2024年全国普通高中九省联考仿真模拟数学试题（一）（学生及教师版）

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1. 若一组数据的75百分位数是6，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求解即可．
【详解】这组数据为：，但大小不定，因为，
所以这组数据的分位数为从小到大的顺序的第6个数和第7个数的平均数，
经检验，只有符合．
故选：C．
2. 已知椭圆：的长轴长是短轴长的3倍，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，再根据离心率公式即可得解.
【详解】由题意，，所以，
则离心率.
故选：B.
3. 设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 150B. 120C. 75D. 68
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列性质及求和公式计算即可得解.
【详解】由等差数列的性质可知，
所以，，
故选：D.
4. 已知空间中，l、m、n是互不相同直线，、是不重合的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，则
C. 若，，，，则
D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】对A、B、C选项，可通过找反例排除，对D选项，可结合线面平行的性质及面面垂直的判定定理得到.
【详解】对A选项：若，，，则可能与平行或异面，故A错误；
对B选项：若，，则与可能平行或相交，故B错误；
对C选项：若，，，，可能，
此时与可能平行或相交，故C错误；
对D选项：若，则必存在直线，使，
又，则，又，则，故D正确.
故选：D.
5. 7个人站成两排，前排3人，后排4人，其中甲乙两人必须挨着，甲丙必须分开站，则一共有（ ）种站排方式．
A. 672B. 864C. 936D. 1056
【答案】D
【解析】
【分析】分甲站在每一排的两端和甲不站在每一排的两端这两种情况解答即可.
【详解】当甲站在每一排的两端时，有4种站法，此时乙的位置确定，剩下的人随便排，有种站排方式；

