2024九省联考考后高三数学模拟适应性练习2（原卷+解析版）

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1．B [试题解析]，，故选：B
2．D [试题解析]因为a，p=a+b，q=a−b，为共面向量，所以不能构成基底，故A错误；
因为b，p=a+b，q=a−b，为共面向量，所以不能构成基底，故B错误；
因为a+2b，p=a+b，q=a−b，为共面向量，所以不能构成基底，故C错误；
因为a+2c，p=a+b，q=a−b，为不共面向量，所以能构成基底，故D正确；故选：D
3．D [试题解析]∵l1⊥l2，∴a(a−1)+(1−a)×(2a+3)=0，即(a−1)(a+3)=0，解得a=1或a=−3.
故选：D．
4．B [试题解析]奇数项共有n+1项，其和为a1+a2n+12⋅n+1=2an+12⋅n+1=290，∴n+1an+1=290．偶数项共有n项，其和为a2+a2n2⋅n=2an+12⋅n=nan+1=261，∴an+1=290−261=29．故选：B．
5．C [试题解析]依题意可得圆锥的体积V=1×23π32=4π3cm3，又V=13π×12×ℎcm3（其中h为圆锥的高），则ℎ=4cm，则圆锥的母线长为12+42=17cm，故圆锥的侧面积为17πcm3．故选：A．
6．B [试题解析]因为A在B的前面出场，且A，B都不在3号位置，则情况如下：①A在1号位置，B有2,4,5号三种选择，有3Aeq \\al(3,3)＝18种出场次序；②A在2号位置，B有4,5号两种选择，有2Aeq \\al(3,3)＝12种出场次序；③A在4号位置，B有5号一种选择，有Aeq \\al(3,3)＝6种出场次序，故不同的出场次序共有18＋12＋6＝36种．故选B.
7．A [试题解析]设半焦距为c，延长交于点N，由于PM是的平分线，，所以是等腰三角形，所以，且M是的中点．根据双曲线的定义可知，即，由于O是的中点，所以MO是的中位线，所以，又双曲线的离心率为，所以，，所以双曲线C的方程为所以，，双曲线C的渐近线方程为，设，T到两渐近线的距离之和为S，则，由，得，又T在C：上，则，即，解得，，所以，故，即距离之和为故选
8．C [试题解析]第④，因为ω>0，故当x∈0,2π时，ωx+π5∈π5,2ωπ+π5，画出函数y=sinz的图象如下：
因为fx在0,2π有且仅有5个零点，故2ωπ+π5∈5π,6π，解得ω∈125,2910，④正确；
①当ωx+π5=π2，5π2或9π2，即x=3π10ω，23π10ω或43π10ω时，fx取得极大值，故fx在0,2π有且仅有3个极大值点，①正确；
②当2ωπ+π5∈5π,112π，即ω∈125,534时，当ωx+π5=3π2，7π2，即x=13π10ω，33π10ω时，fx取得极小值，此时fx在0,2π有且仅有2个极小值点当2ωπ+π5∈112π,6π，即ω∈534,2910时，当ωx+π5=3π2，7π2或11π2，即x=13π10ω，33π10ω或53π10ω时，fx取得极小值，此时fx在0,2π有且仅有3个极小值点，②错误；
③当x∈0,π10时，ωx+π5∈π5,π10ω+π5，因为ω∈125,2910，所以π10ω+π5∈11π25,49π100，由于49π100<π2，故fx在0,π10单调递增，③正确.故选：C
9．ACD [试题解析]A：由asinA=bsinB=csinC，根据等比的性质有bsinB=a+b+csinA+sinB+sinC，正确；
B：当A=π3,B=π6时，有sin2A=sin2B，错误；
C：sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)，而B+C=π−A，即sinBcsC+sinCcsB=sinA，由正弦定理易得a=bcsC+ccsB，正确；
D：如图，AE=AB|AB|,AF=AC|AC|是单位向量，则AB|AB|+AC|AC| =AE+AF=AG，即AG⋅BC=0、AE⋅AF=12，则AG⊥BC且AG平分∠BAC，AE,AF的夹角为π3， 易知△ABC为等边三角形，正确.故选：ACD
10．ABC [试题解析]令，可得，因为，所以正确.
令，可得，代入，，可得
同理，令，可得，代入，，可得
即原等式变形为，C正确.
令可得，即函数取值非负.
令可得，即，解得，B正确.
