13．10
【详解】
因为PM=-115PA+215PB+415PC，则15PM=-PA+2PB+4PC，
即15PM=-PM-MA+2PM+2MB+4PM+4MC，
即10PM=-MA+2MB+4MC，所以2PM=-15MA+25MB+45MC，
因为-15+25+45=1，由空间向量基本定理可知，在平面ABC内存在一点D，
使得MD=-15MA+25MB+45MC成立，即2PM=MD，
所以PM=12MD，即PD=32MD，则MD=23PD，
又三棱锥P-ABC的体积为15，
则VA-MBC=23VP-ABC=23×15=10.
故答案为：10
14．-∞,-ln3e2
【详解】令ex-1-mx-2n-3=0，即ex-1=mx+2n+3，
当m<0时，由函数y=ex-1与y=mx+2n+3的图象可知，两函数图象有一个交点，记为x0,y0，

则当x当m>0时，令f(x)=ex-1-mx-2n-3，则f'(x)=ex-1-m，
令f'(x)=ex-1-m=0，则x=lnm+1，
因为f'(x)=ex-1-m单调递增，
所以当x当x>lnm+1时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以x=lnm+1时，f(x)有最小值f(lnm+1)=-mlnm-2n-3，
又ex-1-mx-2n-3≥0对∀x∈R恒成立，
所以-mlnm-2n-3≥0，即2n≤-mlnm-3，
所以2nm≤-lnm-3m，当且仅当2n=-mlnm-3时等号成立.
令g(m)=-lnm-3m，则g'(m)=-1m+3m2=3-mm2，
当00，g(m)单调递增，当m>3时，g'(m)<0，g(m)单调递减，
所以当m=3时，g(m)max=-ln3-33=-ln3e，
所以2nm≤-ln3e，即nm≤-ln3e2，当且仅当m=3n=-3ln3e2时等号成立，
所以nm的取值范围为-∞,-ln3e2.
故答案为：-∞,-ln3e2
15．(1)1±52
(2)证明过程见解析
【详解】（1）fx=x2+xex⇒f'x=-x2+x+1ex，
令f'x=-x2+x+1ex=0⇒x=1±52，
当x<1-52时，f'x<0,fx单调递减，
当1-520,fx单调递增，
当x>1+52时，f'x<0,fx单调递减，
所以函数fx的极值点为1±52；
（2）由（1）可知：f'x=-x2+x+1ex⇒f'0=1，而f0=0，
所以切线l的方程为y=x，
由fx=x2+xex=x⇒x=0，或x+1=ex，
当x=0时，y=0，此时，l与C有公共点0,0，
当x+1=ex时，设gx=ex-x-1⇒g'x=ex-1，
当x<0时，g'x<0,gx单调递减，
当x>0时，g'x>0,gx单调递增，所以gxmin=g0=0，
即gx=ex-x-1≥0⇒ex≥x+1，当且仅当x=0时取等号，
所以由x+1=ex⇒x=0，即y=0，此时l与C有公共点0,0，
综上所述：l与C有唯一公共点.
16．(1)116
(2)分布列见解析，E(X)=1916.
【详解】（1）解：前4局A都不下场说明前4局A都获胜，
故前4局A都不下场的概率为P=12×12×12×12=116.
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
其中，X=0表示第1局B输，第4局是B上场，且B输，则P(X=0)=12×12=14；
X=1表示第1局B输，第4局是B上场，且B赢；或第1局B赢，且第2局B输，
则P(X=1)=12×12+12×12=12；
X=2表示第1局B赢，且第2局B赢，第3局B输，
则P(X=2)=12×12×12=18；
X=3表示第1局B赢，且第2局B赢，第3局B赢，第4局B输，
则P(X=3)=12×12×12×12=116；
X=4表示第1局B赢，且第2局B赢，第3局B赢，第4局B赢，
则P(X=4)=12×12×12×12=116.
所以X的分布列为
故X的数学期望为E(X)=0×14+1×12+2×18+3×116+4×116=1916.
17．(1)证明见解析
(2)539
【详解】（1）如图，连接AC，与BD交于点O，连接A1B,A1D,A1O，
由题意可得，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，连接A1B，A1D，
易得△ADA1,△ABA1是正三角形，则A1D=AA1=A1B，所以BD⊥A1O，
因为△ABD是等边三角形，所以BD⊥AO，又因为AO∩A1O=O，
AO,A1O⊂面A1AO，所以BD⊥平面A1AO.
因为AA1⊂平面A1AO，所以BD⊥AA1.

