安徽省合肥一六八中学2024届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题二

这是一份安徽省合肥一六八中学2024届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题二，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。
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．（本题5分）已知数据，，…，的平均数和方差分别为4，10，那么数据，，…，的平均数和方差分别为（ ）
A．，B．1，C．，D．，
2．（本题5分）已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．（本题5分）在等比数列中，，则（ ）
A．-4B．8C．-16D．16
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）加强学生心理健康工作已经上升为国家战略，为响应国家号召，W区心理协会派遣具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生.若要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，则不同的安排方法共有（ ）种
A．90B．125C．180D．243
6．（本题5分）平行四边形中，，，，，则的值为( )
A．10B．12C．14D．16
7．（本题5分）已知，求（ ）
A．B．C．D．
8．（本题5分）已知，，，则（ ）
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）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．当时，的值域为
C．将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
D．将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称
10．（本题6分）已知复数 ，则（ ）
A．
B．
C．
D．若关于 的方程 的一个根为 ，则
11．（本题6分）设定义在R上的可导函数和满足， ， 为奇函数，且. 则下列选项中正确的有（ ）
A．为偶函数
B．为周期函数
C．存在最大值且最大值为
D．
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，，若是的充分条件，则实数的取值范围是 ．
13．（本题5分）在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是 ，它的外接球表面积的最小值为 .
14．（本题5分）设且，若对都有恒成立，则实数a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．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，研究函数在上的单调性和零点个数．
16．（本题15分）一个骰子各个面上分别写有数字，现抛掷该股子2次，记第一次正面朝上的数字为，第二次正面朝上的数字为，记不超过的最大整数为．
(1)求事件“”发生的概率，并判断事件“”与事件“”是否为互斥事件；
(2)求的分布列与数学期望．
17．（本题15分）如图，四边形是圆柱的轴截面，圆柱的侧面积为，点在圆柱的底面圆周上，且是边长为的等边三角形，点是的中点.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值.
18．（本题17分）已知双曲线与直线：（）有唯一的公共点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，其中点，在第一象限.
(1)探求参数，满足的关系式；
(2)若为坐标原点，为双曲线的左焦点，证明：.
19．（本题17分）已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：
①；
②对于，使得的正整数对有k个.
(1)写出所有4的1减数列；
(2)若存在m的6减数列，证明：；
(3)若存在2024的k减数列，求k的最大值.
参考答案：
1．D
【详解】设数据，，…，的平均数和方差分别为和，
则数据，，…，的平均数为，方差为，
得，，
故选：D．
2．B
【详解】由题意得，，解得.
故选：B.
3．C
【详解】设等比数列的公比为，则，即，.
故选:C.
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．A
【详解】根据题意，具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生，
要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，
则把五位同学分3组，且三组人数为2、2、1，然后分配给3位专家，
所以不同的安排方法共有种.
故选：A．
6．D
【详解】因为平行四边形中，，，，，
所以，
,
故选：D.
7．D
【详解】由题意知，
即，
故，
即，
故，
即
，
故选：D
8．D
【分析】利用常见放缩，构造函数，判断出，然后利用构造从而判断即可.
【详解】
令，则，
当时, ，所以在上单调递增，
，
；
，
易知
，
.
故选：D.
9．AD
【详解】由函数图象可知，，的最小正周期为，A选项正确；
，，，
则，由，得，
所以.
当时，，，的值域为，B选项错误；
将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象，C选项错误；
将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数的图象，
，函数的图象关于点对称，D选项正确.
故选：AD
10．BD
【详解】复数 ，则，故A错误；
因为，故B正确；
因为，故C错误；
因为的方程 的一个根为 ，
所以，
由复数相等可知，即，故D正确.
故选：BD
11．AD
【详解】A选项，由为奇函数， 即， 对方程两边同时求导，
根据求导法则， 得， 即，
从而为偶函数， 所以A正确.
B选项，由题意知， 构造函数，，
根据求导法则，得，
即，
于是， 构造函数，，根据求导法则，
得.
