2024九省联考考后高三数学模拟适应性练习4（原卷+解析版）

这是一份2024九省联考考后高三数学模拟适应性练习4（原卷+解析版），文件包含九省联考适应性练习04原卷版pdf、九省联考适应性练习04解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.本卷共4页，四大题19小题，满分150分，答题时间120分钟；
2.答题时须在答题卡上填涂所选答案（选择题），或用黑色字迹的签字笔规范书写答案与步骤（非选择题），答在本试题卷上或草稿纸上的答案均属无效；
3.考试结束时，考生须一并上交本试题卷，答题卡与草稿纸。
一、单选题（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．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．在中，，则（ ）
A．B．C．D．
3．过点作圆的两条切线与圆C分别切于A，B两点，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
4．某公司安排位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排人，每人值班天，则位员工中甲不在日值班的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个底面都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28升（一升为一立方分米），上底边长为4分米，下底边长为2分米，则该方斗的外接球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知在数列中，，且.设，且为的前项和，则的整数部分为（ ）
A．B．C．D．
7．奔驰定理：已知点O是内的一点，若的面积分别记为，则．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的lg很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．如图，已知O是的垂心，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，，，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题（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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．）
9．已知甲、乙两组数据分别为：20，21，22，23，24，25和a，23，24，25，26，27，若乙组数据的平均数比甲组数据的平均数大3，则（ ）
A．甲组数据的第70百分位数为23B．甲、乙两组数据的极差相同
C．乙组数据的中位数为24.5D．甲、乙两组数据的方差相同
10．函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．图像的一条对称轴可能为直线
B．函数的解折式可以为
C．的图像关于点对称
D．在区间上单调递增
11．已知定义在的函数满足：①对恒有；②对任意的正数，恒有．则下列结论中正确的有（ ）
A．
B．过点的切线方程
C．对，不等式恒成立
D．若为函数的极值点，则
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．某班设计了一个“水滴状”班徽（如图），徽章由等腰三角形，及以弦和劣弧所围成的弓形所组成，劣弧所在的圆为三角形的外接圆，若，外接圆半径为1，则该图形的面积为 ．
13．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．
14．在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若和两点之间的距离是，则和两点之间的“直角距离”的取值范围是 ．
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．（13分）在中，内角，，的对边分别为，，，已知该三角形的面积．
(1)求角的大小；
(2)若时，求面积的最大值．
16．（15分）中医药学是中国古代科学的瑰宝，也是打开中华文明宝库的钥匙.为了调查某地市民对中医药文化的了解程度，某学习小组随机向该地100位不同年龄段的市民发放了有关中医药文化的调查问卷，得到的数据如下表所示：
规定成绩在内代表对中医药文化了解程度低，成绩在内代表对中医药文化了解程度高.
(1)从这100位市民中随机抽取1人，求抽到对中医药文化了解程度高的市民的频率；
(2)将频率视为概率，现从该地41岁~50岁年龄段的市民中随机抽取3人，记为对中医药文化了解程度高的人数，求的分布列和期望.
17．（15分）在四棱锥中，底面是边长为6的菱形，，，.
(1)证明：平面；
(2)若，M为棱上一点，满足，求点到平面的距离.
18．（17分）已知双曲线的左、右顶点分别为A、B，曲线C是以A、B为短轴的两端点且离心率为的椭圆，设点P在第一象限且在双曲线上，直线AP与椭圆相交于另一点T．
(1)求曲线C的方程；
(2)设点P、T的横坐标分别为x1，x2，证明：x1x2＝1；
(3)设△TAB与△POB（其中O为坐标原点）的面积分别为S1与S2，且，求的取值范围．
19．（17分）对于项数为的有穷数列，设为中的最大值，称数列是的控制数列.例如数列3，5，4，7的控制数列是3，5，5，7.
(1)若各项均为正整数的数列的控制数列是2，3，4，6，6，写出所有的；
(2)设是的控制数列，满足（为常数，）.证明：.
(3)考虑正整数的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.是否存在数列，使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．B
【分析】由函数有意义求得集合A，进而求出集合B，再利用交集的定义求解即得.
【详解】由，得，又，因此，
所以．
故选：B
2．B
【分析】本题可设，然后利用向量的数量积公式以及余弦定理得出、、，最后通过求出、、即可得出结果.
【详解】设，
则，，，
即，，，
结合余弦定理易知，
，，，
联立，解得，，，
则，
故选：B.
3．A
【分析】将化为标准方程，根据题意可知点A，B在以MC为直径的圆上，由此得到以MC为直径的圆的方程，两圆方程相减可得答案.
【详解】由题意可得圆的标准方程为：
，圆心为 ，
过点作圆的两条切线与圆C分别切于A，B两点，则 ,
故点A，B在以MC为直径的圆上，
而以MC为直径的圆的方程为： ，
得
即直线的方程为，
故选：A.
