41，2024届高三新高考改革数学适应性练习（九省联考题型）

这是一份41，2024届高三新高考改革数学适应性练习（九省联考题型），共26页。试卷主要包含了 已知数列满足， 下列说法正确的是， 已知函数，则下列说法正确的是等内容，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. 设，则函数的最小值为（ ）
A. 6B. 7C. 10D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本不等式求解可得答案.
【详解】，，
当且仅当，即时，等号成立，
所以函数的最小值为，
故选：D.
2. 已知，是圆：上的两点，过点，的两条切线与直线三线共点，则直线必过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设点为三线共点，则以为直径的圆与圆：的两个交点即为切点，由两圆相减即可得出公共弦的直线方程，利用赋值法即可得出定点.您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【详解】依题意，如图所示：
圆：的方程可化为：所以圆心．
设两条切线的交点为，则以为直径的圆的圆心为，
设以为直径的圆的半径为，
则．
所以以为直径的圆的方程为．
过点作圆：的切点分别为，，
两圆的交点为，，即两圆的公共弦为．
将两圆的方程相减可得直线的方程为，
即，令得．
所以直线必过定点．
故选：A．
3. 如图，圆O是半径为1的圆，设B，C为圆上的任意2个点，则的取值范围是（ ）
A. B. [-1，3]C. [-1，1]D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量线性运算和数量积运算，将转化为，其中为和的夹角.由此求得的取值范围.
【详解】设是线段的中点，则有.设为和的夹角.则
，且
，由于，所以当时，有最小值.又当且时，有最大值为，即有最大值.所以的取值范围是.
故选：A
【点睛】本小题主要考查向量线性运算、数量积的运算，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
4. 有5名留学海外的南开毕业生回到母校的3个班去分享留学生活见闻，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为（ ）
A. 36B. 72C. 90D. 150
【答案】D
【解析】
【分析】按2、2、1和1、1、3两种情况分别算出分派方法的种数，然后相加，即可得到本题答案.
【详解】分两类：一类，3个班分派的毕业人数分别为2、2、1，则有种分派方法；另一类，3个班分派的毕业生人数分别为1、1、3，则有种分派方法，所以不同分派方法种数为种.
故选：D
【点睛】本题主要考查排列组合的综合问题.
5. 已知数列满足：，数列的前n项和为，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由于，所以利用裂项相消求和法可求得，然后由可得恒成立，再利用基本不等式求出的最小值即可
【详解】，
故
，
故恒成立等价于，
即恒成立，
化简得到，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以．
故选：D
6. 如图，在长方体中，，点E为棱BC上靠近点C的三等分点，点F是长方形内一动点（含边界），且直线，EF与平面所成角的大小相等，则下列说法错误的是（ ）
A. 平面B. 三棱锥的体积为4
C. 存在点F，使得D. 线段的长度的取值范围为
【答案】B
【解析】
【分析】由已知，选项A，可根据平面平面，利用面面平行的性质推导出平面；选项B，可利用等体积法，去计算；选项C，连接，作交AD于G，连接FG，根据可知，从而确定点F在的中垂线上，当点F与点K重合时，；选项D，根据，结合，分别计算线段的长度的最大值和最小值即可.
【详解】选项A，因为平面平面，平面，所以平面，该选项正确；
选项B，，该选项错误；
选项C，如图1，连接，作交AD于G，连接FG．
因为平面，所以为与平面所成的角．
因为EG⊥平面，所以∠EFG为EF与平面所成的角．
因为，EF与平面所成角的大小相等，所以，则，又因为，所以，则点F在的中垂线上，即点F在线段HⅠ上运动，如图2．当点F与点K重合时，，该选项正确；
选项D，因为，E为棱BC上靠近C的三等分点，所以，AG＝4，则．因为，所以．当点F在点Ⅰ或点H处时，线段的长度取到最大值，最大值为；当点F在点K处时，线段的长度取到最小值，最小值为．所以线段的长度的取值范围为，该选项正确．
故选：B.
