湖南省长沙市第一中学2024届高三数学新改革适应性训练一（九省联考题型）

这是一份湖南省长沙市第一中学2024届高三数学新改革适应性训练一（九省联考题型），共16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。

（九省联考题型）
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）现有随机选出的20个数据，统计如下，则（ ）
7 24 39 54 61 66 73 82 82 82
87 91 95 8 98 102 102 108 114 120
A．该组数据的众数为102B．该组数据的极差为112
C．该组数据的中位数为87D．该组数据的80%分位数为102
2．（本题5分）已知椭圆x2a2+y22=1（a>2）的两焦点分别为F1、F2．若椭圆上有一点P，使∠F1PF2=120∘，则△PF1F2的面积为（ ）
A．32B．3C．23D．433
3．（本题5分）已知正项等比数列an的前n项和为Sn．若a62−4a42−3a4a6=0,S4=15，则S2023=（ ）
A．22023−1B．22022−1C．22023D．22022
4．（本题5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若m//n，且n⊂α，则m//αB．若m⊥n，且n⊂α，则m⊥α
C．若m//α，且m//β，则α//βD．若m⊥α，且m⊥β，则α//β
5．（本题5分）设集合A={a,b,c}，其中a,b,c为自然数且a+b+c=100，则符合条件的集合A的个数为（ ）
A．833B．884C．5050D．5151
6．（本题5分）在平面直角坐标系xOy中，设A1,0，B3,4，C12,−1，动点P满足PA⋅PB=−1，则tan∠PCA最大值为（ ）
A．22121B．42929C．33D．22
7．（本题5分）如图，在△ABC中，D是BC的中点，E是AC上的点，AC=2AB，CD=1，AE=3EC，∠ADB=∠EDC=α，则csα=（ ）

A．32B．33C．23D．34
8．（本题5分）已知直线l：y=kx+m与椭圆C：x25+y24=1至多有一个公共点，则z=102k+m的取值范围是（ ）
A．−2,2B．−∞,−2∪2,+∞
C．−2,2D．−∞,−2∪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）下列说法正确的是（ ）
A．正切函数是周期函数，最小正周期为π
B．正切函数的图象是不连续的
C．直线x=kπ+π2k∈Z是正切曲线的渐近线
D．把y=tanx,x∈(−π2,π2)的图象向左、右平行移动kπ个单位，就得到y=tanx (x∈R,x≠kπ+π2)的图象
10．（本题6分）已知复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面原点若．z1=32+12i（i为虚数单位），向量OA绕原点逆时针方向旋转90°，且模伸长为原来的2倍后与向量OB重合，则（ ）
A．z2的虚部为32B．点B在第二象限
C．z1+z2=2D．z2z1=2
11．（本题6分）已知定义域为R的函数fx，满足 fx+y=fxfy−f2−xf2−y，且f0≠0，f−2=0，则（ ）
A．f2=1B．fx是偶函数
C．fx2+f2+x2=1D．i=12023fi=−1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（本题5分）若命题“∃a<0，a+1a>b”是假命题，则实数b的取值范围为 ．
13．（本题5分）在三棱锥B−ACD中，平面ABD⊥平面ACD，O是AD的中点，若棱长AC=CD=AD=AB=1，且∠BAD=30∘，则点D到平面ABC的距离为 ，点O到平面ABC的距离为 .
14．（本题5分）在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数f(x)=axex−ln(ax)和g(x)=2ln(x−1)x图象上的动点，若对任意a>0，有PQ≥m恒成立，则实数m的最大值为 ．
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）为弘扬中华优秀传统文化，荣造良好的文化氛围，某高中校团委组织非毕业年级开展了“我们的元宵节”主题知识竞答活动，该活动有个人赛和团体赛，每人只能参加其中的一项，根据各位学生答题情况，获奖学生人数统计如下：
(1)从获奖学生中随机抽取1人，若已知抽到的学生获得一等奖，求抽到的学生来自高一的概率；
(2)从高一和高二获奖者中各随机抽取1人，以X表示这2人中团体赛获奖的人数，求X的分布列和数学期望；
16．（本题15分）如图在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=2，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60∘．

(1)求证：直线A1C⊥平面BDD1B1；
(2)求直线A1C和BC1夹角的余弦值．
17．（本题15分）已知函数fx=13x3+ax，gx=−x2−aa∈R.
