湖南省2024届高三新改革适应性训练二数学试题（九省联考题型）（Word版附解析）

这是一份湖南省2024届高三新改革适应性训练二数学试题（九省联考题型）（Word版附解析），共15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）一组数据2，3，3，4，4，4，5，5，6，6的中位数是（ ）
A．6B．5C．4D．3
2．（本题5分）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13，则ab=（ ）
A．98B．322C．43D．324
3．（本题5分）若Sn是等差数列an的前n项和，a1+2a4+a11=8，则S9=（ ）
A．10B．18C．20D．24
4．（本题5分）设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
B．若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α∥β
C．若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
D．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
5．（本题5分）一排11个座位，现安排甲、乙2人就座，规定中间的3个座位不能坐，且2人不能相邻，则不同排法的种数是（ ）
A．28B．32C．38D．44
6．（本题5分）已知圆M:x2+y2+4x=0和圆N:x2+y2−4y−12=0相交于A,B两点，点P是圆M上任意一点，则PA+PB的取值范围是（ ）
A．22,4+2B．4−2,4+2
C．4−2,22D．4−22,4+22
7．（本题5分）求值：2sin80°cs20°1+4cs20°sin250°=（ ）
A．33B．22C．1D．32
8．（本题5分）双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F1−c,0,F2c,0，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与曲线C在第一象限交于点P，且S△F1PF2=4a2，则曲线C的离心率为（ ）
A．5B．5+12C．5−1D．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）若函数fx=2sinπ5x−π4则（ ）
A．fx的最小正周期为10B．fx的图象关于点45,0对称
C．fx在0,254上有最小值D．fx的图象关于直线x=154对称
10．（本题6分）已知z1,z2是复数，下列结论中不正确的是（ ）
A．若z12+z22>0，则z12>−z22B．z1−z2=z1+z22−4z1⋅z2
C．z12+z22=0⇔z1=z2=0D．z12=z12
11．（本题6分）已知fx是定义在R上的不恒为零的函数，对于任意x,y∈R都满足fxy=xfy+yfx，则下列说法正确的是（ ）
A．f1=0
B．fx是奇函数
C．若f2=2，则f12=12
D．若当x>1时，fx<0，则gx=fxx在0,+∞单调递减
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{x|3x−b<4}∩Z=1,2,3，那么实数b的取值范围为 .
13．（本题5分）三个相似的圆锥的体积分别为V1，V2，V3，侧面积分别为S1，S2，S3，且V1=V2+V3，aS1=S2+S3，则实数a的最大值为 ．
14．（本题5分）已知函数f(x)=alnx−2xa≠0，若不等式xa≥2e2xf(x)+e2xcs(f(x))对x>0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）设函数f(x)=lnx+kx,k∈R．
(1)若曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线x−2=0垂直，求k的值；(其中e为自然对数的底数)
(2)在（1）的条件下求f(x)的单调区间和极小值．
16．（本题15分）当前，以ChatGPT为代表的AIGC（利用AI技术自动生成内容的生产方式）领域一系列创新技术有了革命性突破．全球各大科技企业都在积极拥抱AIGC，我国的BAT（百度、阿里、腾讯3个企业的简称）、字节跳动、万兴科技、蓝色光标、华为等领头企业已纷纷加码布局AIGC赛道，某传媒公司准备发布《2023年中国AIGC发展研究报告》，先期准备从上面7个科技企业中随机选取3个进行采访．
(1)求选取的3个科技企业中，BAT中至少有2个的概率；
(2)记选取的3个科技企业中BAT中的个数为X，求X的分布列与期望．
17．（本题15分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC，O为BD的中点，BD=4，PB=PC=PD=5.
(1)证明: OP⊥平面ABCD；
(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值.
18．（本题17分）已知点P、A、B是抛物线C:x2=4y上的点，且PA⊥PB．
(1)若点P的坐标为2,1，则动直线AB是否过定点？如果过定点，请求出定点坐标，反之，请说明理由．
(2)若PA=PB，求△PAB面积的最小值．
19．（本题17分）已知数表A2n=a11a12⋯a1na21a22⋯a2n中的项aij(i=1,2;j=1,2,⋯,n)互不相同，且满足下列条件：
①aij∈1,2,⋯,2n；
②(−1)m+1a1m−a2m<0(m=1,2,⋯,n).
