2024年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（九省联考）数学试题（解析版）

2024年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（九省联考）数学试题注意事项：]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．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．如需要改动，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、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.样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为（）A.14 B.16 C.18 D.20【答案】B【解析】【分析】由中位数定义即可得.【详解】将这些数据从小到大排列可得：10，12，14，14，16，20，24，30，40，则其中位数为16.故选：B.2.椭圆的离心率为，则（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】由椭圆的离心率公式即可求解.【详解】由题意得，解得，故选：A.3.记等差数列的前项和为，则（）A.120 B.140 C.160 D.180【答案】C【解析】【分析】利用下标和性质先求出的值，然后根据前项和公式结合下标和性质求解出的值.【详解】因为，所以，所以，所以，故选：C.4.设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】【分析】由线面平行性质判断真命题，举反例判定假命题即可.【详解】对于A，可能平行，相交或异面，故A错误，对于B，可能相交或平行，故B错误，对于D，可能相交或平行，故D错误，由线面平行性质得C正确，故选：C5.甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（）A.20种 B.16种 C.12种 D.8种【答案】B【解析】【分析】分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果.【详解】因为乙和丙之间恰有人，所以乙丙及中间人占据首四位或尾四位，①当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，所以有种方法；②当乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，所以有种方法；由分类加法计数原理可知，一共有种排法，故选：B.6.已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（）A.是一个半径为的圆 B.是一条与相交的直线C.上的点到的距离均为 D.是两条平行直线【答案】C【解析】【分析】设，由可得点坐标，由在直线上，故可将点代入坐标，即可得轨迹，结合选项即可得出正确答案.【详解】设，由，则，由在直线上，故，化简得，即轨迹为为直线且与直线平行，上的点到的距离，故A、B、D错误，C正确.故选：C.7.已知，则（）A. B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】根据正弦、余弦、正切二倍角公式，将齐次化即可得出答案.【详解】由题，得，则或，因为，所以，.故选：A8.设双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与交于两点，，则的离心率为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】由双曲线的对称性可得、且四边形为平行四边形，由题意可得出，结合余弦定理表示出与、有关齐次式即可得离心率.【详解】由双曲线的对称性可知，，有四边形为平行四边形，令，则，由双曲线定义可知，故有，即，即，，，则，即，故，则有，即，即，则，由，故.故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于、、之间的等量关系，本题中结合题意与双曲线的定义得出、与的具体关系及的大小，借助余弦定理表示出与、有关齐次式，即可得解.二、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.已知函数，则（）A.函数为偶函数B.曲线对称轴为C.在区间单调递增D.的最小值为【答案】AC【解析】【分析】利用辅助角公式化简，再根据三角函数的性质逐项判断即可.【详解】，即，对于A，，易知为偶函数，所以A正确；对于B，对称轴为，故B错误；对于C，，单调递减，则单调递增，故C正确；对于D，，则，所以，故D错误；故选：AC10.已知复数均不为0，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】设出、，结合复数的运算、共轭复数定义及复数的模的性质逐个计算即可得.【详解】设、；对A：设，则，，故A错误；对B：，又，即有，故B正确；对C：，则，，，则，即有，故C正确；对D：，，故，故D正确.故选：BCD.11.已知函数的定义域为，且，若，则（）A. B.C.函数是偶函数 D.函数是减函数【答案】ABD【解析】【分析】对抽象函数采用赋值法，令、，结合题意可得，对A：令、，代入计算即可得；对B、C、D：令，可得，即可得函数及函数函数的性质，代入，即可得.【详解】令、，则有，又，故，即，令、，则有，即，由，可得，又，故，故A正确；令，则有，即，故函数是奇函数，有，即，即函数是减函数，令，有，故B正确、C错误、D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题关键在于利用赋值法解决抽象函数问题，借助赋值法，得到，再重新赋值，得到，再得到.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知集合，若，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】由可得，解出集合后结合集合的关系计算即可得.【详解】由，故，由，得，故有，即，即，即的最小值为.故答案为：.13.已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的直径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值是__________，圆锥的表面积与球的表面积的比值是__________．