(1)若函数Fx=fx−gx在1,+∞上单调递增，求a的最小值；
(2)若函数Gx=fx+gx的图象与y=ax有且只有一个交点，求a的取值范围．
18．（本题17分）已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为62，焦点到渐近线的距离为1.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点0,−1的直线l与双曲线的右支相切于点P，与OP平行的直线l′与双曲线交于A，B两点，与直线l交于点M.是否存在实数λ，使得PM2=λ⋅MA⋅MB？若存在，求实数λ的值；若不存在，请说明理由.
19．（本题17分）已知集合A=a1,a2,a3……an⊆N*，其中n∈N且n≥3,a1(1)集合A=1,2,a具有性质M3，求a的最小值；
(2)已知A具有性质M15，求证：1a1−1an≥n−115；
(3)已知A具有性质M15，求集合A中元素个数的最大值，并说明理由.
奖项组别
个人赛
团体赛获奖
一等奖
二等奖
三等奖
高一
20
20
60
50
高二
16
29
105
50
参考答案：
1．D
【详解】将数据按从小到大的顺序排列：
7，8，24，39，54，61，66，73，82，82，
82，87，91，95，98，102，102，108，114，120，
对于A，出现次数最多的是82，所以众数是82，故A错误；
对于B，极差为120−7=113，故B错误；
对于C，∵ 20×50%=10，∴第10个数和第11个数的平均数为中位数，
即82+822=82，故C错误；
对于D，∵ 20×80%=16，∴第16个数和第17个数的平均数为80%分位数，
即102+1022=102，故D正确.
故选：D.
2．C
【详解】
如图，不妨设|PF1|=m,|PF2|=n，由点P在椭圆上可得：m+n=2a①，
由余弦定理可得：m2+n2−2mncs120∘=4c2，化简得：m2+n2+mn=4c2②，
由①式两边平方再减去②式，得：mn=4a2−4c2=4b2=8，
于是△PF1F2的面积为12mnsin120∘=12×8×32=23.
故选：C.
3．A
【详解】设正项等比数列an的公比为q（q>0）．
∵a62−4a42−3a4a6=0，∴a6−4a4a6+a4=0．
∵an>0，∴a6−4a4=0，故a6a4=q2=4，解得q=2（舍负值），
∴S4=a11−q41−q=a11−241−2=15a1=15，
∴a1=1，∴S2023=1−220231−2=22023−1．
故选：A．
4．D
【详解】
如图所示正方体，
对于A，若m,n,α对应直线AB,CD与平面ABCD，显然符合条件，但m⊂α，故A错误；
对于B，若m,n,α对应直线AB,CB与平面ABCD，显然符合条件，但m⊂α，故B错误；
对于C，若m,α,β对应直线AB与平面HGCD，平面HGFE，显然符合条件，但β∩α=HG，故C错误；
对于D，若m⊥α，且m⊥β，又α，β是两个不同的平面，则α//β，故D正确.
故选：D
5．A
【详解】将100个小球排成一列，在101个空位（包括两段的空位）中插入第一个挡板，再在产生的102个空位中插入第二个挡板，将小球分成三段，分别记每段中的小球个数为a、b、c，共有101×1022=5151种结果，
因为a+b+c=100，所以a、b、c中含有两个0,1,2，…，50各有3种结果，
所以a、b、c三个数各不相等的结果共有5151−3×51=4998个
因为三个元素的每种取值有6种不同顺序，
所以，由集合元素的无序性可知符合条件的集合A的个数为4998÷6=833个.
故选：A
6．B
【详解】设点Px,y，则PA=1−x,−y，PB=3−x,4−y，
所以PA⋅PB=PA=1−x3−x+−y4−y=−1，
整理可得x−22+y−22=4，
动点P的轨迹是以D2,2为圆心，2为半径的圆，
kAC=11−12=2，kAD=2−02−1=2，故D,A,C三点共线，如图所示，
当PC与圆相切时， ∠PCA为锐角且最大，tan∠PCA最大，∠PCA即∠PCD，
由DC=2−122+2+12=352，此时PC=DC2−DP2=292，
则tan∠PCA=DPPC=2292=42929.
故选：B
7．D
【详解】设AB=x,AC=2x,在三角形ABC与三角形ABD中，
csB=1+x2−AD22x=4+x2−4x24x,解得：AD2=5x2−22,

作DC的四等分点，且DF=3FC,由题意知，DF=34,FC=14，
又因为AE=3EC，所以EF//AD,∠ADB=∠EFD=α,
又∠ADB=∠EDC=α，所以∠EFD=∠EDF=α,ED=EF=14AD,
在三角形ABD与三角形EDF中，csα=1+AD2−x22AD=916+DE2−EF22×34×14AD,
化简得: AD2−x2=2,代入AD2=5x2−22,解得：x=2,AD=2,
从而解得：csα=1+AD2−x22AD=34,
故选：D.