因此仅有一个函数关系式满足条件，故D错误.故选ABC
11．CD [试题解析【详解】A：由题意知，，平面，平面
所以平面，又平面，所以与不相交，故A错误；
B：连接，如图，
当点为的中点时，，又，所以，
若点在平面的射影为，则平面，垂足为，
所以，设正方体的棱长为2，则，
在中，，所以，
即不成立，故B错误；
C：建立如图空间直角坐标系，连接，则，
所以异面直线与所成角为直线与所成角，
设正方体的棱长为2，若存在点使得与所成角为，
则，所以，
所以，又，
得，解得，
符合题意，故不存在点使得与所成角为，故C错误；
D：如图，由等体积法可知，
又，为定值，所以为定值，所以三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：CD.
12．−429 [试题解析]因为sinα−π6=13，α∈0,π，α−π6∈−π6,5π6,又因为sinα−π6=13所以α−π6∈0,π2,
所以csα−π6=1−sin2α−π6=223,
所以sin2α−π6=2sinα−π6csα−π6=429,
cs2α+π6=cs2α−π3+π2=cs2α−π6+π2=−sin2α−π6=−429. 故答案为：−429.
13． ； [试题解析]设圆锥的底面半径r，母线为l，高为h，
设母线与底面所成的角为，则，则，则，
则圆锥的体积为 ，
令，则，
令，求导得，
令，则或舍去，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，取得极大值，也是最大值.此时最大，，
即圆锥的母线与底面所成的角的余弦值时，圆锥的体积最大，最大值为故答案为：；
14．[－8－8eq \r(2)，8＋8eq \r(2)] [试题解析]以O为原点，eq \(OC,\s\up18(→))的方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，因为正方形ABCD的边长为4，所以AC＝4eq \r(2)，点A(－2eq \r(2)，0)，C(2eq \r(2)，0)，设AD的中点为E，则E(－eq \r(2)，eq \r(2))，AE＝2，当P是半圆E上的一动点时，设点P(－eq \r(2)＋2csθ，eq \r(2)＋2sinθ)，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))＝4eq \r(2)(－eq \r(2)＋2csθ)＝－8＋8eq \r(2)csθ，因为csθ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))，所以eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[－8－8eq \r(2)，0]；同理可知，当P在左下侧圆上运动时，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[－8－8eq \r(2)，0]；同理可知，当P在右侧圆上运动时，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))＝4eq \r(2)(eq \r(2)＋2csθ)＝8＋8eq \r(2)csθ，csθ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[0,8＋8eq \r(2)]．综上可知，eq \(AC,\s\up18(→))·eq \(OP,\s\up18(→))的取值范围是[－8－8eq \r(2)，8＋8eq \r(2)]。
15．（13分）
解：（Ⅰ）由f′(x)＝2xex＞0，得x＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，
所以f(a)≥f(0)＝－2．
所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．
（Ⅱ）因为存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥2(x0－1)ex0－x0成立，
所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．
令h(x)＝(2x－3)ex，从而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex．
因为x≥1，所以2x－1≥1，ex＞0，
所以h′(x)＞0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，
所以实数p的取值范围是[－e，＋∞)．
16．（15分）
解：（Ⅰ）零假设为：ChatGPT对服务业就业人数的增减无关.
根据表中数据得，
所以根据小概率值的独立性检验，
没有充分证据推断不成立，因此可以认为无关.
（Ⅱ）由题意得，采用分层抽样抽取出的5人中，
有人认为人工智能会在服务业中广泛应用，
有人认为人工智能不会在服务业中广泛应用，
则的可能取值为，
又，
所以的分布列为
所以.
17．（15分）
解：依题意，以C为原点，分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、B(0,2,0)、C1(0,0,3)、
A1(2,0,3)、B1(0,2,3)、D(2,0,1)、E(0,0,2)、M(1,1,3).
（Ⅰ）依题意，C1M=(1,1,0)，B1D=(2,−2,−2)，
从而C1M⋅B1D=2−2+0=0，所以C1M⊥B1D；
（Ⅱ）依题意，CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，
EB1=(0,2,1)，ED=(2,0,−1)．
设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量，
则{n⋅EB1=0n⋅ED=0，即{2y+z=02x−z=0，
不妨设x=1，可得n=(1,−1,2)．
cs=CA⋅n|CA|⋅|n|=22×6=66，
∴sin=1−cs2=306．
所以，二面角B−B1E−D的正弦值为306；
（Ⅲ）依题意，AB=(−2,2,0)．
由（Ⅱ）知n=(1,−1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cs=AB⋅n|AB|⋅|n|=−422×6=−33．
所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.
18．（17分）
解：（Ⅰ）设P(x，y)，由题意知|PA|＝|PG|.
当P点不在y轴上时，过P作PB⊥GH，交GH于点B，则B为GH的中点，
∴|GB|＝eq \f(1,2)|GH|＝2，∴|PG|＝eq \r(x2＋4).