4．B
【分析】先求出将位员工平均分成三组在1月1日至1月3日值班包含的基本事件的总数，再计算位员工中甲不在日值班包含的基本事件的总数，由古典概率公式即可求解.
【详解】该公司安排位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排人，每人值班1天，基本事件总数，
位员工中甲不在日值班包含的基本事件个数，
所以位员工中甲不在日值班的概率.
故选：B.
5．B
【分析】根据“方斗”的形状可确定该方斗的外接球的球心，再由方斗的容积以及勾股定理可求得外接球半径为，即可得外接球的表面积.
【详解】如下图所示：
外接球球心为高线上的点，满足，
由方斗的容积为28升，可得，解得．
设外接球半径为，则．
由上底边长为4分米，下底边长为2分米可得；
由勾股定理可得，解得，
即，
所以外接球的表面积为．
故选：B．
6．A
【分析】将整理变形可得到，利用等比数列的通项公式可得，进而可得，判断出的单调性可得的最小值，再利用可得的最大值，进而可得的整数部分.
【详解】由得，且，
故.
再将等式两边同除以，得.
由得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
，即，
故.
又，故是关于的递增数列，
故；
当时，
故.
综上有.
的整数部分为
故选：A.
7．B
【分析】延长交于点P，则利用垂心的性质结合三角形面积的求法可得，再利用和可得，不妨设，利用可求出的值，从而可求出的值.
【详解】延长交于点P，
是的垂心，，
．
同理可得，．
又，
．
又，
．
不妨设，其中．
，
，解得．
当时，此时，则A，B，C都是钝角，不合题意，舍掉．
故，则，故C为锐角，
∴，解得，
故选：B．
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的线性运算，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是利用垂心的性质得，再结合已知条件得，设，再利用两角和的正切公式可得，从而可求得结果，考查计算能力和转化思想，属于较难题.
8．C
【分析】依题意可得对恒成立，记，即在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，分、、三种情况讨论，即可求出参数的取值范围.
【详解】，等价于，
记，即在上恒成立，
.
当即时，，在上单调递减，
所以当时，即恒成立；
当时，记，则，
当时，单调递减，又，，
所以存在，使得，当时，，单调递增，
所以，即，
所以当时，，即，不符合题意；
当时，，不符合题意.
综上，的取值范围是.
故选：C
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.
9．BD
【分析】根据已知平均数的关系求得，再由极差、中位数、方差求法判断各项正误即可.
【详解】由题设，，所以，
甲组数据中，故第70百分位数为24，A错；
甲乙组数据的极差都为5，B对；
乙组数据从小到大为，故其中位数为，C错；
由上易知：甲的平均数为，乙的平均数为，
所以甲的方差为，
乙的方差为，
故两组数据的方差相同，D对.
故选：BD
10．BC
【分析】先根图象求出函数解析式，然后逐个分析判断即可
【详解】由图象可知，得，
所以，所以，
因为函数图象过点，
所以，所以，
得，
因为，所以，
所以，
对于A，因为，所以不是图象的一条对称轴，所以A错误，
对于B，，所以B正确，
对于C，因为，所以的图象关于点对称，所以C正确，
对于D，由，得，当时，，当时，，可知函数在，上递增，所以函数在上递减，所以D错误，
故选：BC
11．ACD
【分析】由条件①结合导数的运算法则可设，再由条件②，求得，选项A，B易判断；对C，构造函数，利用导数证明即可；对D，利用导数判断极值点的范围，即可得证.
【详解】恒有，
，
可设（其中C为常数），
又对任意的正数恒有，
对任意的正数恒有，
，
，
，即，
对于A，由上式可得，故A正确；
对于B，，设切点为，则切线斜率为，
，化简得，解，
所以点 就是切点，所以切线方程为，故B错误；
对于C，令，，则，
令，可得，，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，所以，对恒成立，故C正确；
对于D，设，，
在上单调递增，且，，
所以使在上单调递减，在上单调递增，
为函数的极小值点且满足，，
，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：本题属于导数的应用问题，难度较大.首先分析条件①，由导数的运算法则得，可设，再由条件②，代入运算求得，再根据导数知识可依次判断各个选项得解.
12．
【分析】分别求出扇形的面积，，，进而可求出图形的面积．
【详解】解：如图：

因为所以
扇形的面积为，
，
，
则题中图形面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查扇形的面积公式的应用，是基础题．
13．
【分析】分别设两条曲线的切点分别为根据切点处的导数即为切线斜率和切点即在曲线上又在切线上列方程组，然后求解可得.
【详解】设直线与曲线和分别相切于
因为，
所以…①，…②，…③
由①可得，，代入②③可得：
因此，
消元整理可得
解得或，所以或
因为，所以
故答案为：
14．
【分析】根据空间两点距离公式，结合三角代换法、辅助角公式、正弦型函数的最值性质进行求解即可.