7. 过点作直线l，分别与x轴的正半轴、y轴的正半轴交于点为坐标原点，设，则当的周长最小时，等于（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角函数表示出的边长，可得其周长的表达式，利用导数确定函数的最值情况，即可求得答案.
【详解】由题意，如图, ，，分别作,垂足分别为,
则，，
,
则的周长可表示为，
令，则，
则周长为，则，
令，则，
即在上单调递增，
令，即，即，
整理为，可得，
则当时，，当时，，
即函数在区间上单调递减，在上单调递增，
∴函数在时，取得极小值，且为最小值，
即当的周长最小时，，
故选：B
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于求出三角形周长的表达式后，要利用导数判断其最值情况，其导数的计算比较复杂，要特别注意.
8. 已知函数，若在上单调递增，则的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求得,则问题转化为在恒成立,
令可将问题转化为不等式在上恒成立.构造函数, ,只需满足,即可求得的范围.
【详解】,

若在上单调递增
则在恒成立,
令则,又故, ,所以问题转化不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立.令, ,则有,解得.
故选:.
【点睛】本题的求解过程自始至终贯穿着转化与化归的数学思想,求函数的导数是第一个转化过程,换元是第二个转化过程;构造二次函数是第三个转化过程,也就是说为达到求出参数的取值范围,求解过程中大手笔地进行三次等价的转化与化归,从而使得问题的求解化难为易、化陌生为熟悉、化繁为简,彰显了数学思想的威力,难度困难.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 集合，，，若则或
B. 设全集为，若，则
C. 集合
D. “和都是无理数”是“是无理数”的必要不充分条件
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A：由，得出或等于2，分别求解，然后验证互异性即可判断为错；对于B：由集合间的包含关系和补集的概念判断正确；对于C：令集合中的，即可判定为正确；对于D，取特值即可判定为错误.
【详解】对于A：由，
若或1，
当时，不满足互异性，舍去，当时，，不满足互异性，舍去；
若或2，
当时，合题意，当时，，合题意，
故或2，A错误；
对于B：若，则，B正确；
对于C：令集合中的，得，故C正确；
对于D：不是无理数，若为无理数，可取，和不都是无理数，故“和都是无理数”是“是无理数”的既不充分也不必要条件，故D错.
故选：BC.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的图象关于原点对称
C. 若，则
D. 对，，，有成立
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正弦型函数的周期公式求周期判断A，利用正弦型函数的对称性可判断B，利用正弦型函数的单调性可判断C，利用正弦型函数的值域可判断D.
【详解】∵函数的周期，所以恒成立，
故A正确；
又，所以，，所以，
所以的图象不关于原点对称，故B错误；
当时，，所以函数在上单调递增，故C正确；
因为 ，所以，故，
，又，即，
所以对有成立，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知直线分别与函数和的图象交于点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据函数与的图象关于对称、在上，可判断A；利用基本不等式和选项A可判断B；设，利用函数的单调性可得，，由可判断C；记，利用零点存在性定理可得，由构造函数，利用导数可得在上单调递增，可得答案.
【详解】对于A，因为函数与互为反函数，它们的图象关于对称，
因为与互相垂直，所以关于对称，
所以，又在上，
所以，所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
将与联立可得，即，
设，则函数为单调递增函数，
因为，，
故函数的零点在上，即，由得，
，，故C错误；
记，则时为单调递减函数，
，，
则，，所以，
函数，，当时，，
所以在上单调递增，又，
故.
故选项D错误．
故选：AB．
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造函数，利用单调性得到，，考查了学生的思维能力、数学运算能力.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知（i为虚数单位，）为纯虚数，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的除法运算法则，化简复数，根据复数的概念即可求解.
【详解】
因为复数为纯虚数，所以，.
故答案为：-3.
13. 在平面直角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线的距离的最小值是_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，找到与直线平行且与曲线相切时的切点坐标，再结合点到直线的距离公式，即可得到结果.