8．D
【详解】联立方程y=kx+mx25+y24=1，化简整理得：(5k2+4)x2+10kmx+5m2−20=0
因为直线l：y=kx+m与椭圆C：x25+y24=1至多有一个公共点，
所以Δ=(10km)2−4(5k2+4)(5m2−20)≤0，即m24−5k24≥1，
即点(m,k)满足双曲线m24−5k24=1外部的点，即可行域，如图所示，m为x轴，k为y轴，
将z=102k+m变形为k=−210m+2z10，平移直线k=−210m，
由图可知，当直线k=−210m+2z10与双曲线m24−5k24=1相切时为临界条件.
联立k=−210m+2z10m24−5k24=1，化简整理得：m2−4zm+2z2−4=0
由题知，Δ=(4z)2−4(2z2−4)=8z2−16=0，解得z=±2
若可行域是双曲线m24−5k24=1右支外部的点，即临界条件切线需要往上平移，即z≥2；
若可行域是双曲线m24−5k24=1左支外部的点，即临界条件切线需要往下平移，即z≤−2；
综上可知，z=102k+m的取值范围是−∞,−2∪2,+∞
故选：D.
9．ABC
【详解】正切函数是周期函数，周期为kπ(k∈Z)，最小正周期为π，
正切曲线是由相互平行的直线x=kπ+π2k∈Z(称为渐近线)所隔开的无穷多支曲线组成的，
因此曲线不连续，故A，B，C均正确.
选项D中，没有明确k的取值，比如k=12时，即得不到y=tanx (x∈R,x≠kπ+π2)的图象，故D错误.
故选：ABC
10．BD
【详解】因为z1=32+12i， 所以z1对应的坐标为32,12，z1=1，
OA向量与x轴夹角为θ,tanθ=1232=33,θ=π6,

由题意可知，z2=2,且OB=2csθ+π2,sinθ+π2=−1,3，选项B正确；
z2=−1+3i，z2的虚部为3，选项A错误；
z1+z2=32−1+12+3i，所以z1+z2=32−12+12+32=5，选项C错误；
z2z1=z2z1=2，选项D正确；
故选：BD.
11．BCD
【详解】对于A项，由fx+y=fxfy−f2−xf2−y，
令x=y=1，则f2=f12−f12=0，故A项错误；
对于B项，令x=y=0，则f0=f02−f22=f02，
因f0≠0，故f0=1，
令y=2，则fx+2=fxf2−f2−xf0=−f2−x①，
知函数fx关于点2，0成中心对称，
令x=y=2，则f4=f22−f02=−1，
令y=4，则fx+4=fxf4−f2−xf−2=−fx②，
由①可得：fx+4=−f−x③，由①③可知：f−x=fx，
且函数fx的定义域为R，则函数fx是偶函数，故B项正确；
对于C项，令y=−x，则f0=fxf−x−f2−xf2+x，
因为f0=1，f−x=fx，fx+2=−f2−x，代入上式中得，
故得：fx2+f2+x2=1，故C项正确；
对于D项，由上可知：fx+4=−fx，则fx+8=−fx+4=fx，
故函数fx的一个周期为8.
令x=2，y=1，则f3=f2f1−f0f1=−f1，即有f3+f1=0，
因函数fx是偶函数，故有f−3+f−1=0，
由函数fx的一个周期为8，则f5+f7=f−3+f−1=0，
由上知：f（2）=0,f4=−1,f6=f−2=0,f8=f0=1，
于是：f(1)+f(2)+f3+f4+f5+f6+f7+f8=0+0+−1+0+0+1=0，
则i=12023fi=253×0−f2024=−f8=−1，故D项正确.
故选：BCD.
12．−2,+∞
【详解】解：因为命题“∃a<0，a+1a>b”是假命题，
所以命题“∀a<0，a+1a≤b”是真命题，
又当a<0时，a+1a=−−a+1−a≤−2−a⋅1−a=−2，
当且仅当−a=1−a，即a=−1时等号成立，
所以a+1amax=−2，
所以b≥−2，
所以实数b的取值范围为−2,+∞，
故答案为：−2,+∞.
13． 3913 3926
【详解】
如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系Oxyz，
则A−12,0,0，B3−12,0,12，C0,32.0，D12,0,0，
∴AC=12,32,0，AB=32,0,12，DC=−12,32,0.