当甲不站在每一排的两端时，有3种站法，此时乙和甲相邻有两个位置可选，丙和甲不相邻有四个位置可选，剩下的人随便站，有种站排方式；

故总共有种站排方式.
故选：D．
6. 在平面直角坐标系中，已知，，动点P满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A. P的轨迹为圆B. P到原点最短距离为1
C. P点轨迹是一个菱形D. 点P的轨迹所围成的图形面积为4
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得，结合可知，画出图形可知P点轨迹是一个菱形，故C错误A正确；由点到直线的距离即可验证B；转换成面积的两倍来求即可.
【详解】设P点坐标为，则由已知条件可得，整理得．
又因为，所以P点坐标对应轨迹方程为．
，且时，方程为；，且时，方程为；
，且时，方程为；，且时，方程为．
P点对应的轨迹如图所示：
，且，所以P点的轨迹为菱形．A错误，C正确；
原点到：的距离为B错误；
轨迹图形是平行四边形，面积为，D错误．
故选：C．
7. 已知函数，设，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据诱导公式得到最大值，即得到关于的关系式，代入利用诱导公式即可.
【详解】，
，
，
，
，
，
.
故选：B.
8. 已知双曲线的左焦点为，离心率为e，直线分别与C的左､右两支交于点M，N.若的面积为，，则的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 6D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】作出辅助线，，由面积公式求出，利用双曲线定义和余弦定理求出，求出，进而求出.
【详解】连接，有对称性可知：四边形为平行四边形，故，，，
由面积公式得：，解得：，
由双曲线定义可知：，
在三角形中，由余弦定理得：
，
解得：，
所以，解得：，
故，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：D
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. 已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 为奇函数B. 是以为周期的函数
C. 的图象关于直线对称D. 时，的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，由正弦函数的奇偶性即可判断；对于B，判断是否成立即可；对于C，判断是否成立即可；对于D，可得时，单调递增，由此即可得解.
【详解】对于A，的定义域为（关于原点对称），且，
对于B，，故B错误；
对于C，，
，
但，即的图象不关于直线对称，故C错误；
对于D，时，均单调递增，所以此时也单调递增，
所以时，单调递增，其最大值为.
故选：AD.
10. 已知复数，，则下列命题成立的有（ ）
A. 若，则B.
C. 若，则D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】举例说明判断A；利用复数的三角形式计算判断B；利用复数的代数形式，结合模及共轭复数的意义计算判断CD.
【详解】对于A，当时，，而，A错误；
对于B，令，则，
于是，而，即有，因此成立，B正确；
设复数，，
对于C，由，得，
则，，因此，C正确；
对于D，，则，
，因此，D正确.
故选：BCD
11. 已知函数满足：①对任意，；②若，则.则（ ）
A. 的值为2B.
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，令，结合“若，则”即可判断；对于B，由基本不等式相关推理结合即可判断；对于C，令得，，由此即可判断；对于D，令，即可判断.
【详解】对于A，令，得，解得或，
若，令，得，即，
但这与②若，则矛盾，
所以只能，故A正确；
对于B，令，结合得，，
解得或，
又，所以，
所以只能，故B正确；
对于C，若，令得，，
所以，所以，
所以，故C正确；
对于D，取，
则
且单调递增，
满足，但，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是构造，由此即可证伪.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设集合，，若的真子集的个数是1，则正实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】分和讨论即可.
【详解】，则，解得，
若的真子集的个数是1，则中只含有一个元素，
因为为正实数，则，，
若，则，解得，
若，则，解得，
综上所述，的取值范围为.
故答案为：.
13. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为4、6，高为，则正四棱台的体积为______，外接球的半径为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用棱台的体积公式计算即可得第一空，根据棱台与球的特征结合勾股定理计算即可得第二空.
【详解】根据题意易知该棱台的上、下底面积分别为：，
所以正四棱台的体积为；
连接，交于点，连接，交于点，如图所示：
当外接球的球心在线段延长线上，
设，外接球半径为R，则，
因为，上、下底面边长分别为4、6，
则，，
所以
当外接球的球心在线段延长线上，显然不合题意；
当球心在线段之间时，则，同上可得，，不符舍去．
故答案为：；.
14. 若，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】借助基本不等式有消去、，对求最大值即可，再应用三角函数的单调性即可得.
【详解】由题意得：，，，
则，
当且仅当时等号成立，
即，
即，
则有，则，,
有在单调递增，
在上单调递减，
故在上单调递增，
则当时，即、时，
有最大值，
即的最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题关键在于如何将多变量求最值问题中的多变量消去，结合基本不等式与题目条件可将、消去，再结合三角函数的值域与单调性即可求解.
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. 函数.
（1）讨论函数的极值；
（2）当时，求函数的零点个数.
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，分别在和的情况下得到正负，进而得到单调性，由极值定义可求得结果；
（2）由（1）可知单调性，分别讨论极小值大于零、等于零和小于零的情况，结合零点存在定理可得结论.
【小问1详解】
由题意得：；
当，即时，恒成立，在上单调递增，无极值；
当，即时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
的极小值为，无极大值；
综上所述：当时，无极值；当时，极小值为，无极大值.
【小问2详解】
由（1）知：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，，恒成立，无零点；
当时，，有唯一零点；
当时，，
又，当趋近于正无穷大时，也趋近于正无穷大，
在和上各存在一个零点，即有两个零点；
综上所述：当时，无零点；当时，有且仅有一个零点；当时，有两个不同的零点.
16. 已知把相同的椅子围成一个圆环；两个人分别从中随机选择一把椅子坐下．
（1）当时，设两个人座位之间空了把椅子（以相隔位子少的情况计数），求的分布列及数学期望；
（2）若另有把相同椅子也围成一个圆环，两个人从上述两个圆环中等可能选择一个，并从中选择一把椅子坐下，若两人选择相邻座位的概率为，求整数的所有可能取值．
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为
（2）或或
【解析】
【分析】（1）根据题意得到随机变量可以取，并计算出相应的概率，列出分布列，利于期望公式计算即可；
（2）利于概率求得两人选择相邻座位的概率，建立方程后依据条件可求得整数解即可.
【小问1详解】
由题意，得随机变量可以取，
其中，
，
所以随机变量的分布列为：
故．
【小问2详解】
记“两人选择把相同的椅子围成的圆环”为事件，
“两人选择把相同的椅子围成的圆环”为事件，
“两人选择相邻座位”为事件．
因为两个人从上述两个圆环中等可能选择一个，
所以，
．
因为，所以．
化简，得．
因，所以，且．
所以，即，
此时或或
所以的所有可能取值为或或
17. 如图，在多面体中，底面为平行四边形，平面，为等边三角形，．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得平面平面与平面的夹角的余弦值.
【小问1详解】
不妨设，则，
在平行四边形中，，，，连接，
由余弦定理得，即，
，.
又，，，
平面，又平面.
平面平面.
【小问2详解】
取中点，连接，，，
由（1）易知平面，且.
如图，以为原点，分别以射线所在直线为轴，竖直向上为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
得，令，得，
设平面的法向量为，则，
得，令，得，
，
所以平面与平面夹角的余弦值.
18. 已知抛物线：（）上一点的纵坐标为3，点到焦点距离为5.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点作直线交于，两点，过点，分别作的切线与，与相交于点，过点作直线垂直于，过点作直线垂直于，与相交于点，、、、分别与轴交于点、、、.记、、、的面积分别为、、、.若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）结合抛物线定义即可.
（2）设经过，两点的直线方程为：（），与抛物线方程联立得，.将每条直线表达出来，、、、表达出来，再由得出即可.
【小问1详解】
设，由题意可得，即，
解得或（舍去），所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
如图，

设经过，两点的直线方程为：（），
与抛物线方程联立可得，
即，
∴，.
∵，则，
∴，
∴过点作的切线方程为，
令，得，即.
同理，过点作的切线方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，即，
则到直线的距离.
又∵过点作直线垂直于，
直线的方程为，
令，得，即.
同理，直线的方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，
整理后可得，即，
则到直线的距离.
由上可得，，
，，
∴，得，
∴直线的方程为即.
19. 已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）.
（1）若，求及；
（2）若，求证：互不相同；
（3）已知，若对任意的正整数都有或，求的值.
【答案】（1），.
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）观察数列，结合题意得到及；
（2）先得到，故，再由得到，从而证明出结论；
（3）由题意得或，令，得到或，当时得到，当时，考虑或两种情况，求出答案.
【小问1详解】
因为，所以，则；
【小问2详解】
依题意，
则有，
因此，
又因为，
所以
所以互不相同.
【小问3详解】
依题意
由或，知或.
令，可得或，对于成立，
故或.
①当时，
，
所以.
②当时，
或.
当时，由或，有，
同理，
所以.
当时，此时有，
令，可得或，即或.
令，可得或. 令，可得.
所以.
若，则令，可得，与矛盾.
所以有.
不妨设，
令，可得，因此.
令，则或.
故.
所以.
综上，时，.
时，.
时，.
【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.0
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