贵州省六校联盟2024届高考实用性联考（三）数学试题（附参考答案）

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1．已知数列满足且，则（ ）
A．B．C．D．1
2．设抛物线的焦点为，点为该抛物线上任意一点，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．在某学校的期中考试中，高一､高二､高三年级的参考人数分别为.现用分层抽样的方法从三个年级中抽取样本，经计算得高一､高二､高三年级数学成绩的样本平均数分别为，则全校学生数学成绩的总样本平均数为（ ）
A．92B．91C．90D．89
4．已知是不同的两条直线，是不重合的两个平面，则下列命题中，真命题为（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（决赛）于2023年11月26日至12月3日在湖北省武汉市武钢三中举行，赛后来自某所学校的3名同学和2名老师站成一排合影，若两名老师之间至少有一名同学，则不同的站法有（ ）种.
A．48B．64C．72D．120
6．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，则的值可以是（ ）
A．2018B．2020C．2022D．2024
7．过点的直线与圆相交于不同的两点，则线段的中点的轨迹是（ ）
A．一个半径为10的圆的一部分
B．一个焦距为10的椭圆的一部分
C．一条过原点的线段
D．一个半径为5的圆的一部分
8．已知椭圆的左､右焦点分别为，过点的直线与椭圆交于两点，若，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，则下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，其中，对于任意，有，则（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．函数在上单调递增
D．函数在上共有6个极值点
11．已知定义域为的函数满足为的导函数，且，则（ ）
A． B．为奇函数
C． D．设，则
三、填空题
12．已知集合，若，则实数的取值范围为 .
13．已知一个圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，其顶点为，底面圆心为，点是线段上的一点，是底面内接正三角形，且平面，则 ；三棱锥的外接球的表面积是 .
14．以表示数集中最大（小）的数.设，已知，则 .
四、解答题
15．已知函数的图象经过点，且是的极值点.
(1)求函数的解析式；
(2)求函数的单调区间和最值.
16．“村超”是贵州省榕江县举办的“和美乡村足球超级联赛”的简称.在2023年火爆“出圈”后，“村超”热度不减.2024年1月6日，万众瞩目的2024年“村超”新赛季在“村味”十足的热闹中拉开帷幕，一场由乡村足球发起的“乐子”正转化为乡村振兴的“路子”.为了解不同年龄的游客对“村超”的满意度，某组织进行了一次抽样调查，分别抽取年龄超过35周岁和年龄不超过35周岁各200人作为样本，每位参与调查的游客都对“村超”给出满意或不满意的评价.设事件“游客对“村超”满意”，事件“游客年龄不超过35周岁”，据统计，，.
(1)根据已知条件，填写下列列联表并说明理由；
(2)由（1）中列联表数据，依据小概率值的独立性检验，能否认为游客对“村超”的满意度与年龄有关联？
附：.
17．如图，在正四校锥中，，已知，，其中分别为的中点.
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值.
18．已知双曲线，过点的直线与双曲线相交于两点.
(1)点能否是线段的中点？请说明理由；
(2)若点都在双曲线的右支上，直线与轴交于点，设，求的取值范围.
19．差分密码分析（Differential Cryptanalysis）是一种密码分析方法，旨在通过观察密码算法在不同输入差分下产生的输出差分，来推断出密码算法的密钥信息.对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中；规定为的二阶差分数列，其中.如果的一阶差分数列满足，则称是“绝对差异数列”；如果的二阶差分数列满足，则称是“累差不变数列”.
(1)设数列，判断数列是否为“绝对差异数列”或“累差不变数列”，请说明理由；
(2)设数列的通项公式，分别判断是否为等差数列，请说明理由；
(3)设各项均为正数的数列为“累差不变数列”，其前项和为，且对，都有，对满足的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值.
年龄
满意度
合计
满意
不满意
年龄不超过35周岁
年龄超过35周岁
合计
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．A
【分析】由条件得数列为等比数列，利用等比数列的通项公式列方程求解.
【详解】因为数列满足，所以数列是公比为2的等比数列，
因为，则，解得.
故选：A.
2．B
【分析】
恒成立，利用抛物线的几何性质，求的最小值即可.
【详解】抛物线的焦点为，点为该抛物线上任意一点，
由抛物线定义可知，等于点到抛物线准线的距离，
的最小值为抛物线顶点到准线的距离，即，
若恒成立，则，即.
故选：B
3．C
【分析】
利用分层抽样的特点及平均数公式即可求解.
【详解】由题意，总样本平均数为.
故选：C.
4．B
【分析】
根据面面平行的性质定理和判定定理、线面垂直的判定定理逐一判断即可.
【详解】当时， 不成立，故A错误；
由，可知 ，若 ，则，故B正确；
根据线面垂直的判定定理，m需垂直于 内的两条相交直线才有 ，此情况m可能与斜交，故C错误；
根据面面平行的判定定理可知D错误，和可能相交.
故选：B.
5．C
【分析】
利用插空法和分步乘法计数原理即可求解.
【详解】根据题意，分两步进行：
第一步：安排3名同学站成一排合影，不同的站法共种；
第二步：安排2名老师，采用插空法，不同的站法共种；
由分步乘法计数原理可得：不同的站法共种.
故选：C
6．D
【分析】
首先根据二项式定理化简，再判断余数，结合选项，即可求解.
【详解】，
所以除以9的余数是8，
选项中只有2024除以9余8.
故选：D
7．D
【分析】
根据垂径定理得出，即，代入坐标求解方程即可.
【详解】设，根据线段的中点为，则，即，
所以，又，，，,
所以，即,
所以点的轨迹是以为圆心，半径为5的圆在圆内的一部分.
故选：D.
8．A
【分析】
根据条件，结合椭圆的定义，可判断点的位置，再结合椭圆的几何性质，即可求解.