则称这样的数表A2n具有性质P.
(1)若数表A22具有性质P，且a12=4，写出所有满足条件的数表A22，并求出a11+a12的值；
(2)对于具有性质P的数表A2n，当a11+a12+⋅⋅⋅+a1n取最大值时，求证：存在正整数k1≤k≤n，使得a1k=2n；
(3)对于具有性质P的数表A2n，当n为偶数时，求a11+a12+⋅⋅⋅+a1n的最大值.
参考答案：
1．C
【详解】由中位数是从小到大排序后，中间两位数的平均值4+42=4.
故选：C
2．D
【详解】因为e=ca=a2−b2a2=13，则8a2=9b2，所以ab=324.
故选：D
3．B
【详解】由等差数列的下角标性质得a1+2a4+a11=2a4+2a6=8，
∴a4+a6=4，
∴S9=9a1+a92=9a4+a62=18.
故选：B.
4．D
【详解】对于A项，因为n⊥β，m∥n，所以m⊥β，因为m//α，过m作平面γ与平面α交线为l，则l∥m，l⊥β，因为l⊂α，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故A错误；
对于B项，因为n⊥β，m⊥n，所以m//β或m⊂β，又因为m//α，所以α与β的位置关系不确定，故B项错误；
对于C项，因为n⊥β，m⊥n，所以m//β或m⊂β，又因为m//α，所以α与β的位置关系不确定，故C项错误；
对于D项，因为n⊥β，m∥n，所以m⊥β，因为m//α，过m作平面与平面α交线为l，则l∥m，l⊥β，因为l⊂α，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故D正确.
故选：D.
5．D
【详解】根据两人在三个空位同侧与异侧进行分类，
当甲、乙两人在三个空位左侧时：共3×A22=6（种），
同理，当甲、乙两人在三个空位右侧时：共3×A22=6（种），
当甲、乙两人在三个空位异侧时：共4×4×A22=32（种），
即共6+6+32=44（种），
故选：D.
6．B
【详解】圆M:x2+y2+4x=0，即x+22+y2=4，其圆心M−2,0，半径r1=2，
圆N:x2+y2−4y−12=0，即x2+y−22=16，其圆心N0,2，半径r2=4，
取线段AB的中点E，连接PE，
则PA+PB=2PE，
将圆M与圆N的方程做差可得公共弦AB的方程为x+y+3=0，
则ME=−2−0+32=22，
则PEmax=22+2,PEmin=2−22，
所以PA+PB∈4−2,4+2.
故选：B.

7．A
【详解】由积化和差公式可得
cs40°cs20°=12cs40°−20°+cs40°+20°=12cs20°+cs60°
=14+12cs20°，
故1+4cs20°sin250°=1+4cs20°cs40°cs40°=1+414+12cs20°cs40°
=1+cs40°+2cs20°cs40°=2cs220°+2cs20°cs40°
=2cs20°cs20°+cs40°，
由和差化积公式可得
cs20°+cs40°=2cs40°+20°2cs40°−20°2=2cs30°cs10°=3cs10°，
故1+4cs20°sin250°=2cs20°cs20°+cs40°=23cs10°cs20°
所以2sin80°cs20°1+4cs20°sin250°=2cs10°cs20°23cs10°cs20°=33.
故选：A
8．A
【详解】设切点为A，∠AF1O=θ，连接OA，则sinθ=AOOF1=ac，csθ=1−sin2θ=bc，
过点P作PE⊥x轴于点E，则S△F1PF2=12F1F2⋅PE=cPE=4a2，故PE=4a2c，
因为sinθ=PEPF1=ac，解得PF1=4a，
由双曲线定义得PF1−PF2=2a，所以PF2=2a，
在△PF1F2中，由余弦定理得csθ=PF12+F1F22−PF222PF1⋅F1F2=16a2+4c2−4a22×4a⋅2c=bc，
化简得3a2+c2=4ab，又c2=a2+b2，
所以4a2+b2−4ab=0，方程两边同时除以a2得4+ba2−4ba=0，
解得ba=2，所以离心率e=1+b2a2=5.
故选：A
9．AD
【详解】T=2ππ5=10，A正确.
因为f45=2sin−9π100≠0，所以f(x)的图象不关于点45,0对称，B错误.
因为f154=2sinπ2=2，所以f(x)的图象关于直线x=154对称，D正确.