【详解】因为，
所以设，
其中，因此
，
因为，所以，因此，
设，
于是有
，
因为，所以，
因此当且时，即当且时，
有最大值，
当且或时，有最小值，
此时，或，
所以的最小值，
综上，和两点之间的“直角距离”的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用三角代换的方法、运用正弦函数的最值的性质.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）利用三角形面积公式、余弦定理求解即得.
（2）由（1）中信息，结合基本不等式求出的最大值即可得解.
【详解】（1）在中，，而，即，
，由余弦定理得，
所以.
（2）由（1）知，，，而，于是，
即，当且仅当时取等，
因此的面积，
所以当时，面积取得最大值.
16．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）由表格得出成绩在的人数，计算频率，即可得出答案；
（2）由表格得出41岁~50岁年龄段中，成绩在内以及内的人数，求出概率，进而得出.然后列出分布列，求出期望即可.
【详解】（1）由表格可知，成绩在的人数为，
所以，抽到对中医药文化了解程度高的市民的频率为.
（2）根据表格可知，41岁~50岁年龄段中，成绩在内的人数为，成绩在内的人数为，
则随机抽取1人，这个人是对中医药文化了解程度高的市民的概率，了解程度低的概率.
由题意可知，的可能取值为，
则，
，
，
，
故的分布列为
的数学期望.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接交于，连接，利用线面垂直的判定推理作答.
（2）求出点到平面的距离，再利用等体积法求解作答.
【详解】（1）在四棱锥中，连接交于，连接，如图，因为底面是菱形，则，
又是的中点，，则，而平面，
所以平面.
（2）连接，由平面，平面，则，
而，平面，因此平面，
又是边长为6的菱形，，则，面积，
过作交于，而，且，
则，显然，于是，面积，
令点到平面的距离为，又平面，由，
即，得，解得，
所以点到平面的距离为.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)(0，1]
【分析】（1）设椭圆的方程为，依题意可得A（﹣1，0），B（1，0），推出b＝1，又椭圆的离心率为，解得a2，即可得出答案．
（2）设点P（x1，y1），T（x2，y2）（xi＞0，yi＞0，i＝1，2），直线AP的斜率为k（k＞0），则直线AP的方程为y＝k(x+1)，联立椭圆的方程，解得x2，同理可得，进而可得x1⋅x2＝1．
（3）由（2）得，由，得，再计算S1，S2，结合基本不等式得S12﹣S22的取值范围．
【详解】（1）设椭圆的方程为，
依题意可得A（﹣1，0），B（1，0），所以b＝1，
因为椭圆的离心率为，
所以，即a2＝4，
所以椭圆方程为．
（2）证明：设点P（x1，y1），T（x2，y2）（xi＞0，yi＞0，i＝1，2），直线AP的斜率为k（k＞0），
则直线AP的方程为y＝k(x+1)，
联立方程组，整理，得（4+k2）x2+2k2x+k2﹣4＝0，
解得x＝﹣1或，
所以，
同理联立直线AP和双曲线可得，，
所以x1⋅x2＝1．
（3）由（2），
因为，
所以，
即，
因为点P在双曲线上，则，
所以，即，
因为点P是双曲线在第一象限内的一点，
所以，
因为，
所以．
由（2）知，x1⋅x2＝1，即，
设，则1＜t≤3，则．
设f（t）＝5﹣t5﹣（t）≤5﹣4＝1，
当且仅当，即t＝2时取等号，
结合对勾函数单调性知函数f（t）在（1，2）上单调递增，在（2，3]上单调递减．
因为，
所以f(1)＜f(3)，
所以的取值范围为（0，1]．
19．(1)答案见解析；
(2)证明见解析；
(3)。
【分析】（1）由控制数列确定原数列，只是在确定时，只要即可；
（2）由已知证得控制数列是不减的数列，然后确定也是不减的数列，由第一项开始可证明对应项必相等；
（3）由于控制数列是等差数列，因此可考虑或两种情形，分类讨论可得．
【详解】（1）由题意，，，，，
所以数列有六种可能：；；；；；．
（2）因为，，所以，
所以控制数列是不减的数列，
是的控制数列，满足，是常数，所以，即数列也是不减的数列，，
那么若时都有，则，
若，则，若，则，
又，由数学归纳法思想可得对，都有；
（3）设的控制数列是，由（2）知是不减的数列，必有一项等于，
当是数列中间某项时，不可能是等差数列，
所以或，
若，则（），是等差数列，
此时只要，是的任意排列均可．共个，
，而时，数列中必有，否则不可能是等差数列，
由此有，即就是，只有一种排列，
综上，的个数是．
【点睛】本题考查数列新定义，解题关键是理解新定义，应用新定义，本题关键是确定控制数是不减的数列，从而由此可确定结论．对学生的逻辑思维能力要求较高．0
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