【详解】设直线与相切，则切线的斜率为
且，令，则，即切点的横坐标为，
将，代入，可得，即切点坐标为，
所以点P到直线的距离的最小值即为到直线的距离，
即，
故答案为:
14. 在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点，是底面内一动点，若直线与平面平行，当三角形的面积最小时，三棱锥的外接球的体积是______．
【答案】
【解析】
【分析】由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点所在线段，可知当时，三角形面积最小，然后证明，得到 为三棱锥的外接球的直径，进一步求解得答案．
【详解】补全截面为截面 如图，设，
直线与平面不存在公共点，平面，
易知平面平面，，
且当与重合时，最短，此时的面积最小，
由等面积法得，即，，
，，平面，则，
又，为三棱锥的外接球的直径，长度为．
三棱锥的外接球的半径为，体积为．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法
（1）求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
（2）若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解，考查学生的空间想象能力与思维能力，是中档题．
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. 某省高考改革新方案，不分文理科，高考成绩实行“”的构成模式，第一个“3”是语文､数学､外语，每门满分150分，第二个“3”由考生在思想政治､历史､地理､物理､化学､生物6个科目中自主选择其中3个科目参加等级性考试，每门满分100分，高考录取成绩卷面总分满分750分.为了调查学生对物理､化学､生物的选考情况，将“某市某一届学生在物理､化学､生物三个科目中至少选考一科的学生”记作学生群体，从学生群体中随机抽取100名学生进行调查，他们选考物理，化学，生物的科目数及人数统计如表：
（1）从这100名学生中任选2名，求他们选考物理､化学､生物科目数量相等的概率；
（2）从这100名学生中任选2名，记表示这2名学生选考物理､化学､生物的科目数量之差的绝对值，求随机变量的数学期望；
（3）用频率估计概率，现从学生群体中随机抽取4名学生，将其中恰好选考物理､化学､生物中的两科目的学生数记作，求事件“”的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题，可知总情况数为，2人选考科目数量分别为1，2，3的情况数，据此可得答案；
（2）由题意可知的可能取值分别为，分别求得时概率即可得答案；
（3）由题可得随机抽取1人，选考科目数为2概率为，又，即4人中有2人，3人，4人选考科目数为2，即可得答案.
【小问1详解】
记“所选取的2名学生选考物理､化学､生物科目数量相等”为事件A，则
两人选考物理､化学､生物科目数量（以下用科目数或选考科目数指代）为1的情况数为，数目为2的为，数目为3的有，则.；
【小问2详解】
由题意可知的可能取值分别为.
为0时对应概率为（1）中所求概率：；
为1时，1人选考科目数为1，另一人为2或1人为2，1人为3：
；
为2时，1人为1，1人为3：.
则分布列如图所示：
故期望为；
【小问3详解】
所调查的100名学生中物理､化学､生物选考两科目的学生有40名，相应的频率为，则4人中随机1人选考2科的概率为.
又，当时，相应概率为；当时，相应概率为；，相应概率为.
则
16. 已知函数.
（1）当a=2，求函数的极值；
（2）若函数有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）见解析；(2)
【解析】
【分析】（1）代入a的值，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合函数的零点个数确定a的范围即可．
【详解】（1）当a=2时，，令，解得x=1.
列表：
所以，当x=1时，有极小值，没有极大值
（2）①因为. 所以，.
当时，，
所以在上单调递增，只有一个零点，不合题意，
当时，由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，即为最小值.
1°当时，上单调递减，在上单调递增，
只有一个零点，不合题意；
2°当时，，故，最多有两个零点.
注意到，令,
取，使得，下面先证明；
设，令，解得.
列表
所以，当，有极小值.
所以，故，即.
因此，根据零点存在性定理知，在上必存在一个零点，
又x=1也是的一个零点，则有两个相异的零点，符合题意
3°当时，，故，最多有两个零点.
注意到，取，
则
，
因此，根据零点存在性定理知，在上必存在一个零点，
又x=1也是一个零点，则有两个相异的零点，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围是.
【点睛】本题考查了函数的单调性，最值及零点问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
17. 如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）6
【解析】
【分析】（1）先做一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明.
（2）过点作交与点,连接,通过题目条件和小问1结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令
，把求体积的最大值转化为求关于的函数的最大值.构造函数，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的值.然后以点为原点建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的正切值.