若x∈0,254，则π5x−π4∈−π4,π，由y=sinx的图象可知，
f(x)在0,254上有最大值，没有最小值，C错误.
故选：AD.
10．ABC
【详解】对于选项A：取z1=2+i，z2=2−i，z12=2+i2=3+4i，z22=2−i2=3−4i，
满足z12+z22=6>0，但z12与z22是两个复数，不能比较大小，故选项A不正确；
对于选项B：取z1=2+i，z2=2−i，|z1−z2|=2i=2，
而(z1+z2)2−4z1⋅z2=42−42+i2−i=16−20无意义，故选项B不正确；
对于选项C：取z1=1，z2=i，则z12+z22=0，但是z1≠0，z2≠0，故选项C不正确；
对于选项D：设z1=a+bi，a,b∈R，则z12=a+bi2=a2−b2+2abi
z12=a2−b22+4a2b2=a2+b22=a2+b2，
z1=a−bi，z1=a2+b2，所以z12=a2+b2，所以z12=z12，故选项D正确.
故选：ABC.
11．ABD
【详解】因为fxy=yfx+xfy，
令x=y=1，得f1=f1+f1，所以f1=0，故A正确；
令x=y=−1，得f1=−f−1−f−1，
所以f−1=0，令y=−1，得f−x=−fx+xf−1，又f−1=0，
所以f−x=−fx，又因为定义域为R，所以函数fx是奇函数，故B正确；
令x=2,y=12，得f1=2f12+12f2，
又f1=0,f2=2，所以f12=−12，故C错误；
当x,y≠0时，由fxy=yfx+xfy，
可得fxyxy=fxx+fyy，又∵gx=fxx，
∴gxy=gx+gy，在0,+∞上任取x1,x2，不妨设x1∴gx1−gx2=gx1−gx1⋅x2x1=gx1−gx1−gx2x1=−gx2x1，
∵01,∴gx2x1=fx2x1x2x1<0，
故gx1>gx2,∴gx=fxx在0,+∞单调递减，故D正确.
故选：ABD.
12．{x|5【详解】由3x−b<4，可得−4<3x−b<4，解得−4+b3即{x|−4+b3所以0≤−4+b3<1且3<4+b3≤4，解得5所以实数b的取值范围为{x|5故答案为：{x|513．32/213
【详解】设三个圆锥的高分别为ℎ1，ℎ2，ℎ3．母线与轴线的夹角为θ，
则V=13π(ℎtanθ)2⋅ℎ=π3tan2θ⋅ℎ3，由V1=V2+V3，得ℎ13=ℎ23+ℎ33，
则S=12⋅ℎcsθ⋅2πℎtanθ=πℎ2tanθcsθ，由 aS1=S2+S3可得aℎ12=ℎ22+ℎ32，
则a3ℎ16ℎ16=(ℎ22+ℎ32)3(ℎ23+ℎ33)2=a3，则a3=1+ℎ3ℎ2231+ℎ3ℎ232
令f(x)=(1+x2)3(1+x3)2，x∈0,+∞，得f′(x)=6x1+x22⋅1−x1+x33，
令f′x>0，解得x∈0,1；令f′x<0，解得x∈1,+∞，
故fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以fxmax=f1=2，故a3≤2，故amax=32．
故答案为：32
14．(0,2e]
【详解】xae2x−2f(x)≥cs[f(x)]⇔ealnx−2x−2f(x)−cs[f(x)]≥0⇔ef(x)−2f(x)−cs[f(x)]≥0，
令t=f(x)，则g(t)=et−2t−cst，g′(t)=et−2+sint，设ℎ(t)=et−2+sint，则ℎ′(t)=et+cst，
当t≤0时,et≤1,sint≤1，且等号不同时成立，则g′(t)<0恒成立，
当t>0时，et>1,cst≥−1，则ℎ′(t)>0恒成立，则g′(t)在(0,+∞)上单调递增，
又因为g′(0)=−1,g′(1)=e−2+sin1>0，因此存在t0∈(0,1)，使得g′t0=0，
当0t0时,g′(t)>0，
所以函数g(t)在−∞,t0上单调递减，在t0,+∞)上单调递增,
又g(0)=0，作出函数g(t)的图像如下：

函数f(x)=alnx−2x(a≠0)定义域为(0,+∞)，求导得f′(x)=ax−2=a−2xx，
①当a<0时，f′(x)<0，函数f(x)的单调递减区间为(0,+∞)，
当0因此函数f(x)在(0,1)上的值域包含(0,+∞)，
当x≥1时，y=alnx的取值集合为(−∞,0]，而y=−2x取值集合为(−∞,−2)，
因此函数f(x)在[1,+∞)上无最小值，从而函数f(x)的值域为R，即t=f(x)∈R，gt0<0，不合题意，
②当a>0时，由f′(x)<0得x>a2，由f′(x)<0得0f(x)max=f(a2)=alna2−a，当0而y=−2x取值集合为(−2,0]，因此函数f(x)在(0,1]上的值域包含(−∞,0]，
此时函数f(x)的值域为(−∞,alna2−a]，即t=f(x)∈(−∞,alna2−a]，
当alna2−a≤0时，即当0当alna2−a>0时，即当a>2e时，t1=minalna2−a,t0，结合图象可知，gt1<0，不合题意，
所以实数a的取值范围为(0,2e].
