江西省吉安市第一中学2024届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题一

这是一份江西省吉安市第一中学2024届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题一，共22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）某校高一年级15个班参加朗诵比赛的得分如下：
85 87 88 89 89 90 91 91 92 93 93 93 94 96 98
则这组数据的40%分位数为（ ）
A．90B．91C．90.5D．92
2．（本题5分）已知圆C：及点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与圆C始终有两个交点
B．若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为
C．若点在圆C上，则直线PQ的斜率为
D．圆C与轴相切
3．（本题5分）已知向量满足与垂直，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．3
4．（本题5分）高一（1）班有8名身高都不相同的同学去参加红歌合唱，他们站成前后对齐的2排，每排4人，则前排的同学都比后排对应的同学矮的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．（本题5分）已知数列的前n项和分别为，记，则数列的前2021项和为（ ）
A．B．C．D．
6．（本题5分）已知球的直径，，，是球球面上的三点，是等边三角形，且，则三棱锥的体积为（ ）.
A．B．C．D．
7．（本题5分）已知，且，则可能为（ ）
A．B．C．D．
8．（本题5分）已知f(x)为奇函数，当x∈[0,1]时，当，若关于x的不等式f(x+m)>f(x)恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A．(-1,0)∪(0,+∞) B．
C．D． (2,+∞)
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）下列选项中的两个集合相等的有（ ）.
A．
B．
C．
D．
10．（本题6分）如图，一个质点在半径为2的圆上以点为起始点，沿逆时针方向运动，每转一圈.则该质点到轴的距离是关于运动时间的函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期是
B．函数的最小正周期是
C．
D．
11．（本题6分）定义：对于定义在区间I上的函数和正数，若存在正数M，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间I上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（ ）
A．函数在上满足阶李普希兹条件
B．若函数在上满足一阶李普希兹条件，则M的最小值为
C．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解
D．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则对任意函数，，恒有
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（本题5分）已知复数，则z在复平面内对应的点所在的象限为 象限.
13．（本题5分）已知函数，若曲线与曲线存在公切线，则实数的最大值为 ．
14．（本题5分）地球仪是地理教学中的常用教具.如图1所示，地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水平面平行)存在一个夹角，即黄赤交角，大小约为23.5°.为锻炼动手能力，某同学制作了一个半径为4cm的地球仪(不含支架)，并将其放入竖直放置的正三棱柱中(姿态保持不变)，使地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，如图2所示.此时平面恰与地球仪的赤道面平行，则三棱柱的外接球体积为 .(参考数据：)
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）为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲､乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜方记1分，失败方记0分，没有平局，首先获得5分者获胜，比赛结束.假设每局比赛甲获胜的概率都是.
（1）求比赛结束时恰好打了6局的概率；
（2）若甲以3：1的比分领先时，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列及期望.
16．（本题15分）已知函数.
（1）若函数在处的切线与直线垂直，求实数的值.
（2）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围.
17．（本题15分）如图，在正三棱锥中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，．
(1)用分别表示线段BC和PD长度；
(2)当时，求三棱锥的侧面积S的最小值．
18．（本题17分）如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线．
(1)求曲线C的方程；
(2)若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点；
(3)若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由．
19．（本题17分）对于无穷数列，“若存在，必有”，则称数列具有性质.
（1）若数列满足，判断数列是否具有性质？是否具有性质？
（2）对于无穷数列，设，求证：若数列具有性质，则必为有限集；
（3）已知是各项均为正整数的数列，且既具有性质，又具有性质，是否存在正整数，，使得，，，…，，…成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
参考答案：
1．C
【详解】由题意，，故这组数据的40%分位数为从小到大第6，7位数据的平均数，即.
故选：C
2．B
【详解】依题意，圆C：，圆心，半径，
对于A，直线恒过定点，而点在圆C外，则过点的直线与圆C可能相离，A不正确；
对于B，，点Q在圆C外，由得：，B正确.
对于C，点在圆C上，则，解得，而点，
则直线PQ的斜率为，C不正确；
对于D，点到x轴距离为7，大于圆C的半径，则圆C与轴相离，即圆C与x轴不相切，D不正确；
故选：B
3．C
【详解】由与垂直，得，则，
所以1，
所以当时，的最小值为
故选：C
4．D
【详解】名身高都不相同的同学站在8个不同的位置有种站法，将8名同学分为4组，每组2人，则有种分法，4组人有种站法，故所求概率.
故选：D.
5．C
【详解】当时，，
当时，
，
所以
.
故选：C
6．A
【详解】设球心为，等边三角形截面小圆的圆心为（也是等边三角形的中心）.
由于是等边三角形，，
所以平面，在面的投影即，也即等边三角形的中心，且平面，则.
因为是直径，所以.
所以，.
由于是等边三角形的中心，所以，
所以等边三角形的高，.
所以三棱锥的体积为.
故选：A
7．B
【详解】由，得，
所以，
所以，
整理得，
，
所以或，
所以或，
①当时，，，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
②当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
③当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
综上，，或，或，
故选：B
8．B
【详解】若，，则，，
则，
是奇函数，
，
则，，，
若，，则，，
则，
则，，，
作出函数的图象如图：
当时，的图象向左平移，如图，
当的图象与在相切时，，此时对应直线斜率，
由，即，得．
此时，
又切点在直线上，
所以切点坐标为，
即，
解得，
所以当时，不等式恒成立.
