广东省2024届高三数学新改革适应性训练二（九省联考题型）

这是一份广东省2024届高三数学新改革适应性训练二（九省联考题型），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．在一组样本数据、、、、、、、不全相等）的散点图中，若所有的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为（ ）
A．B．C．D．
2．圆心在轴上，半径为1，且过点的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知数列满足，若，则（ ）
A．2B．C．D．
4．设是两条异面直线，下列命题中正确的是（ ）
A．过且与平行的平面有且只有一个
B．过且与垂直的平面有且只有一个
C．过空间一点与均相交的直线有且只有一条
D．过空间一点与均平行的平面有且只有一个
5．将12名志愿者（含甲､乙､丙）安排到三个地区做环保宣传工作，每个地区至少需要安排3人，则甲､乙､丙3人恰好被安排到同一个地区的安排方法总数为（ ）
A．3129B．4284C．18774D．25704
6．已知是的重心，是空间中的一点，满足，，则（ ）
A．B．C．D．
7．在锐角中，角所对的边分别为．若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知复数满足，（其中是虚数单位），则的最小值为（ ）
A．2B．6C．D．
二、多选题
9．用“五点法”作函数（，，）在一个周期内的图象时，列表计算了部分数据，下列有关函数描述正确的是（ ）
A．函数的最小正周期是
B．函数的图象关于点对称
C．函数的图象关于直线对称
D．函数与表示同一函数
10．如图，已知抛物线的焦点为 ，抛物线 的准线与 轴交于点 ，过点 的直线 （直线 的倾斜角为锐角）与抛物线 相交于 两点（A在 轴的上方，在 轴的下方），过点 A作抛物线 的准线的垂线，垂足为 ，直线 与抛物线 的准线相交于点 ，则（ ）
A．当直线 的斜率为1时，B．若，则直线的斜率为2
C．存在直线 使得 D．若，则直线 的倾斜角为
11．设函数的定义域为，若存在，使得，则称是函数的二阶不动点.下列各函数中，有且仅有一个二阶不动点的函数是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．若命题“”为假命题，则实数m的取值范围是 ．
13．如图，圆锥底面半径为，母线PA＝2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，其最短路线长度为 ，其中下坡路段长为 ．

14．已知反比例函数图象上三点的坐标分别，与，过B作直线的垂线，垂足为Q.若恒成立，则a的取值范围为 .
四、解答题
15．已知函数.
(1)若，求函数的极值；
(2)求函数的单调区间.
16．某闯关游戏共设置4道题，参加比赛的选手从第1题开始答题，一旦答错则停止答题，否则继续，直到答完所有题目．设选手甲答对第1题的概率为，甲答对题序为的题目的概率，，各题回答正确与否相互之间没有影响．
(1)若甲已经答对了前3题，求甲答对第4题的概率；
(2)求甲停止答题时答对题目数量的分布列与数学期望．
17．在图1所示的平面多边形中，四边形为菱形，与均为等边三角形．分别将沿着，翻折，使得四点恰好重合于点，得到四棱锥．
(1)若，证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
18．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，直线过与交于两点，当时，的面积为3.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知都在的右支上，设的斜率为.
①求实数的取值范围；
②是否存在实数，使得为锐角？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
19．已知无穷数列满足，其中表示x，y中最大的数，表示x，y中最小的数.
(1)当，时，写出的所有可能值；
(2)若数列中的项存在最大值，证明：0为数列中的项；
(3)若，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.
0
x
a
b
c
1
3
1
d
1
参考答案：
1．C
【分析】根据相关系数的与线性相关关系可得解.
【详解】因为所有的样本点都在直线上，所以相关系数满足.
又因为，所以，所以.
故选：C.
2．A
【分析】先设圆心再根据点在圆上求得，再应用圆的标准方程写出圆的方程即可.
【详解】因为圆心在轴上，所以可设所求圆的圆心坐标为，
则圆的方程为，又点在圆上，
所以，解得，
所以所求圆的方程为．
故选：A
3．D
【分析】根据递推关系分别求出，故可得数列的周期，从而可求解.
【详解】因为，，
所以，，，
所以数列的周期为3.
所以.
故选:D.
4．A
【分析】根据平面性质、异面直线的定义逐项判断可得答案.
【详解】
对于A，过上一点作的平行直线，则与确定一平面，由平面，
平面，所以平面，故A正确；
对于B，设过的平面为，若平面，则，故若与不垂直，则不存在过的平面与垂直，故B错误；
对于C，当点与确定一个平面，且与平行时，如图，则过空间一点与均相交的直线不存在，故C错误；

对于D，当点与中一条确定的平面与另一条直线平行时，满足条件的平面就不存在，故D错误.