故答案为：(0,2e]
15．(1)k=e
(2)f(x)的单调减区间是(0,e)，单调增区间是(e,+∞)，极小值为2
【详解】（1）由f(x)=lnx+kx可得f′(x)=1x−kx2(x>0)，
因为y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与x−2=0垂直，
所以此切线的斜率为0，即f'(e)=1e−ke2=0，解得k=e；
（2）由（1）可得f′(x)=1x−ex2=x−ex2(x>0)，
由f′(x)<0得00得x>e，
所以f(x)的单调减区间是(0,e)，单调增区间是(e,+∞)，
所以当x=e时，f(x)取得极小值f(e)=lne+ee=2
16．(1)1335
(2)分布列见解析；期望为97
【详解】（1）选取的3个科技企业中，BAT中有2个的概率为C32C41C73=3×435=1235，
BAT中有3个的概率为C33C73=135，
故选取的3个科技企业中，BAT中至少有2个的概率为C32C41+C33C73=1335．
（2）由题意，X的所有取值为0，1，2，3，
PX=0=C43C73=435，PX=1=C31C42C73=1835，
PX=2=C32C41C73=1235，PX=3=C33C73=135，
所以X的分布列为
EX=0×435+1×1835+2×1235+3×135=4535=97．
17．(1)证明见解析
(2)3010
【详解】（1）证明：连接OC，AB//CD,AB⊥BC，则CD⊥BC，
在Rt△BCD中，因为BD=4，则OC=2，
因为PB=PD=5，OB=OD=2，所以OP⊥BD，OP=PB2−OB2=1，
所以OP2+OC2=1+4=5=PC2，则OP⊥OC，
又BD∩OC=O，BD、OC⊂平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD
（2）解：因为BC=CD，O为BD的中点，则OC⊥BD，又OP⊥平面ABCD，
以O为原点，以OB、OC、OP方向为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，
则O0,0,0、B2,0,0、C0,2,0、D−2,0,0、P0,0,1，
所以，DC=2,2,0，AB=2DC=4,4,0，BD=−4,0,0，
BC=−2,2,0，BP=−2,0,1，DP=2,0,1，
AD=AB+BD=4,4,0+−4,0,0=0,4,0，
设平面PBC法向量为m=x1,y1,z1，则BC⋅m=−2x1+2y1=0BP⋅m=−2x1+z1=0，令x1=1，即m=1,1,2，
设平面PAD法向量为n=x2,y2,z2，则AD⋅n=4y2=0DP⋅n=2x2+z2=0令x2=1，即n=1,0,−2，
设平面PAD与平面PBC所成锐二面角的平面角为θ，
所以csθ=m⋅nm⋅n=35⋅6=3010．
18．(1)证明见解析，直线AB过定点−2,5；
(2)16.
【详解】（1）解：设直线AB⊥x轴，则直线AB与抛物线C有且只有一个交点，不合乎题意.
设直线AB的方程为y=kx+b，设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x1≠2且x2≠2，
联立y=kx+bx2=4y可得x2−4kx−4b=0，Δ=16k2+16b>0，
由韦达定理可得x1+x2=4k，x1x2=−4b，
AP=x1−2,y1−1=x1−2,x12−44，同理BP=x2−2,x22−44，
AP⋅BP=x1−2x2−2+x1−2x2−2x1+2x1+216
=x1−2x2−216⋅16+x1+2x2+2=0，
所以，x1x2+2x1+x2+20=−4b+8k+20=0，可得b=2k+5，
故直线AB的方程为y=kx+2k+5=kx+2+5，
因此，直线AB过定点−2,5.
