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一

这是一份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一，共20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）数据6.0，7.4，8.0，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的50百分位数为（ ）
A．8.4B．8.5C．8.6D．8.7
2．（本题5分）已知双曲线的离心率，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．（本题5分）若数列满足，，则（ ）
A．B．11C．D．
4．（本题5分）已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
5．（本题5分）在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是和，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．（本题5分）在平面直角坐标系中，集合，集合，已知点，点，记表示线段长度的最小值，则的最大值为（ ）
A．2B．C．1D．
7．（本题5分）已知函数，，则存在，使得（ ）
A．B．
C．D．
8．（本题5分）已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
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）已知复数，，则下列结论正确的是（ ）
A．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是圆
B．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是椭圆
C．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是双曲线的一支
D．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是抛物线
10．（本题6分）已知为锐角，则下列说法错误的是（ ）
A．满足的值有且仅有一个
B．满足,,成等比数列的值有且仅有一个
C．,,三者可以以任意顺序构成等差数列
D．存在使得,,成等比数列
11．（本题6分）已知无穷数列，．性质，，；性质，，，下列说法中正确的有（ ）
A．若，则具有性质s
B．若，则具有性质t
C．若具有性质s，则
D．若等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为
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，（a为实数）．若q的一个充分不必要条件是p，则实数a的取值范围是 .
13．（本题5分）各棱长均为1且底面为正方形的平行六面体，满足，则 ；此平行六面体的体积为 ．
14．（本题5分）已知定义在R上的增函数满足对任意的，都有，且，函数满足，，且当时．若在上取得最大值的x值依次为，，…，，取得最小值的x值依次为，，…，，则 ．
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)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求的取值范围.
16．（本题15分）有两个盒子，其中1号盒子中有3个红球，2个白球；2号盒子中有6个红球，4个白球．现按照如下规则摸球．从两个盒子中任意选择一个盒子，再从盒中随机摸出2个球，摸球的结果是一红一白．
(1)你认为较大可能选择的是哪个盒子?请做出你的判断，并说明理由；
(2)如果你根据（1）中的判断，面对相同的情境，作出了5次同样的判断，记判断正确的次数为X，求X的数学期望（实际选择的盒子与你认为较大可能选择的盒子相同时，即为判断正确）．
17．（本题15分）如图1，已知正三角形边长为4，其中，现沿着翻折，将点翻折到点处，使得平面平面为中点，如图2.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
18．（本题17分）在平面直角坐标系中，已知抛物线和点.点在上，且.
(1)求的方程；
(2)若过点作两条直线与，与相交于，两点，与相交于，两点，线段和中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，，证明：，且为定值.
19．（本题17分）若存在使得对任意恒成立，则称为函数在上的最大值点，记函数在上的所有最大值点所构成的集合为
(1)若，求集合；
(2)若，求集合；
(3)设为大于1的常数，若，证明，若集合中有且仅有两个元素，则所有满足条件的从小到大排列构成一个等差数列．
参考答案：
1．B
【详解】依题意，一组数据的第50百分位数即为该组数据的中位数，
所以数据6.0，7.4，8.0，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的第50百分位数为.
故选：B
2．A
【详解】由已知可得双曲线的焦点在轴上时，，，
所以
，由，解得.
故选：A.
3．D
【详解】因为.所以数列周期为3的数列.
所以
，所以，
故.
故选：D
4．B
【详解】对于A，若，则或与异面，故A错误；
对于B，若，则，又，则，故B正确；
对于C，若，则或，故C错误；
对于D，若，则或与相交，故D错误．
故选：B．
5．A
【详解】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，
，，，
，
，
.
故选：A.
6．D
【详解】集合可以看作是表示直线上的点的集合，
由变形可得，，
由可得，，
所以直线过定点.
集合可看作是直线上的点的集合，
由变形可得，，
由可得，，
所以，直线过定点.
显然，当线段与直线都垂直时，有最大值.
故选：D.
7．C
【详解】当时，，，所以，
即，（一个正数乘以一个小于1的正数，积一定小于这个数）故排除A，D．
对于B，设，则．
因为当时，，所以，即，
所以在上单调递减，．
又当时，，，
所以，所以，即，故B错误．
对于C，令，因为，，且函数的图象是连续不断的，
所以函数在内存在零点，即存在，使得，
即存在，使得，故C正确.
故选：C．
8．C
【详解】
在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，
，
设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，
，
，
P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，
若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，
在中，，
所以，当P在面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时,如图③所示，
面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，
所以P在正方形内的轨迹为，
所以，
综上：P的轨迹长度为.