设n=x,y,z为平面ABC的法向量，
则n⋅AB=32x+12z=0n⋅AC=12x+32y=0,
∴y=−33x，z=−3x，取x=−3，则y=1,z=3，
∴n=−3,1,3，设D到平面ABC的距离为d，
代入d=DC⋅nn，得d=32+3213=3913，
即点D到平面ABC的距离是3913.
因为O是AD的中点，所以点O到平面ABC的距离是12×3913=3926.
故答案为：3913；3926.
14．322
【详解】axex−ln(ax)−x=ex+lnax−x+lnax，令wx=ex−x，x∈R，
则w′x=ex−1
当x∈0,+∞时，w′x>0，wx=ex−x单调递增，当x∈−∞,0时，w′x<0，wx=ex−x单调递减，
故wx=ex−x在x=0处取得极小值，也是最小值，故wx≥e0−0=1，
故axex−ln(ax)−x=ex+lnax−x+lnax≥1，当且仅当x+lnax=0时，等号成立，
令jx=x−2ln(x−1)x，x>1，
则j′x=1−2xx−1−2ln(x−1)x2=x2−2xx−1+2ln(x−1)x2，
令k(x)=x2−2xx−1+2ln(x−1)，
则k′(x)=2x−2x−2−2xx−12+2x−1=2x+2x−12+2x−1>0在1,+∞上恒成立，
故k(x)=x2−2xx−1+2ln(x−1)在1,+∞上单调递增，
又k(2)=0，故当x∈1,2时，k(x)<0，当x∈2,+∞时，kx>0，
故x∈1,2时，j′x<0，jx单调递减，当x∈2,+∞时，j′x>0，jx单调递增，
故jx=x−2ln(x−1)x在x=2处取得极小值，也时最小值，最小值为j2=2，
设Pn,anen−ln(an),Qt,2lnt−1t，
由基本不等式得，PQ2=(t−n)2+anen−lnan−2lnt−1t2
≥t−2ln(t−1)t+anen−lnan−n22≥(2+1)22=92，
当且仅当t−n=anen−lnan−2lnt−1t，t=2，n+lnan=0时，等号成立，
故PQ≥322，则mmax=322．
故答案为：322
15．(1)59
(2)分布列见解析，EX=712
【详解】（1）记“任取1名学生，该生获得一等奖”为事件A，“任取1名学生，该生为高一学生"为事件B，
PA=36350,PAB=20350，
故PBA=PABPA=2035036350=59；
（2）由己知可得，X的可能取值为0,1,2，
PX=0=100150×150200=12，
PX=1=100150×50200+50150×150200=512，
PX=2=50150×50200=112，
X的分布列为
EX=0×12+7×512+2×112=71216．(1)证明见解析
(2)66
【详解】（1）设AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，
则a→,b→,c→为空间的一个基底，且A1C→=a→+b→−c→，BD→=b→−a→，BB1→=c→，
因为AB=AD=AA1=2，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60∘，
则a→2=b→2=c→2=2，a→⋅b→=b→⋅c→=c→⋅a→=1，
可得A1C→⋅BD→=a→+b→−c→⋅b→−a→=0，A1C→⋅BB1→=a→+b→−c→⋅c→=0，
即A1C⊥BD,A1C⊥BB1，且BD∩BB1=B，BD,BB1⊂平面BDD1B1，
所以A1C⊥平面BDD1B1.
（2）由（1）得BC1→=b→+c→，
则A1C→⋅BC1→=a→+b→−c→·b→+c→=a→⋅b→+a→⋅c→+b→2+b→⋅c→−b→⋅c→−c→2=2，
A1C→2=a→+b→−c→2=a→2+b→2+c→2+2a→⋅b→−2a→⋅c→−2b→⋅c→=4，即A1C→=2，
则BC1→2=b→+c→2=b→2+c→2+2b→⋅c→=6，即BC1→=6，
设A1C→与BC1→的夹角为θ，则csθ=A1C→⋅BC1→A1C→⋅BC1→=22×6=66，
所以直线A1C和BC1夹角的余弦值为66.
17．(1)−3
(2)−∞,−43∪0,+∞
【详解】（1）解：由已知可得Fx=fx−gx=13x3+x2+ax+a，则F′x=x2+2x+a，
因函数Fx在1,+∞上单调递增，
所以F′x=x2+2x+a≥0对任意的x≥1恒成立，
又因为函数F′x=x2+2x+a在1,+∞上为增函数，
则F′xmin=F′1=a+3≥0，解得a≥−3，故实数a的最小值为−3.