【小问1详解】
过点作交与点，
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面
又且 平面
【小问2详解】
过点作交与点,连接
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面 到平面的距离相等
且，平面
又，令
则，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
即，当且仅当时取得最大值.
如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以.
设与所成角为，则，则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6.
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，设点与椭圆短轴的一个端点构成斜边长为4的直角三角形.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）椭圆上的三点，满足，记线段的中点的轨迹为，若直线与轨迹相交于两点，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，即可求出，即可求出椭圆的标准方程；
（2）方法一：设，利用向量，求得点的坐标，根据点在椭圆上，把直线的方程和椭圆方程，利用根与系数的关系、韦达定理，利用弦长公式，即可求解；
方法二：设，根据题意和点在椭圆上，化简整理可得，再根据中点坐标公式，消去 线段的中点的轨迹方程，再设两点点坐标为，根据弦长公式即可求出.
【小问1详解】
由已知得，，故，，
故椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
方法一
设，
因为，所以，
故点坐标为，
由于点在椭圆上，
故有，
，
即，
所以，
令线段中点坐标为，则，
因为在椭圆上，故有，
相加有，
故，
由于，
故，即点的轨迹的方程为，
联立得，
设，
则，，
故.
方法二
设，
因为，
所以故点P坐标为，
因为点在椭圆上，
所以，
所以，即，
所以，
所以，或，
若，
则中点的坐标为，
设点坐标为，
所以
所以，
，
所以，即点的轨迹的方程为，
同理可得当也有点的轨迹的方程为.
设
由得，
则，，
故.
【点睛】本题主要考查椭圆的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系,考查了弦长公式与方程思想，解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，利用弦长公式，即可求解.
19. 对数列{an}，规定{△an}为数列{an}的一阶差分数列，其中△an＝an+1﹣an（n∈N*），规定{△2an}为{an}的二阶差分数列，其中△2an＝△an+1﹣△an（n∈N*）.
（1）数列{an}的通项公式（n∈N*），试判断{△an}，{△2an}是否为等差数列，请说明理由？
（2）数列{bn}是公比为q的正项等比数列，且q≥2，对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得△2bn＝bm，求q所有可能的取值构成的集合；
（3）各项均为正数的数列{cn}的前n项和为Sn，且△2cn＝0，对满足m+n＝2k，m≠n的任意正整数m、n、k，都有cm≠cn，且不等式Sm+Sn＞tSk恒成立，求实数t的最大值.
【答案】（1）是，是；理由见解析；（2），；（3）2.
【解析】
【分析】（1）推导出，从而△△，由此得到△是首项为3，公差为2的等差数列，由△△△，得到△是首项为2，公差为0的等差数列．
（2）推导出，，，根据，，，进行分类讨论，能求出所有可能的取值构成的集合．
（3）推导出，从而是等差数列，设的公差为，则，由等差数列前项和公式可得，从而，推导出，则当时，不等式都成立；当时，令，，，，则，，进而得到，由此推导出的最大值为2
【详解】（1），，
△△，
△，△是首项为3，公差为2的等差数列，
△△△，
△是首项为2，公差为0的等差数列．
（2）数列是公比为的正项等比数列，，
△△△，
且对任意的，都存在，使得，
，，，
．若，则，解得（舍，或，
即当时，对任意的，都有△．
．若，则，解得（舍，或，
即当时，对任意的，都有△．
．若，则，
对任意的，不存在，使得△．
综上所述，所有可能的取值构成的集合为，．
（3）△，△△△，
，是等差数列，
设的公差为，则，
，，
，当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，故，
由等差数列前项和公式可得，
，
，
，，
，
则当时，不等式都成立，
另一方面，当时，令，，，，
则，
，
则，
，
，，当时，，
即，
综上，的最大值为2．
【点睛】本题考查等差数列的判断，考查实数的取值范围、实数的最大值求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．选考物理､化学､生物的科目数
1
2
3
人数
10
40
50
0
1
2
x
1
—
0
+
极小值
x
—
0
+
极小值