故选：C
9．AC
【详解】由复数模的几何意义知，
表示复平面内点与点之间的距离为定值2，
则在复平面内对应点的轨迹是圆，故A正确；
由复数模的几何意义知，
表示复平面内点到点和的距离之和为，
又，不满足椭圆的定义，故B不正确；
由复数模的几何意义知，
表示复平面内点到点和的距离之差为1，
又，满足双曲线的定义，故C正确；
对于D，可化为，
表示复平面内点到点和的距离相等，轨迹是直线，
故D不正确，
故选：AC.
10．CD
【详解】因为，在同一坐标系内作和的图象：
可知在上，方程只有一解，故A选项内容正确；
由，，成等比数列，可得，，得，
在同一坐标系内作和的图象：
可知方程，有且只有一解，所以B选项内容正确；
若，，三者可以以任意顺序构成等差数列，则必有：，且为锐角，
所以，而，
所以，，三者不可能以任意顺序构成等差数列，，
所以C选项内容错误,
对于D，若存在，使得,,成等比数列，
则，
而 ，故即，
故即，所以且，
由可得，
而，故，
故，
所以不存在使得,,成等比数列
故选：CD.
11．BCD
【详解】对于A，因为，对，，
即，所以不具有性质，故A错误；
对于B，，对，，，
，故B正确；
对于C，若具有性质，令，则，
即，，
，又，
所以，，故C正确；
对于D，是等比数列，设其公比为，又，，
若满足性质，由选项C 得，即，，，
由，，得，
当时，得，即，对，又，，
当时，不妨设，则，
，解得，，
综上，若满足性质，则.
若满足性质，对，，，
可得，即，令，则，
又，所以函数在上单调递增，又由满足性质，，
成立，
所以等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为.
故D正确.
故选：BCD.
12．
【详解】因为q的一个充分不必要条件是p，
所以是的一个真子集，
则，即实数a的取值范围是.
故答案为：.
13．
【详解】因为
，
所以.
连接交于点，连接，
因为底面为边长是的正方形，所以，
因为，连接，则，
所以在中，，所以，
又因为，所以，
，平面，
所以平面，所以平行六面体的体积为：
.
故答案为：；.
14．2600
【详解】因为，
令，可得，
令，可得，
因为，所以，．
因为，可知的图象关于点对称，
又因为当时，，则在上单调递增，且，
所以在上单调递增，且．
因为，则的图象关于直线对称，
所以在上单调递减，且，
故在上的最大值为4，最小值为0．
由得，则，
所以，得，
故的一个周期为4，且在处取得最小值0，在处取得最大值4，
所以．
故答案为：2600.
15．(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）由题意知：，
所以，
①当时，若，则，若，则，
所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，令得：或，且，
若，则，若，则，若，则，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
③当时，恒成立，所以在上单调递增；
④当时，令得：或，且，
若，则，若，则，若，则，
所以在，上单调递增，在上单调递减.
（2）由恒成立，即，恒成立，
所以，，
令，，所以，
若，则，若，则，
在上单调递增，在上单调递减；
所以当时，有极大值也是最大值为，所以.
所以的取值范围为.
16．(1)选择1号盒子
(2)
【详解】（1）解：设选择1号盒子后摸出一红一白的概率为，
设选择2号盒子后摸出一红一白的概率为，
则 ， ，
因为 ，
所以较大可能选择1号盒子；
（2）由贝叶斯公式，选择1号盒子后猜中的概率
由题意得：，
所以.
17．(1)
(2)
（2）求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）取的中点为的中点为，连接与，
正三角形中，，
所以，则四边形为等腰梯形，
故；
由翻折性质可得，,
则≌，是的中点，
，
平面平面，平面平面平面，
平面平面，
以点为坐标原点以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
正的边长为，
则为正三角形，边长为3，则，
，连接，
在中，由勾股定理得，
，
则，
，
异面直线所成角的取值范围为，
异面直线与所成角的余弦值为.
（2）由（1）得，
，
，
易得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
，
平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设点，则，因为，，
所以，，所以点，
代入方程中，得，所以的方程为.
（2）设点，，，，
则直线的斜率，
同理得直线的斜率，
直线的斜率，
直线的斜率，
所以，
，
从而得.
由消去得，
所以，
由，得或.
设和的中点分别为，，
则，，
同理，，
所以，即，
所以得.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）,
当且仅当时，在R上取得最大值，故；
（2）定义域为R，
，
令，则，
令得，
其中，故，，
可以看出，
故有且仅有2个零点，分别为1和2，
令得或1或2，
其中，
故当或2时，取得最大值，故；
（3），，
，，
令得，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当，，单调递增，
……，
由于，
故所有的单调递增区间经过适当平移可重合，同理，所有的单调递减区间经过适当平移可重合，
要想集合中有且仅有两个元素，
则需要或，
或，……，，
其中，
，
又，
所有的均处在单调递增区间上，
所以为定值，
故所有满足条件的从小到大排列构成一个等差数列．
-
0
+
极小值
1
2
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极大值
极小值
极大值
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