江西省南昌市第二中学2024届高三2月“九省联考”考后适应性测试数学试题二（含解析）

南昌市2024届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题二
本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式
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．（本题5分）抽样统计某位学生8次的数学成绩分别为81，84，82，86，87，92，90，85，则该学生这8次成绩的40%分位数为（ ）
A．85 B．85.5 C．86 D．86.5
2．（本题5分）点到双曲线的渐近线的距离为（ ）
A． B． C． D．
3．（本题5分）已知数列满足，，，则数列的第2024项为（ ）
A． B． C． D．
4．（本题5分）已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．（本题5分）在菱形中，是的中点，是上一点（不与，重合），与交于，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（本题5分）甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（ ）
A．，互斥 B． C． D．
7．（本题5分）设函数若存在且，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（本题5分）在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为（ ）
A．15 B．16 C．22 D．23
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．（本题6分）已知是的共轭复数，则（ ）
A．若，则
B．若为纯虚数，则
C．若，则
D．若，则集合所构成区域的面积为
10．（本题6分）函数与函数的图象关于点对称，，则（ ）
A．函数的图象可由函数向右平移个单位长度得到
B．函数的图象向右平移个单位长度为偶函数的图象
C．函数的图象关于直线对称
D．的所有实根之和为2
11．（本题6分）在边长为2的等边三角形纸片中，取边的中点，在该纸片中剪去以为斜边的等腰直角三角形得到新的纸片，再取的中点，在纸片中剪去以为斜边的等腰直角三角形得到新的纸片，以此类推得到纸片，，……，，……，设的周长为，面积为，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（本题5分）已知向量，，若与所成的角为钝角，则实数的取值范围： .
13．（本题5分）已知为坐标原点，为椭圆的左、右焦点，是椭圆上异于顶点的一点，点是以为底的等腰三角形的内切圆圆心，过作，垂足为，则椭圆的离心率为 ．设内切圆与轴相切于点，则的面积为 ．
14．（本题5分）已知函数给出下列四个结论：
①若有最小值，则的取值范围是；
②当时，若无实根，则的取值范围是；
③当时，不等式的解集为；
④当时，若存在，满足，则.
其中，所有正确结论的序号为 .
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．（本题13分）现有10个球，其中5个球由甲工厂生产，3个球由乙工厂生产，2个球由丙工厂生产．这三个工厂生产该类产品的合格率依次是，，．现从这10个球中任取1个球，设事件为“取得的球是合格品”，事件分别表示“取得的球是甲、乙、丙三个工厂生产的”．
(1)求；
(2)求．
16．（本题15分）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线；
(2)讨论的单调性；
17．（本题15分）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，侧面底面，为等边三角形，，，点在上，.
(1)求证：为中点；
(2)设上一点，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
18．（本题17分）已知点为椭圆的左焦点，在C上．
(1)求C的方程；
(2)记（1）中轨迹为曲线C，在曲线C的上半部分取两点M，N，若，，且．
①当时，求四边形的面积；
②求四边形的面积最大时点M的坐标．
19．（本题17分）定义：如果函数和的图像上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数和具有C关系．
(1)判断函数和是否具有C关系；
(2)若函数和不具有C关系，求实数a的取值范围；
(3)若函数和在区间上具有C关系，求实数m的取值范围．
参考答案：
1．A
【详解】把该同学的8次数学成绩按照从小到大顺序排列为
由可得，该学生这8次成绩的40%分位数应为第四个数，即85.
故选：A.
2．A
【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为：，即，
则点到双曲线的渐近线的距离为.
故选：A
3．C
【详解】
所以
累加得
故选：C.
4．B
【详解】因为，
对于A，若，则与有可能异面，故A错误；
对于B，若，则，又，则，故B正确；
对于C，若，则有可能，故C错误；
对于D，若，则与有可能相交，故D错误．
故选：B．
5．B
【详解】如图所示：当点与点重合时，此时最长，
易知，且相似比为，
，在中，由余弦定理得：
，
所以，此时满足，所以，
所以，此时，
由图可知，，
则.
故选：B.
6．C
【详解】因为每次只取一球，故，是互斥的事件，故A正确；
由题意得，，，，
，故B，D均正确；
因为，故C错误.
故选：C.
7．A
【详解】
不妨取，由可得：，
由可得，
由图可取要使存在且，使得，
需使，，解得.
故选：A.
8．D
【详解】因为，，所以，
设，则，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，，
所以，
，又，，
要使得成立，只需，即，
所以正整数的最大值为23.
故选：D.
9．AB
【详解】，所以，故A正确；
由为纯虚数，可设，
所以，因为且，
所以，故B正确；
由，得，
因为与均为虚数，
所以二者之间不能比较大小，故C错误；
设复数，所以
由得，
所以集合所构成区域是以为圆心为半径的圆，
所以面积为，故D错误.
故选：AB.
10．BCD
【详解】由题意知，
又函数向右平移个单位长度得到，所以A错误；
函数的图象向右平移个单位长度得到，
由于是偶函数，所以B正确；
，
令，解得，
当时，，所以C正确；
当时，可得的图象关于对称，曲线也关于对称，
与曲线的简图如下，
,,当时，的图象与曲线有三个交点，
所以方程的所有实根之和为，所以D正确．
故选：BCD．
11．ABD
【详解】根据题意可知，如下图所示规律：
对于A，易知比多了两条边，少了线段；
由，
可得，故A正确；
对于B，利用A中结论由累加法可得，
当时，，又，
所以
，显然当时，也符合上式，即B正确；
对于C，比少了一个以为斜边的等腰直角三角形，
所以，即C错误；
对于D，利用B中结论由累加法可得，
当时，，又，
所以，显然当时，也符合上式，即D正确；
故选：ABD
12．
【详解】与所成的角为钝角即且与不平行，
即，
所以.
故答案为：.
13． / /
【详解】在等腰中，，
所以由椭圆定义可知，．
分别延长与，交于点G，如图所示，