又|PA|＝eq \r(x－22＋y2)，
∴eq \r(x－22＋y2)＝eq \r(x2＋4)，化简得y2＝4x(x≠0)；
当P点在y轴上时，易知P点与O点重合，P(0,0)也满足y2＝4x，
∴曲线C的方程为y2＝4x.
（Ⅱ）假设存在Q(a,0)满足题意．
设S(x1，y1)，T(x2，y2)．由题意知直线l′的斜率必不为0，
设直线l′的方程为x＝t1y＋a(t1≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝t1y＋a，,y2＝4x))得y2－4t1y－4a＝0，
∴y1＋y2＝4t1，y1y2＝－4a.
∴x1＋x2＝t1(y1＋y2)＋2a＝4teq \\al(2,1)＋2a，x1x2＝eq \f(1,16)yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝a2.
∵|QS|2＝(x1－a)2＋yeq \\al(2,1)＝(x1－a)2＋4x1＝xeq \\al(2,1)＋(4－2a)x1＋a2，
|QT|2＝(x2－a)2＋yeq \\al(2,2)＝(x2－a)2＋4x2＝xeq \\al(2,2)＋(4－2a)x2＋a2，∴|QS|2＋|QT|2＝xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＋(4－2a)(x1＋x2)＋2a2
＝(x1＋x2)2＋(4－2a)(x1＋x2)－2x1x2＋2a2
＝(x1＋x2)(x1＋x2＋4－2a)－2x1x2＋2a2
＝(4teq \\al(2,1)＋2a)(4teq \\al(2,1)＋4)，
|QS|2·|QT|2＝16a2(teq \\al(2,1)＋1)2.
∴eq \f(1,|QS|2)＋eq \f(1,|QT|2)＝eq \f(|QS|2＋|QT|2,|QS|2·|QT|2)＝eq \f(4t\\al(2,1)＋2a4t\\al(2,1)＋4,16a2t\\al(2,1)＋12)＝eq \f(2t\\al(2,1)＋a,2a2t\\al(2,1)＋1)，
当a＝2时，上式eq \f(1,|QS|2)＋eq \f(1,|QT|2)＝eq \f(1,4)，与t1无关，为定值．
∴存在点Q(2,0)，使过点Q的直线l′与曲线C的交点S，T满足eq \f(1,|QS|2)＋eq \f(1,|QT|2)为定值eq \f(1,4).
19．（17分）
解：（Ⅰ）证明：fx=lnx+2x−b(b>2)，定义域为0,+∞，
所以，f'x=1x+2>0在0,+∞上恒成立，
所以函数fx在0,+∞上单调递增，
因为f1=ln1+2−b=2−b<0(b>2),fb=lnb+2b−b=lnb+b>0(b>2)，
所以，存在唯一a∈1,b，使得fa=0，即：fx有唯一零点a，且a∈1,b.
（Ⅱ）解：①由（1）知f'x=1x+2，
所以，曲线fx在xn,fxn处的切线斜率为kn=1xn+2，
所以，曲线fx在xn,fxn处的切线方程为y−fxn=f'xnx−xn，即y=1+2xnxnx+lnxn−b−1
令y=0得x=−xnlnxn+b+1xn1+2xn
所以，切线与x轴的交点−xnlnxn+b+1xn1+2xn,0，即xn+1=−xnlnxn+b+1xn1+2xn，
所以，gxn=−xnlnxn+b+1xn1+2xn.
②对任意的xn∈0,+∞，由（i）知，曲线fx在xn,fxn处的切线方程为：
y=1+2xnxnx+lnxn−b−1，故令ℎx=1+2xnxnx+lnxn−b−1，
令F(x)=f(x)−ℎ(x)=lnx−1xnx−lnxn+1.
所以，F'(x)=1x−1xn=xn−xxnx，
所以，当x∈(0,xn)时，F′(x)>0,F(x)单调递增，当x∈(xn,+∞)时，F′(x)<0,F(x)单调递减；
所以，恒有F(x)≤F(xn)=0，即f(x)≤ℎ(x)恒成立，当且仅当x=xn时等号成立，
另一方面，由（i）知，xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，且当xn≠a时，xn+1≠xn，
（若xn=a，则f(xn)=f(a)=0，故任意xn+1=xn=，显然矛盾）
因为xn+1是ℎx的零点，
所以f(xn+1)<ℎ(xn+1)=f(a)=0,
因为fx为单调递增函数，
所以，对任意的xn≠a时，总有xn+1又因为x1所以，对于任意n∈N∗，均有xn所以，f′(xn)>0,f(xn)所以xn+1=xn−f(xn)f′(xn)>xn，
综上，当x1∈1,a，总有xn2
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