（2）解：Gx=fx+gx=13x3−x2+ax−a，令Gx=ax，可得a=13x3−x2，
因为函数Gx=fx+gx的图象与y=ax有且只有一个交点，
令ℎx=13x3−x2，则函数ℎx的图象与直线y=a只有一个公共点，
则ℎ′x=x2−2x，令ℎ′x>0，解得x<0或x>2，令ℎ′x<0，解得0所以ℎx在−∞,0、2,+∞上单调递增，在0,2上单调递减，
则ℎx的极大值为ℎ0=0，极小值为ℎ2=83−4=−43，
ℎx的图象如下所示：

由图可知，当a<−43或a>0时，函数ℎx的图象与直线y=a只有一个公共点，
因此，实数a的取值范围是−∞,−43∪0,+∞.
18．(1)x22−y2=1
(2)存在，λ=45
【详解】（1）由已知可得，双曲线的渐近线方程为y=±bax，右焦点F2c,0，
右焦点F2c,0到其中一条渐近线y=bax，即bx−ay=0的距离d=bca2+b2=b.
则由已知可得e=ca=62b=1c2=a2+b2，解得a2=2b=1c2=3，
所以，双曲线的方程为x22−y2=1.
（2）假设存在实数λ，使得PM2=λ⋅MA⋅MB.
由题意知点P在第一象限，其坐标为Px0,y0，
则x022−y02=1①.
因为双曲线的右支，所以x>0，
由x22−y2=1可得，y=x22−1，
求导可得，y′=12⋅xx22−1，
根据导数的几何意义可知，直线l的斜率为k=12⋅x0x022−1.
又直线l经过点Px0,y0以及点0,−1，所以k=y0+1x0，
所以有12⋅x0x022−1=y0+1x0②.
由①②可解得，x0=2，y0=1，点P2,1，k=1，
所以，直线l的方程为y−1=x−2，即y=x−1，直线OP的斜率为12.
设直线l′的方程为y=12x+m，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=12x+my=x−1可得x=2m+2y=2m+1，
即M2m+2,2m+1，xM=2m+2,yM=2m+1，
所以，PM2=2m+2−22+2m+1−12=8m2.
联立y=12x+mx22−y2=1可得，x2−4mx−4m2−4=0，
Δ=−4m2−4×1×−4m2−4=32m2+16>0恒成立.
由韦达定理可得，x1+x2=4mx1x2=−4m2−4.
因为A,B,M都在直线l′上，
所以y1−yMx1−xM=y2−yMx2−xM=12，
所以y1−yM=12x1−xM，y2−yM=12x1−xM，
所以，MA2⋅MB2=x1−xM2+y1−yM2x2−xM2+y2−yM2
=x1−xM2+14x1−xM2x2−xM2+14x2−xM2
=2516x1−xMx2−xM2 =2516x1x2−xMx1+x2+xM22
=2516−4m2−4−4m2m+2+2m+222 =100m4，
所以，MA⋅MB=10m2.
因为PM2=λ⋅MA⋅MB，
所以λ=PM2MA⋅MB=8m210m2=45，假设成立.
所以，存在实数λ，使得PM2=λ⋅MA⋅MB，且λ=45.
19．(1)6；
(2)证明见解析；
(3)7，理由见解析.
【详解】（1）由性质M3定义知：a−1≥a3a−2≥2a3⇒a≥32a≥6⇒a≥6，且a⊆N*，
所以a的最小值为6.
（2）由题设|ai−ai+1|≥aiai+115,(i=1,2,3,...,n−1)，且a1<……所以ai+1−ai≥aiai+115⇒1ai−1ai+1≥115,(i=1,2,3,...,n−1)，
所以1a1−1a2+1a2−1a3+...+1an−1−1an=1a1−1an≥n−115，得证.
（3）由（2）知：1a1>n−115a1≥1⇒n−115<1⇒n<16，
同（2）证明得1ai−1an≥n−i15且i=1,2,3,...,n−1，故1ai>n−i15，又ai≥i，
所以1i>n−i15⇒i(n−i)<15在i=1,2,3,...,n−1上恒成立，
当n≥8，取i=3，则3(n−3)≥15，故n<8，
当n≤7，则i(n−i)≤(i+n−i)24=n24<15⇒n<60，即n≤7.
综上，集合A中元素个数的最大值为7.
X
0
1
2
p
12
512
112