数学-2024年1月新“九省联考”考后提升卷(解析版)

2024-02-01 · U1 上传 · 13页 · 880.4 K

2024年1月“九省联考考后提升卷高三数学(考试时间:150分钟试卷满分:150分)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题: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.某篮球兴趣小组7名学生参加投篮比赛,每人投10个,投中的个数分别为8,5,7,5,8,6,8,则这组数据的众数和中位数分别为(    )A.5,7 B.6,7 C.8,5 D.8,7【答案】D【解析】数据由小到大排列为5,5,6,7,8,8,8,因此,这组数据的众数为8,中位数为7.故选:D.2.设椭圆的两个焦点分别为、,过作椭圆长轴的垂线交椭圆于点,若为等腰直角三角形,则椭圆的离心率是(    )A. B. C. D.【答案】C【解析】依题意,设椭圆的长轴为,半焦距为,则,则,,于是,.故选:C.3.若数列满足,其前项和为,若,,则(    )A. B. C. D.【答案】B【解析】因为数列满足,则数列为等差数列,设数列的公差为,则,可得,所以,,所以,,故选B.4.已知、是两个不同的平面,、是两条不同的直线,则下列命题中不正确的是(    )A.若,,则 B.若,,,则C.若,,则 D.若,,,则【答案】D【解析】对于A选项,因为,过直线作平面,使得,因为,,,则,因为,,则,故,A对;对于B选项,若,,则,又因为,故,B对;对于C选项,若,,则,C对;对于D选项,若,,,则、平行或相交,D错.故选D.5.在党的二十大报告中,习近平总书记提出要发展“高质量教育”,促进城乡教育均衡发展.某地区教育行政部门积极响应党中央号召,近期将安排甲、乙、丙、丁4名教育专家前往某省教育相对落后的三个地区指导教育教学工作,则每个地区至少安排1名专家的概率为(    )A. B. C. D.【答案】B【解析】甲、乙、丙、丁4名教育专家到三个地区指导教育教学工作的安排方法共有:种;每个地区至少安排1名专家的安排方法有:种;由古典概型的计算公式,每个地区至少安排1名专家的概率为:.故选:B.6.设为抛物线的焦点,为该抛物线上三点,若,则(    )A.9 B.6 C.4 D.3【答案】D【解析】设,,,,,,抛物线焦点坐标,准线方程:,,点是重心,则,.而,,,故选:D.7.已知,则(    )A. B. C.1 D.【答案】A【解析】由题,得,则或,因为,所以,.故选:A8.已知分别为双曲线的左、右焦点,过且与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点,若,则双曲线的离心率为(    )A. B. C. D.【答案】B【解析】如图,不妨设点P为与双曲线渐近线平行的直线与双曲线的交点.由已知结合双曲线的定义可得,所以,,,,且为锐角.又,,所以,.又,在中,由余弦定理可得,整理可得,,所以,.故选:B.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,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.若函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象,则(    )A.的最小正周期为B.是奇函数C.的图象关于直线对称D.在上单调递增【答案】ACD【解析】由题意,可得,则的最小正周期为,且不是奇函数,所以A正确,B不正确;当时,可得,所以的图象关于直线对称,所以C正确;由,得,所以在上单调递增,所以D正确.故选:ACD.10.已知复数,(,)(为虚数单位),为的共轭复数,则下列结论正确的是(    )A.的虚部为B.C.D.若,则在复平面内对应的点形成的图形的面积为【答案】CD【解析】由题意可得,所以的虚部为,A错误,,故,B错误,,C正确,表示点到的距离不大于1的点构成的图形,故为以为圆心,以1为半径的圆以及内部,故面积为,D正确,故选:CD11.已知函数,的定义域均为R,且,,,则下列说法正确的有(    )A. B.为奇函数 C.的周期为6 D.【答案】ACD【解析】对于A,,故A正确;,,,令,则①,②,①+②可得,,,,因此,故C正确;令,,令,,,则,故,,故为偶函数,所以B不正确;因为,故关于对称,且,,令,,则,令,,,则,,,一个周期的和为0,则,故D正确.