（2）解：由（1）可知，直线AB的斜率存在，且直线AB的方程为y=kx+b，记线段AB的中点为点M.
①当k=0时，则A、B关于y轴对称，此时线段AB的垂线为y轴，
因为PA=PB，则点P为坐标原点，又因为PA⊥PB，则△PAB为等腰直角三角形，
则△PAB的两腰所在直线的方程为y=±x，联立y=xx2=4y，解得x=0y=0或x=4y=4，
此时，PA=PB=42+42=42，S△PAB=12×422=16；
②当k≠0时，x1+x22=2k，y1+y22=k⋅x1+x22+b=2k2+b，即点M2k,2k2+b，
因为PA=PB，则PM⊥AB，
设点Px0,y0，其中x0≠x1且x0≠x2，AP=x0−x1,x02−x124，BP=x0−x2,x02−x224，
由已知可得AP⋅BP=x0−x1x0−x2+x02−x12x02−x2216
=x0−x1x0−x216x0+x1x0+x2+16=0，
所以，x02+x0x1+x2+x1x2+16=x02+4kx0−4b+16=0，则b=y0+kx0+4，
直线PM的斜率为kPM=2k2+b−y02k−x0=−1k，可得b=y0−2−2k2+x0k，
所以，2kk2+3+k2−1x0=0，当k=±1时，等式2kk2+3+k2−1x0=0不成立，
所以，k≠0且x0=−2kk2+3k2−1，
所以，b=x024+kx0+4，则k2+b=k2+k2k2+32k2−12−2k2k2+3k2−1+4
=k2k2−12+k2k2+32−2k2k2+3k2−1+4k2−12k2−12=4k2+12k2−12，
所以，AB=1+k2x1+x22−4x1x2=41+k2⋅k2+b，
故S△PAB=12AB⋅12AB=4k2+1k2+b=16k2+13k2−12=16k2+1⋅k4+2k2+1k4−2k2+1>16.
综上所述，S△PAB≥16.
因此，△PAB面积的最小值为16.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)11n2+2n8
【详解】（1）满足条件的数表A22为1423，1432，2431，
所以a11+a12的值分别为5，5，6.
（2）若当a11+a12+⋯+a1n取最大值时，存在1≤j≤n，使得a2j=2n.
由数表A2n具有性质P可得j为奇数，
不妨设此时数表为A2n=a11a12⋯a1n2na22⋯a2n.
①若存在a1k（k为偶数，1≤k≤n），使得a1k>a11，交换a1k和2n的位置，所得到的新数表也具有性质P，
调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，所以存在1≤i≤n，使得a1i=2n.
②若对任意的a1k（k为偶数，1≤k≤n），都有a1k综上可知，存在正整数k(1≤k≤n)，使得a1k=2n.
（3）当n为偶数时，令n=2k，1≤k≤n，对任意具有性质P数表A2n=a11a12⋯a1na21a22⋯a2n，
一方面，(a12−a22)+(a14−a24)+⋯+(a1,2k−a2,2k)≤(4k−1)+(4k−3)+⋯+(2k+1)，
因此(a12+a14+⋯+a1,2k)≤(a22+a24+⋯+a2,2k)+3k2．①
另一方面，a2i−a1i≥1(i=1，3，5，⋯，n−1)，
因此(a11+a13+⋯+a1,2k−1)≤(a21+a23+⋯+a2,2k−1)−k.②
记S1=a11+a12+⋯+a1,2n, S2=a21+a22+⋯+a2,2n．
由①+②得S1≤S2+3k2−k.
又S1+S2=8k2+2k，可得S1≤11k2+k2.
构造数表A2n=k+14kk+34k−1k+54k−2k+74k−3⋯3k+23k−13k+1k+21k+42k+63k+84⋯k−13kk
可知数表A2n具有性质P，且S1=11k2+k2=11n2+2n8.
综上可知，当n为偶数时，a11+a12+⋯+a1n的最大值为11n2+2n8.X
0
1
2
3
P
435
1835
1235
135