【答案】①.②.【解析】【分析】设圆锥的底面圆半径以及球的半径，用表示出圆锥的高和母线以及球的半径，然后根据体积公式求出体积比，根据表面积公式求得表面积之比.【详解】设圆锥的底面半径为，球的半径为，因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，母线，由题可知：，所以球的半径所以圆锥的体积为，球的体积，所以；圆锥的表面积，球的表面积，所以，故答案为：；.14.以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为__________．【答案】##0.2【解析】【分析】利用换元法可得，进而根据不等式的性质，分情况讨论求解.【详解】令其中，所以，若，则，故，令，因此,故,则，若，则，即，，则,故,则，当时，等号成立，综上可知的最小值为，故答案：【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，在和前提下进行合理分类讨论，根据题意得到相对应的不等式组，注意题目的条件关键词是“或”.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.已知函数在点处的切线与直线垂直．（1）求；（2）求单调区间和极值．【答案】（1）（2）单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值【解析】【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.【小问1详解】，则，由题意可得，解得；【小问2详解】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.盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．（1）求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；（2）记取出的3个小球上的最小数字为，求的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）先确定个不同数字的小球，然后再从确定的每种小球中取个，通过计算可求符合要求的取法数，再除以总的取法数可得结果；（2）先确定的可取值为，然后计算出不同取值的概率，注意的每种取值对应两种情况，由此可求分布列和期望.【小问1详解】记“取出的个小球上的数字两两不同”为事件，先确定个不同数字的小球，有种方法，然后每种小球各取个，有种取法，所以.【小问2详解】由题意可知，的可取值为，当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球，所以；当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球，所以；当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球，所以，所以的分布列为：所以.17.如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，．（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值.【小问1详解】连接，因为底面是边长为2的正方形，所以，又因，，所以，所以，点为线段中点，所以，在中，，，所以，则，又，平面，平面，所以平面.【小问2详解】由题知正方形中，平面，所以建系如图所示，则，则，，设面的法向量为，面的法向量为，则，，设二面角大小为，则，所以二面角的正弦值为.18.已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，过与垂直的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点．（1）证明：直线过定点；（2）设为直线与直线的交点，求面积的最小值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设出直线与直线的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，表示出直线后即可得定点坐标；（2）设出直线与直线的方程，联立两直线后结合第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，再结合面积公式及基本不等式即可得.【小问1详解】由，故，由直线与直线垂直，故两只直线斜率都存在且不为，设直线、分别为、，有，、、、，联立与直线，即有，消去可得，，故、，则，故，，即，同理可得，当时，则，即，由，即，故时，有，此时过定点，且该定点为，当时，即时，由，即时，有，亦过定点，故直线过定点，且该定点为；【小问2详解】由、、、，则，由、，故，同理可得，联立两直线，即，有，即，有，由，同理，故，故，过点作轴，交直线于点，则，由、，故，当且仅当时，等号成立，下证：由抛物线的对称性，不妨设，则，当时，有，则点在轴上方，点亦在轴上方，有，由直线过定点，此时，同理，当时，有点在轴下方，点亦在轴下方，有，故此时，当且仅当时，，故恒成立，且时，等号成立，故，【点睛】关键点睛：第二问关键在于借助直线联立及第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，此时可根据三角形的面积公式及基本不等式求取最值.19.离散对数在密码学中有重要的应用．设是素数，集合，若，记为除以的余数，为除以的余数；设，两两不同，若，则称是以为底的离散对数，记为．（1）若，求；（2）对，记为除以的余数（当能被整除时，）．证明：，其中；（3）已知．对，令．证明：．【答案】（1）1（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）第一问直接根据新定义来即可.（2）第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.（3）根据新定义进行转换即可得证.【小问1详解】若，又注意到，所以.【小问2详解】当时，此时，此时，，故，此时.当时，因相异，故，而，故互质.设记，则，使得，故，故，设，则，因为除以的余数两两相异，且除以的余数两两相异，故，故，故，而其中，故即.【小问3详解】当时，由（2）可得，若，则也成立.因为，所以.另一方面，.由于，所以.【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利得解.