从而，， 即，，其中为待定常数.
由为奇函数，得. 再由，得，
又， 即，
从而，.
另由为奇函数，为偶函数知，
，
与联立， 解得，，
，.
由于当时，，
故不是周期函数，所以B不正确；
C选项，由基本不等式知，，
其中当且仅当时等号成立，即存在最小值且最小值为，所以C不正确；
D选项，
，
D正确.
故选：AD
12．
【详解】由可得，则，解得，
即，
若是的充分条件，则是的子集，
可得，所以实数的取值范围是.
故答案为：.
13．
【详解】由余弦定理可得,
故，所以，
当且仅当时取等号，故，
故面积的最大值为，
，
由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），故当平面平面时，此时最大为半径，
故，
由正弦定理可得：，为外接圆的半径，
设四面体外接球半径为,则,其中分别为球心和外接圆的圆心，故当时，此时最小，
故外接球的表面积为,
故答案为：,
14．
【详解】因为且，因为，当且仅当时取等号，
故，所以，
又，所以，当且仅当时取等号，
所以.
又，所以，显然，
所以有，即恒成立，
又，所以，故，所以.
当时，恒成立，即恒成立，与矛盾.
下面证明：在，有，
令
要使，即
即
由知，得
从而需证：
即需证明：，记
从而只需证：①
而，
令，则
，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，即，
因为，所以
∴在上递增，又，
∴在递减，，
递增，，
而，从而在时总有
∴①式恒成立，不等式得证.
综上所述，.
故答案为：
15．(1)
(2)在上单调递增；1
【详解】（1）当时，，
则，则，，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）当时，，则，
当时，，，，则，
故在上单调递增．
又因为，所以在上的零点个数为．
16．(1)，事件“”与事件“”为互斥事件；
(2)分布列见解析，
【详解】（1）当取取值为时，，
当取取值为时，，
当取取值为时，，
当取取值为1，2时，，
当取取值为1时，，
所以，
当时，，事件“”与事件“”不能同时发生，为互斥事件；
（2）的取值为，
取值为，时，
，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
所以的分布列为
所以．
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）点在圆柱的底面圆周上，，
四边形是圆柱的轴截面，平面，
因平面
平面，平面，
而平面①.
是边长为的等边三角形，，
.
圆柱的侧面积为，即，
则，又点是的中点，②.
又平面，由① ② 可得平面.
（2）
以为坐标原点，以及过点与平行的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，.
设平面的法向量为，则
令，得.
由（1）知，平面，故是平面的一个法向量.
由图知二面角为锐角，设为，则，
，即二面角的正弦值为.
18．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）联立方程，整理得.
由，且是双曲线与直线的唯一公共点，可得，
则，即为参数，满足的关系式.

结合图象，由点在第一象限，可知，且.
所以，的关系式满足.
（2）由题可得双曲线的左焦点，渐近线为.
联立方程，解得，即；
联立方程，解得，即.
结合，且由式可变形为，
解得，可得.
要证，即证，
即证，
即证，即证.
由，得.
根据直线的斜率公式，，，，
则，
，
可得，
因此，.
19．(1)数列和数列3，1
(2)证明见解析
(3)的最大值为512072
【详解】（1）由题意得，则或，
故所有4的1减数列有数列和数列3，1.
（2）因为对于，使得的正整数对有个，
且存在的6减数列，所以，得.
①当时，因为存在的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以.
②当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
③当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
综上所述，若存在的6减数列，则.
（3）若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，
所以此时不是最大值，所以.
当时，若，交换的顺序后变为，
所以此时不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大，
所以此时不是最大值，所以.
若数列A中存在相邻的两项，设此时中有项为2，
将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，
所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式.
设其中有项为2，有项为1，
因为存在2024的减数列，所以，
所以，
所以，当且仅当时，取最大值为512072.
所以，若存在2024的减数列，的最大值为512072.
0
1
2
3
4
5
6