故选：A.
5．C
【分析】利用排列组合原理和分组分配方法求解.
【详解】先分类讨论人员分组情况．
当甲､乙､丙所在组恰有3人时，余下9人分成2组，有种方法；
当甲､乙､丙所在组恰有4人时，先从其他9人中选1人到这组，再将余下8人分成2组，有种方法；
当甲､乙､丙所在组恰有5人时，先从其他9人中选2人到这组，余下7人分成2组，
有种方法
当甲､乙､丙所在组恰有6人时，先从其他9人中选3人到这组，余下6人分成2组，
有种方法．
再将三组人员分配到三个地区．
因为这三组分配到三个地区有种方法，
所以安排方法总数为.
故选:C.
6．C
【分析】由是的重心可得，然后再结合题意即可求出.
【详解】由题意知是的重心，则，即
所以，
又因为，
所以.
故选：C.
7．B
【分析】由，根据正弦定理边化角，再消去，可得，利用三角形是锐角三角形，可得，进而求出，对化简，可求出结果．
【详解】因为，由正弦定理可知， ，
又，所以
所以，
所以
即，
又是锐角，则，
则，，所以，即，
所以，解得，
所以.
，则，则，
故选：B.
8．B
【分析】设，则即在复平面的对应点表示焦点分别在，的椭圆，该椭圆的长轴为直线，短轴为直线，在复平面的对应点表示射线上的点且.的最小值为与两点间距离的最小值，即，，三点共线，且点在第一象限内时，可取的最小值.求解即可.
【详解】设，（其中，是虚数单位），在复平面的对应点
则
即点的轨迹表示为焦点分别在，的椭圆，且该椭圆的长轴为直线，短轴为直线.长半轴长为，半焦距，短半轴长为.
因为
所以
设在复平面的对应点.
即点的轨迹表示为射线上的点.
若使得最小，则需取得最小值，即点为第一象限内的短轴端点，点为射线的端点时，最小.
故选：B
【点睛】本题考查复数的几何意义，属于难题.
9．ACD
【分析】根据表格及三角函数的图象与性质一一分析选项即可.
【详解】根据表格可知，且，则，
由正弦函数的周期性可知的最小正周期为，故A正确；
由已知结合正弦函数的对称性可知：
，
显然此时取得最小值，所以的图象不关于点对称，故B错误；
由已知结合正弦函数的对称性可知：
，此时取得最大值，
所以的图象关于直线对称，故C正确；
由诱导公式可知，故D正确.
故选：ACD
10．AD
【分析】根据抛物线的焦点弦的性质一一计算即可.
【详解】易知，可设，设，
与抛物线方程联立得，
则，
对于A项，当直线 的斜率为1时，此时，
由抛物线定义可知，故A正确；
易知是直角三角形，若，
则，
又，所以为等边三角形，即，此时，故B错误；
由上可知 ，
即，故C错误；
若，
又知，所以，
则，即直线 的倾斜角为 ，故D正确.
故选：AD
11．ACD
【分析】先定义一阶不动点，且得到二阶不动点包括两种情况，且证明出当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价，A选项，找到一阶不动点，并画出函数图象，得到有且仅有一个二阶不动点；B选项，找到两个二阶不动点，不满足要求；C选项，单调递增，画出函数图象，找到仅有一个一阶不动点，即仅有一个二阶不动点，C正确；D选项，作出函数的图象，结合图象即可判断.
【详解】若，称为一阶不动点，
显然若，则满足，故一阶不动点显然也是二阶不动点，
若，则有，即都在函数的图象上，
即上存在两点关于对称，此时这两点的横坐标也为二阶不动点，
下证：当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价，
因为，若，因为单调递增，所以，
即，矛盾，
若，因为单调递增，所以，即，矛盾，
综上：当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价；
由题意得：只需与直线的交点个数为1，
A选项，，解得：，有且仅有1个根，
画出与的图象，如下：
显然上不存在两点关于对称，
综上：有且仅有一个二阶不动点，满足要求，A正确；
B选项，令，定义域为，
显然，
则均为的二阶不动点，不满足要求，B错误；
C选项，定义域为R，单调递增，只需寻找一阶不动点即可，
令，整理得：，
令，则，单调递减，
再同一坐标系总画出两函数与图象，如下：
两函数只有1个交点，满足要求，C正确；
D选项，令，
作出函数的图象，
由图可知，点与点关于直线对称，
故函数满足题意，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：函数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.
12．
【分析】正难则反，命题“”为假命题，等价于命题“”为真命题，则分为和两大类讨论即可.
【详解】命题“”的否定为：“”
命题“”为假命题等价于命题“”为真命题；
当时，，成立；
当时，结合一元二次函数的图象可得：，解得，
综上，实数m的取值范围是.
故答案为：.
13．
【分析】将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，过P作AB的垂线，垂足为M，最短路线即为扇形中的直线段AB，利用余弦定理求出即可；当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，求出即可.
【详解】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，
易知该扇形半径为2，弧长为，故圆心角∠APB＝，
最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知
AB＝＝，
cs∠PBA＝＝；
过P作AB的垂线，垂足为M，
当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段，
当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，
下坡路段长MB＝PB･cs∠PBA＝．
故答案为：，.