【详解】由，设，，，
由椭圆的定义可知，，
所以，所以点在短轴端点，如图，
则，，
所以，则，即，
所以椭圆的离心率.
故选：A
9．BCD
【分析】设，利用复数的运算和模的运算求解，逐项判断.
【详解】解：设，则，
所以，，则，故A错误；
，
，所以，故B正确；
因为，所以，故C正确；
因为，所以，
而，所以，故D正确
故选：BCD
10．AD
【分析】
由已知条件根据函数对称轴求出得函数解析式，判断选项A；验证对称中心判断选项B；验证单调区间判断选项C；求解区间内的极值点判断选项D.
【详解】对于A，由，则的图象关于直线对称，
有，得，即，
由，得，A选项正确；
对于B，，，
函数的图象不关于点对称，B选项错误；
对于C，当时，，是正弦函数的单调递减区间，
所以函数在上单调递减，C选项错误；
对于D，由，得，
令，得，
故的解集为，所以函数在上共有6个极值点，D选项正确.
故选：AD
11．ABD
【详解】对于A：令可得；对于B：令可得；对于C ：先确定的奇偶性，然后令后对两边同时求导，再代入即可；对于D：利用累加法求通项公式.
【点睛】对于A：令得，所以，A正确；
对于B：令得，所以，B正确；
对于C：因为，所以，即，
所以为偶函数，由可得，
令得，
则，令，得，
所以，C错误；
对于D：因为，，
所以，且
所以，相加可得，
所以，则，D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】
先由得出；再求出集合A，结合集合的包含关系列出不等式组即可求解.
【详解】因为，
所以.
又因为，，
所以，解得：，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
13．
【分析】
（1）根据正弦定理求出的长；
（2）确定三棱锥的外接球，即为以为棱的正方体的外接球，再求其半径，最后应用球的表面积公式即可求出.
【详解】解：由题意，圆锥的底面半径为1，母线长为2，
是底面内接正三角形，结合题设有，所以，
由平面，平面，则，，
为正三角形，则，显然为中心，
结合对称性，易知，即，且，
三棱锥的外接球，即为以为相邻棱的正方体的外接球，
故外接球半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积是.
故答案为：；
14．
【分析】
由，得，设，则，再结合基本不等式求解即可.
【详解】由，得，
设，则，
由
，
当且仅当时，取等号，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：设，由已知得出，进而得出是解决本题的关键.
15．(1)
(2)增区间为，减区间为，最小值为，无最大值
【分析】（1）求得，根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）由（1）知，求得函数的单调区间，进而求得其最值.
【详解】（1）解：由函数，可得，
因为函数过点，且是的极值点，
可得，解得，
所以函数的解析式为.
（2）解：由（1）知，
令，解；令，解，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，无最大值.
即函数的增区间为，减区间为，最小值为，无最大值.
16．(1)列联表见详解
(2)没有关联
【分析】（1）根据题意，可求得不超过35岁的人中，对“村超”满意且有160人，对“村超”满意的人中不超过35岁的有140人，完成列联表；
（2）根据题意，计算卡方，与临界值比较即可求解.
【详解】（1）根据题意，由，可得不超过35岁的人中，对“村超”满意且有160人，
又由，可得对“村超”满意的人中超过35岁的有140人，
由此列联表如下.
（2）由.
依据小概率值的独立性检验，，即认为性别与满意度没有关联.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明四边形和四边形为平行四边形，进而证得，，即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，连接，
由题意可得为的中点，
因为为的中点，
所以且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为为的中点，
所以且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以；
（2）由题意知平面，，
如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，
因为，，
所以，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
18．(1)不是，理由见解析
(2)
【分析】
（1）设,利用点差法求解，求出直线方程，与双曲线方程联立，判断是否是中点;
(2)设直线方程，求出点坐标，设，联立方程，根据根与系数关系求解的范围，根据,求出，进而求出的取值范围.
【详解】（1）假设是的中点，设,
则，
由，可得,
则直线方程,即，
则，即，
故与题设矛盾，故点不是的中点.
（2）设直线方程,则，令，
设，联立，
则
故，即或，
根据，
则，代入双曲线方程可得，，
同理可得，
所以是方程的两个根，
则，，
故，
由或，则或，
即或,
故.
19．(1)不是“绝对差异数列”， 是“累差不变数列”，理由见解析
(2)都是等差数列，理由见解析
(3)
【分析】
（1）根据“绝对差异数列”和“累差不变数列”的定义判断即可；
（2）分别求出数列的通项，再根据等差数列的定义即可得出结论；
（3）根据等差数列的性质以及新定义求解出，运用基本不等式求解出的范围，从而得出的最值.
【详解】（1）对于数列，
可得：一阶差分数列为，不满足，
所以不是“绝对差异数列”，
二阶分差数列为，满足，
所以是“累差不变数列”；
（2）因为，
所以，所以，
因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
因为，
所以数列数列是首项为，公差为的等差数列；
（3）由题意得，
对，都有，
所以，
所以，
所以，所以数列是等差数列，
设数列的公差为，则，
当时，，与矛盾；
当时，当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，故，
，
则，
，
因为，所以，
所以，
则当时，不等式恒成立，
另一方面，当时，令，
则，
，
则
，
因为，
所以当时，，
即有，与恒成立矛盾.
综上所述，实数的最大值为.
【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题，关于新定义问题的常见思路为：
（1）理解新定义，明确新定义中的条件、原理、方法与结论等；
（2）新定义问题要与平时所学知识相结合运用；
（3）对于不等式恒成立问题要结合均值不等式进行求解最值，把握好分类讨论的时机.
年龄
满意度
合计
满意
不满意
不超过35岁
160
40
200
超过35岁
140
60
200
合计
300
100
400