当时，的图象向右平移，如图，
显然不等式不恒成立.
综上的取值范围是，
故选：．
9．AC
【详解】解：对于A：集合表示偶数集，集合也表示偶数集，所以，故A正确；
对于B：，
，所以，故B错误；
对于C：，又，
所以，即，所以，故C正确；
对于D：集合为数集，集合为点集，所以，故D错误；
故选：AC
10．AD
【详解】由题可知，该质点的角速度为，
由于起始位置为点，沿逆时针方向运动，
设经过时间s之后所成的角为，则，
根据三角函数定义可知点的纵坐标为，
所以该质点到轴的距离，可得D正确，C错误；
由解析式可知其最小正周期为，即A正确，B错误；
故选：AD
11．ACD
【详解】A选项：不妨设，，即，故，对，均有，A选项正确；
B选项：不妨设，在单调递增，，，即，即对，恒成立，即在上单调递减，对恒成立，所以对恒成立，即，即的最小值为，B选项错误；
C选项：假设方程在区间上有两个解，，则，这与矛盾，故只有唯一解，C选项正确；
D选项：不妨设，当时，，当时，
，故对，，故D选项正确；
故选：ACD
12．第二
【详解】由，可知，，
故z在复平面内对应的点所在的象限为第二象限.
故答案为：第二.
13．
【详解】，
假设两曲线在同一点处相切，
则，可得，即，
因为函数单调递增，且时，
所以，则，此时两曲线在处相切，
根据曲线的变化趋势，若，则两曲线相交于两点，不存在公切线，如图，

所以的最大值为.
故答案为：.
14．
【详解】由题设可知平面与面的夹角为，取中点M，中点N，连接MN
由二面角的定义可知为平面与面的夹角，即
设正三棱柱的底面边长为，高为h，则
所以，则
又地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，即地球仪的最大圆与底面正三角形内切，
所以内切圆的半径，解得
所以三棱柱的高，底面边长为
设三棱柱上、下底面中心，连线的中点O为球心，
在直角，，
所以三棱柱外接球的半径
所以体积
故答案为：
15．（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：.
【详解】解：（1）比赛结束时恰好打了6局，甲获胜的概率为，
恰好打了6局，乙获胜的概率为，
所以比赛结束时恰好打了6局的概率为.
（2）X的可能取值为2，3，4，5，
，
，
，
.
所以X的分布列如下：
故.
16．（1）；（2）.
【详解】（1），
，
则，解得.
（2），
由题设可知有两个不同的零点，且在零点的附近的符号发生变化.
令，则，
若，则，则为上为增函数，
在上至多有一个零点.
当时，若，则，故在上为增函数，
若，则，故在上为减函数，
故，故.
又且，故在上存在一个零点；
下证当时，总有.
令，则，
当时，，故为上的减函数，
故，故成立.
令，则，
故当时，有，
取，则当时，
有，
故，故在上，存在实数，使得，
由零点存在定理及的单调性可知可得在上存在一个零点.
综上可知，实数的取值范围是.
17．(1)；
(2)
【详解】（1）连接OP，由题意O为的中心，
且面ABC，又面ABC，所以，所以为直角三角形．
设半球与面PBC的切点为E，则且．
在中，，所以．
在中，．
（2）由题知，，
化简得，，
令，则上述函数变形为，，
所以，令，得．当时，
，单调递减，当时，
，单调递增，所以当时，
三棱锥的侧面积S的最小值为．
18．(1)
(2)证明见解析，
(3)存在，
【详解】（1）设，，则，
由题意知，所以，得(，所以，
因为，得，故曲线C的方程为．
（2）由题意可知，直线不平行坐标轴，
则可设的方程为：，此时直线的方程为．
由，消去得：，
解得：或(舍去)，所以，
所以，同理可得：．
当时，直线的斜率存在，
，
则直线的方程为，
所以直线过定点．
当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
（3）假设存在点R使得，设，
因为，所以，即，
所以，所以，
直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令得点P横坐标，
直线方程是，令得点Q横坐标，
由，得，又在椭圆上，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得成立．
19．（1）见解析；
（2）见解析；
（3）见解析.
可证得存在整数，使得是等差数列.
【详解】（1）因为，
，但，所以数列不具有性质，
同理可得数列具有性质；
（2）因为数列具有性质，
所以一定存在一组最小的且，满足，即，
由性质的含义可得，，，，
所以数列中，从第项开始的各项呈现周期性规律：
为一个周期中的各项，
所以数列中最多有个不同的项，
所以最多有个元素，即为有限集；
（3）因为数列具有性质，又具有性质，
所以存在，使得，
其中分别是满足上述关系式的最小的正整数，
由性质的含义可得，
若，则取，可得，
若，则取，可得，
记，则对于，
有，显然，
由性质的含义可得：，
所以
，
所以，
又满足的最小的正整数，
所以，，
所以，
所以，
取，所以，若是偶数，则，
若是奇数，
则，
所以，，
所以是公差为1的等差数列.
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3
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