14．
【分析】先利用向量的数量积公式得到，进而构造函数，只需即可，先用必要性探究，再用充分性进行证明.
【详解】由题意得：反比例函数为，因为点P在反比例函数图象上，所以，，所以
，
记，由题意得：恒成立，
当，则，解得：，由于，故；
下面证明当时，恒成立，即
因为是开口向上的二次函数，
所以
；
②，
令，则，开口向下，对称轴为，故在上单调递减，故.
所以当时，恒成立，故a的取值范围是
故答案为：
【点睛】对于求解函数比较复杂的参数的取值范围问题，利用必要性探究和充分性证明是一种很重要的方法，要善于观察，代入特殊点得到参数的取值范围，再证明充分性成立，即可得到答案.
15．(1)函数的极大值为，无极小值
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，即可根据函数的单调性求解最值，
（2）求导，分类讨论即可根据导函数的正负确定函数的单调性.
【详解】（1）当时，，其定义域为，
.
令，则.
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
函数的极大值为，无极小值.
（2），，
当时，，在上单调递增；
当时，由，得，
若，则,若，则，单调递减，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，
综上，当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
16．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）根据题意，得到，进而求得甲答对第4题的概率；
（2）根据题意，得到可取，取得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解.
【详解】（1）解：因为选手甲答对第1题的概率为，所以，即，
所以若甲已经答对了前3题，则甲答对第4题的概率为．
（2）解：由题意得，，，．
随机变量可取，
则，，，
，．
所以随机变量分布列如下：
所以．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）当时，可得为的中点，然后利用线面垂直证明平面，从而证明，又由，从而可求证.
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，然后由二面角的余弦值为，从而可求解.
【详解】（1）证明：因为，所以为的中点．
由题可知，，所以．
又，平面，所以平面．
取，如图，则．由平面，可得，则．
（2）连接，易证得平面，过点作，垂足为，则平面．
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴，建立如上图所示的空间直角坐标系．
由，得，
从而，则，
则，
，．
设平面的一个法向量为，
则由得
令，得．
由图可知，平面的一个法向量为，
因为二面角的余弦值为，
所以，解得．
故的值为.
18．(1)
(2)①②不存在，理由见解析
【分析】（1）由已知条件可得，然后利用勾股定理结合双曲线的定义，及的面积可求出，再由离心率可求出，从而可求得双曲线的方程，
（2）①设直线，代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系结合判别式可求出实数的取值范围；②假设存在实数，使为锐角，则，所以，再结合前面的式子化简计算即可得结论.
【详解】（1）因为，所以.
则，所以，
的面积.
又的离心率为，所以.
所以双曲线的方程为.
（2）①根据题意，则直线，
由，得，
由，得恒成立.
设，则，
因为直线与双曲线的右支相交于不同的两点，
所以，即，
所以，解得.
②假设存在实数，使为锐角，所以，即，
因为，
所以，
由①得，
即解得，
与矛盾，故不存在.

【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，第（2）问解题的关键是设出直线方程代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系，再结合求解，考查计算能力，属于较难题.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据定义知，讨论、及大小求所有可能值；
（2）由，假设存在使，进而有，可得，即可证结论；
（3）由题设，令，讨论、求证即可判断存在性.
【详解】（1）由，，
若，则，即，此时，
当，则，即；
当，则，即；
若，则，即，此时，
当，则，即；
当，则，即（舍）；
综上，的所有可能值为.
（2）由（1）知：，则，
数列中的项存在最大值，故存在使，，
由，
所以，故存在使，
所以0为数列中的项；
（3）不存在，理由如下：由，则，
设，
若，则，，
对任意，取（表示不超过的最大整数），
当时，
；
若，则为有限集，
设，，
对任意，取（表示不超过的最大整数），
当时，
；
综上，不存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有.
【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定，并构造集合，讨论、研究存在性.
X
0
1
2
3
4
P