数学-2024年1月新“九省联考”考后提升卷（解析版）

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．