故选:ACD三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知集合且,则实数a的取值范围是.【答案】【解析】集合且,则.13.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现.在一个“圆柱容球”模型中,若球的体积为,则该模型中圆柱的表面积为.【答案】【解析】设球的半径为,则圆柱的底面半径为,母线长为,则球的体积为,所以,所以圆柱表面积为.14.对于任意两个正实数a,b,定义,其中常数.若,且与都是集合的元素,则.【答案】/【解析】由与都是集合的元素,不妨设,因为,所以,由已知,所以,则,又,所以,即,所以,所以,,则,即,因为,所以,则,即.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)已知函数在点处的切线与直线垂直.(1)求;【解】(1),则,由题意可得,解得;(2)由,故,则,,故当时,,当时,,当时,,故的单调递增区间为、,的单调递减区间为,故有极大值,有极小值.16.(15分)某班为了庆祝我国传统节日中秋节,设计了一个小游戏:在一个不透明箱中装有4个黑球,3个红球,1个黄球,这些球除颜色外完全相同.每位学生从中一次随机摸出3个球,观察颜色后放回.若摸出的球中有个红球,则分得个月饼;若摸出的球中有黄球,则需要表演一个节目.(1)求一学生既分得月饼又要表演节目的概率;(2)求每位学生分得月饼数的概率分布和数学期望.【解】(1)记“一学生既分得月饼又要表演节目”为事件A,可知有两种可能:“2个红球1个黄球”和“1个黑球,1个红球,1个黄球”,所以.(2)由题意可知的可能取值为:0,1,2,3,则有:,,可得的分布列为0123所以.17.(15分)如图,在四棱柱中,底面和侧面都是矩形,,.(1)求证:;(2)若点的在线段上,且二面角的大小为,求的值.【解】(1)在四棱柱中,底面和侧面都是矩形,则侧面都是矩形,有,,,平面,所以平面,又因为平面,所以.(2),.取分别为的中点,连接,,因为,平面,所以平面,因为,所以,所以以为原点,所在直线分别为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,因为,,则.则,设,即,可得,,,设平面的一个法向量,则有,令,则,得,又平面的一个法向量,因为二面角的大小为,则有,整理得,,解得,或(舍),所以,则,有的值为2.18.(17分)在平面直角坐标系中,抛物线的焦点为的准线交轴于点,过的直线与抛物线相切于点,且交轴正半轴于点.已知上的动点到点的距离与到直线的距离之和的最小值为3.(1)求抛物线的方程;(2)过点的直线交于两点,过且平行于轴的直线与线段交于点,点满足.证明:直线过定点.【解】(1)设,由题意知准线,由抛物线的定义可知点到点的距离等于点到准线的距离,所以点到点的距离与到直线的距离之和为,由题意知当时,距离之和最小,所以,解得,所以抛物线的方程为.(2)由(1)知,设,联立方程,得,由得,解得,又与轴交于正半轴,所以由解得,所以点,所以直线,所以直线,所以,因为斜率存在且不为零,所以设,联立,消去,得,则,所以且.,又直线,令,得,所以,因为,所以,所以,所以直线的方程为,所以,因为,所以直线为,所以恒过定点.  19.(17分)今有一个“数列过滤器”,它会将进入的无穷非减正整数数列删去某些项,并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列,每次“过滤”会删去数列中除以余数为的项,将这样的操作记为操作.设数列是无穷非减正整数数列.(1)若,进行操作后得到,设前项和为①求.②是否存在,使得成等差?若存在,求出所有的;若不存在,说明理由.(2)若,对进行与操作得到,再将中下标除以4余数为0,1的项删掉最终得到证明:每个大于1的奇平方数都是中相邻两项的和.【解】(1)①由知:当时,故.则.②解:假设存在,由单调递增,不妨设化简得,显然左式为偶数,右式为奇数,矛盾,故不存在.(2)易知,所以保留,则.又,将删去,得到,则也即.记,下面证明:.由,知:,同理可得:,合并以上四式,便证明了对任意的,都有.因此,原命题得证.

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