因为为的平分线，，所以M为的中点且．
又因为为的中点，所以，
所以，解得．
所以离心率为．
如图所示，

由题意知，，，
由内切圆的性质可得，，
又因为，所以．
又知是内切圆的半径，所以，
所以的面积为．
故答案为：；.
14．②③④
【详解】当时，，
当时，，
若，则当时，，则此时函数无最小值；
若，则当时，，时，，
则函数有最小值为满足题意；
若，则当时，，时，，
要使函数有最小值，则，解得；
综上，的取值范围是，①错误；
当时，函数在单调递增，单调递减，单调递减，
作图如下，

因为无实根，所以或，②正确；
当时，

因为，所以函数在单调递减，
又因为所以由可得，
，即，解得，所以，
所以不等式的解集为，③正确；

函数在点处的切线斜率为，
所以切线方程为，则由图象可知，时，，
设，
记直线与函数，，的交点的横坐标为，
因为经过点，
所以由对称性可知，当时，，又因为，所以，④正确；
故答案为:②③④.
15．(1)；
(2)0.81.
【详解】（1）依题意，.
（2）依题意，，
由（1）知，
由全概率公式得
.
16．(1)
(2)答案见解析
【详解】（1）当时，函数，则，切点坐标为，
，则曲线在点处的切线斜率为，
所求切线方程为，即.
（2），函数定义域为R，
，
①，解得或，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
②，解得或，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
③，恒成立，在上单调递增.
综上，当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
17．(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）因为四边形是矩形，则，
又因为平面底面，面底面，平面，
所以平面，平面，则，
因为，，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为是等边三角形，所以是中点；
（2）分别以所在直线为轴，过且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
所以，，
设，则，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
显然平面的一个法向量是，
因为平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，又，故解得，
所以．
18．(1)
(2)①面积为，②；
【详解】（1）根据题意将代入可得，
又，解得；
所以C的方程为；
（2）在曲线C的上半部分取两点M，N，且，
延长交椭圆与点，如下图所示：
设，由椭圆对称性可知，显然，
设直线的方程为，
联立消去，整理可得，显然；
可得，
①由，，易知，
当时，即可得，
所以，解得（负值舍去）；
可得直线的方程为，即，
设到直线的距离为，
弦长，
将代入可得，
则四边形的面积为；
即四边形的面积为；
②由①可知四边形的面积等价于的面积，
依题意，
即当取得最大值时，的面积最大，即四边形的面积最大；
易知，
令，所以，
易知函数在上单调递增，
所以时，即时，取得最大值3，
由解得或（舍），即；
所以四边形的面积最大时点M的坐标为.
19．(1)是
(2)
(3)
【详解】（1）与是具有C关系，理由如下：
根据定义，若与具有C关系，则在与的定义域的交集上存在，使得，
因为，，，
所以，
令，即，解得，
所以与具有C关系.
（2）令，
因为，，所以，
令，则，故，
因为与不具有C关系，所以在上恒为负或恒为正，
又因为开口向下，所以在上恒为负，即在上恒成立，
当时，显然成立；
当时，在上恒成立，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以，所以，
综上：，即.
（3）因为和，
令，则，
因为与在上具有C关系，所以在上存在零点，
因为，
当且时，因为，所以，
所以在上单调递增，则，
此时在上不存在零点，不满足题意；
当时，显然当时，，
当时，因为在上单调递增，且，
故在上存在唯一零点，设为，则，
所以当；当；又当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上存在唯一极小值点，
因为，所以，
又因为，所以在上存在唯一零点，
所以函数与在上具有C关系，
综上：，即.