（2）过点A1作A1A2⊥AC，垂足为A2，由（1）可知，BD⊥平面A1AO.
因为A1A2⊂平面A1AO，所以BD⊥A1A2.
因为AC∩BD=O，AC,BD⊂面ABCD，所以A1A2⊥平面ABCD，
易知△ABD,△ADA1,△A1BD,△ABA1是等边三角形，故三棱锥A1-ABD为正四面体，
因为三棱锥A1-ABD为正四面体，所以A2为△ABD的重心，
则AA2=332×23=3,A2O=32,A1A2=32-(3)2=6.
以O为原点，OA,OB所在直线分别为x轴，y轴，过点O垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

则A332,0,0,A132,0,6,C-332,0,0,B0,32,0,D0,-32,0，则AA1=-3,0,6，
因为C1E=C1C，所以CE=2CC1=2AA1=-23,0,26，
所以E-732,0,26，
所以A1C=-23,0,-6,DB=0,3,0,DE=-732,32,26，
设平面BDE的法向量为n=a,b,c，
则n⋅DB=0,n⋅DE=0,所以3b=0,-732a+32b+26c=0,令a=2，则n=2,0,724，
设直线A1C与平面BDE所成角为θ，
则sinθ=csn,A1C=n⋅A1CnA1C=-23×2-6×72412+6×4+7242=539，
所以直线A1C与平面BDE所成角的正弦值为539.
18．(1)y2=4x
(2)证明见解析
【详解】（1）设Cx,y，
因为动圆过点M2,0，且被y轴截得的线段长为4，
所以有x2+12×42=CM2⇒x2+4=x-22+y2⇒y2=4x，
所以曲线C的方程为y2=4x；
（2）由C:y2=4x，故F1,0为焦点，
由直线AB与直线DE垂直，故两直线斜率都存在且不为0，
设直线AB，DE分别为x=m1y+1、x=m2y+1，有m1m2=-1，
Ax1,y1、Bx2,y2、Ex3,y3、Dx4,y4,
联立C:y2=4x与直线AB，即有y2=4xx=m1y+1，
消去x可得y2-4m1y-4=0,Δ=16m12+16>0，
故y1+y2=4m1、y1y2=-4，
则x1+x2=m1y1+1+m1y2+1=m1y1+y2+2=4m12+2，
故x1+x22=2m12+1,y1+y22=2m1，
即M2m12+1,2m1，
同理可得N2m22+1,2m2，
当2m12+1≠2m22+1时，
则lMN:y=2m2-2m12m22+1-2m12+1x-2m12-1+2m1，
即y=m2-m1m22-m12x-2m12-1+2m1=xm2+m1-2m12+1m2+m1
+2m1m2+m1m2+m1=xm2+m1-2m12+1-2m1m2-2m12m2+m1=xm2+m1-1-2m1m2m2+m1，
由m1m2=-1，即y=xm2+m1-1+2m2+m1=1m2+m1x-3，
故x=3时，有y=1m2+m13-3=0，
此时MN过定点，且该定点为3,0，
当2m12+1=2m22+1时，即m12=m22时，由m1m2=-1，即m1=±1时，
故直线MN过定点，且该定点为3,0；

方法二：设Ax1,y1,Bx2,y2，不妨设x1设l:x=my+1，显然m≠0，由y2=4xx=my+1，得y2-4my-4=0，
故y1+y2=4m,y1y2=-4,y1+y22=2m,x1+x22=my1+y2+22=2m2+1.
所以M2m2+1,2m.
同理可得N2m2+1,-2m.
若m≠1，则直线MN:y=mm2-1x-2m2-1+2m=mm2-1x-3,MN过点3,0.
若m=1，则直线MN:x=3,MN过点3,0.
综上，直线MN过定点3,0.
19．(1)数列cn不是“H(t)数列”
(2)bn=2n+1
(3)证明见解析
【详解】（1）数列cn不是“H(t)数列”，理由如下：
cn=1+1n=n+1n n∈N*，则cn+1=n+2n+1 n∈N*，
又c1c2c3⋯cn=21⋅32⋅43⋯n+1n=n+1 n∈N*，
所以cn+1-c1c2c3⋯cn=n+2n+1-n+1=1n+1-n n∈N*，
因为1n+1-n不是常数，所以数列cn不是“H(t)数列”.
（2）因为数列an为“H(t)数列”，由i=1nai2=an+1+lg2bn-t n∈N*，
有i=1nai2=a1a2a3⋯an+lg2bn n∈N*①，
所以i=1n+1ai2=a1a2a3⋯anan+1+lg2bn+1 n∈N*②，
两式作差得an+12=an+1-1a1a2a3⋯an+lg2bn+1bn n∈N*，
又因为数列an为“H(t)数列”，所以an+1-t=a1a2a3⋯an n∈N*，
设数列bn的公比为q，所以an+12=an+1-1an+1-t+lg2q n∈N*，
即t+1an+1-t+lg2q=0对∀n∈N*成立，
则t+1=0t+lg2q=0，得t=-1q=2；
又a1=2，a12=a1+lg2b1，
得b1=4，所以bn=4×2n-1=2n+1.
（3）设函数fx=lnx-x+1 x>0，则f'x=1x-1=1-xx，
当x∈1,+∞时，f'x<0，则fx在1,+∞上单调递减，且fx因为数列an为“H(t)数列”，则an+1-a1a2a3⋯an=tn∈N*，
因为a1>0，t>0，
则a2=a1+t>a1>1，故a3=a1⋅a2+t>a1⋅a2>1，
由此类推，可得对∀n∈N*，an>1，
所以fan0
1
2
3
4
P
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