56，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三

这是一份56，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三，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。
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．（本题5分）已知数列为等差数列，前项和为，若，则等于（ ）
A．2023B．2024C．2025D．2048
2．（本题5分）从某公司生产的产品中任意抽取12件，得到它们的质量（单位：）如下：7.9，9.0，8.9，8.6，8.4，8.5，8.5，8.5，9.9，7.8，8.3，8.0，则这组数据的四分位数不可能是（ ）
A．8.75B．8.15C．9.9D．8.5
3．（本题5分）为圆（）内异于圆心的一点，则直线与该圆的位置关系为（ ）
A．相离B．相交C．相切D．相切或相离
4．（本题5分）已知表示两条直线，表示平面，下列命题中正确的有（ ）
①若，且，则；
②若相交且都在平面外，，则；
③若，则；
④若，且，则．
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．（本题5分）已知，则的值为（ ）
A．B．1C．4D．
6．（本题5分）已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ）
A．3B．C．7 D．
7．（本题5分）已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．（本题5分）已知函数在区间上的最小值恰为，则所有满足条件的的积属于区间（ ）
A．B．C．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．（本题6分）命题“”是真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
10．（本题6分）若的三个内角的正弦值为，则（ ）
A．一定能构成三角形的三条边
B．一定能构成三角形的三条边
C．一定能构成三角形的三条边
D．一定能构成三角形的三条边
11．（本题6分）已知函数的图象与直线有三个交点，记三个交点的横坐标分别为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．存在实数，使得
B．
C．
D．为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（本题5分）设为复数的共轭复数，若复数满足，则 ．
13．（本题5分）正多面体被古希腊哲学家柏拉图认为是构成宇宙的基本元素，也是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的体积为 ，平面截此正八面体的外接球所得截面的面积为 ．

14．（本题5分）已知不等式对恒成立，则当取最大值时， ．
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.
(1)若曲线在点处的切线与直线平行，求出这条切线的方程；
(2)讨论函数的单调性.
16．（本题15分）在游戏中，玩家可通过祈愿池获取新角色和新武器．某游戏的角色活动祈愿池的祈愿规则为：①每次祈愿获取五星角色的概率；②若连续次祈愿都没有获取五星角色，那么第次祈愿必定通过“保底机制”获取五星角色；③除触发“保底机制”外，每次祈愿相互独立．设表示在该祈愿池中连续祈愿直至获取五星角色为止的祈愿次数．
(1)求的概率分布；
(2)求的数学期望（保留小数点后两位）．
参考数据：．
17．（本题15分）在三棱柱中，，点为中点．

(1)求的长；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
18．（本题17分）已知为曲线上任意一点，直线与圆相切，且分别与交于两点，为坐标原点.
(1)若为定值，求的值，并说明理由；
(2)若，求面积的取值范围.
19．（本题17分）已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．
(1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；
(2)若，证明：；
(3)设，若，求的最小值．
参考答案：
1．B
【详解】因为，
所以.
故选：B.
2．C
【详解】将这12个数据从小到大排序得：7.8，7.9，8.0，8.3，8.4，8.5，8.5，8.5，8.6，8.9，9.0，9.9，
由，可知这组数据的第25百分位数为，
由，可知这组数据的第50百分位数为，
由，可知这组数据的第75百分位数为，所以这组数据的四分位数不可能是9.9.
故选：C
3．A
【详解】由题意圆心，而圆心到直线的距离，
所以直线与该圆的位置关系为相离.
故选：A.
4．A
【详解】对于①，若，且，则或相交，故①错误；
对于③和④，与也可能相交，均错误；
对于②，设相交确定平面，根据线面平行的判定定理知，根据平行平面的传递性得知．
故选：A．
5．C
【详解】在中，
而，
由二项式定理知展开式的通项为，
令，解得，令，，
故，
同理令，解得，令，解得，
故，故.
故选：C
6．D
【详解】由已知可得，在上的投影向量为，
又在上的投影向量，所以，
所以，所以，
所以.
故选：D.
7．B
【详解】由椭圆定义可知，由，故，，
点满足，即，则，
又，，
即，又，
故，则，即，
即平分，又，故，
则，则，
，
，
由，
故，
即，即，又，故.
故选：B.
8．C
【详解】当时，因为此时的最小值为，
所以，即.
若，此时能取到最小值，即，
代入可得，满足要求；
若取不到最小值，则需满足，即，
在上单调递减，所以存在唯一符合题意；
所以或者，所以所有满足条件的的积属于区间，
故选：C
9．BCD
【详解】，
则对都成立，
又，所以，
观察选项可得命题“”是真命题的一个充分不必要条件是BCD.
故选：BCD.
10．AD
【详解】对于A，由正弦定理得，
所以，，作为三条线段的长一定能构成三角形，A正确，
对于B，由正弦定理得，
例如，则，
由于，，故不能构成三角形的三条边长，故B错误，
对于C, 由正弦定理得，
例如：、、，则、、，
则，，，作为三条线段的长不能构成三角形，C不正确；
对于D，由正弦定理可得，不妨设，则，故，且，
所以，故D正确，
故选：AD
11．BCD
【详解】由方程，可得．
令，则有，即．
令函数，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，作出图象如图所示，
要使关于的方程有三个不相等的实数解，且，
结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，
且，或，，
令，若，，
则故．
若，，则，无解，
综上：，故C正确；
由图结合单调性可知，故B正确；
若，则，又，故A不正确；，
故D正确，
故选：BCD．
12．
【详解】对于方程，，
由题意可知，、是关于实系数方程的两个虚根，
由韦达定理可得.
故答案为：.
13．
【详解】如图，取的中点，连接，取的中点，连接．

由棱长为2，可得正八面体上半部分的斜高为，高为，
则正八面体的体积为．
此正八面体的外接球的球心为，半径为，到平面的距离等于到平面的距离，
在中，过作的垂线，垂足为，则平面．
由，得，平面截正八面体的外接球所得截面是圆，
其半径，所以所得截面的面积为．
故答案为：；.
14．
【详解】由，且，
若，则在趋向于0时，函数值趋向，而趋向于，
此时在上不能恒成立，
所以，
令且，则，
令且，则，
所以时，递减，时，递增，
则，且时，趋向正无穷时趋向正无穷，
故，使，即，
所以时，即，时，即，
所以上递减，上递增，则，
要使对恒成立，只需恒成立，
所以，即，
当且仅当，即时等号成立，结合已知参数比值取最大值，此时，
则，故，即.
故答案为：
15．(1)
(2)答案见解析
【详解】（1），
由已知，
∴得
又
∴曲线在点处的切线方程为
化简得：
（2）定义域为R，
，令得或
①当即时，
令得或，令得，
故在单调递减，在，上单调递增；
②当即时，恒成立，
故在R上单调递增；
③当即时，
令得或，令得，
在上单调递减，在，上单调递增；
综上，当时，在单调递减，在，上单调递增；
当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
16．(1)
(2)
【详解】（1）解：将每次祈愿获取五星角色的概率记为，的所有可能取值为、、、……、．
则，，，，
，，
所以的概率分布为.
（2）解：的数学期望
，①
，②
①②得，
，
，
因为，所以．
17．(1)；
(2).
【详解】（1）在三棱柱中，取中点，连，由，
得，又平面，
则平面，平面，于是，有，
所以.

（2）由，得，
显然，因此，即，由（1）知两两垂直，
以为坐标原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，
，
，
，设平面的法向量，
则，令，得，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.
18．(1)或;
(2)
【详解】（1）由题意设，
当直线的斜率不为时，直线：，
因为直线与圆相切，所以，即，
联立，可得：，
所以
，
所以，
因为，所以，
要使为定值，则，所以或，
当直线的斜率为时，
因为直线与圆相切，所以， 即，
不妨取，
联立，可得,所以
所以，也符合上式.
（2）当时，由（1）可知，，
同理,即三点共线，
所以，
当直线的斜率不为时，由（1）可知：
所以，
因为，
所以，
令，
所以，
所以当时，有最小值为；
当时，有最小值为；
当直线的斜率为时，由（1）可知：
.
综上: 面积的取值范围.
19．(1)31是可表数，1024不是可表数，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3)8
【详解】（1）31是，1024不是，理由如下：
由题意可知，
当时，有，
显然若时，，
而，
故31是可表数，1024不是可表数；
（2）由题意可知若，即，
设，即使得，
所以，且成立，故，
所以若，则，
即中的元素个数不能超过中的元素，
对于确定的，中最多有个元素，
所以；
（3）由题意可设，使，
又，
所以，即，
而，
即当时，取时，为可表数，
因为，
由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，
使，
所以
，
令，则有，
设，
由的任意性，对任意的，
都有，
又因为，所以对于任意的，为可表数，
综上，可知的最小值为，其中满足，
又当时，，
所以的最小值为.