广东省2024届高三数学新改革适应性训练八（九省联考题型）（含解析）

广东2024年高三数学新改革适应性
训练八
（九省联考题型）
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）（2024·湖南永州·三模）样本数据16，24，14，10，20，15，12，14的上四分位数为（ ）
A．14 B．15 C．16 D．18
2．（本题5分）（23-24高二上·天津·期末）已知，是椭圆：的左、右焦点，以为直径的圆与椭圆C有公共点，则C的离心率的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．（本题5分）（23-24高一下·河南·期中）两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起不可能拼成的是 （ ）
A．一个三棱锥 B．一个四棱锥
C．一个三棱柱 D．一个四棱柱
4．（本题5分）（2024·辽宁·二模）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.大衍数列的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第30项为（ ）
A．366 B．422 C．450 D．600
5．（本题5分）（2024·山东聊城·二模）班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有（ ）
A．60种 B．54种 C．48种 D．36种
6．（本题5分）（2024·河北石家庄·二模）在平行四边形中，，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．（本题5分）（2024·江西·二模）在中，若，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（本题5分）（2024·湖南永州·三模）已知，分别是双曲线的左、右焦点，点为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于，两点，点在轴上，，平分，其中一条渐近线与线段交于点，则（ ）
A． B． C． D．
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）（2024高三·全国·专题练习）下图是函数的部分图象，则（　　）
A． B． C． D．
10．（本题6分）（2024·山东泰安·三模）已知满足，且在复平面内对应的点为，则（ ）
A． B． C．的最小值为 D．的最小值为
11．（本题6分）（2024·贵州·模拟预测）已知函数的导函数为，与的定义域都是R，且满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于中心对称 B．为周期函数
C． D．是偶函数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（本题5分）（2024·安徽·三模）已知集合，若的所有元素之和为12，则实数 .
13．（本题5分）（2024·河北保定·二模）已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入 个这种实心球.
14．（本题5分）（2024·浙江台州·二模）已知关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围是 .
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）（23-24高二下·安徽合肥·期中）设为实数，已知，.
(1)求在区间的值域；
(2)对于，，使得成立，求实数的取值范围.
16．（本题15分）（2024·四川南充·三模）已知如图，在矩形中，，，将沿折起，得到三棱锥，其中是折叠前的，过M作的垂线，垂足为H，.
(1)求证：；
(2)过H作的垂线，垂足为N，求点N到平面的距离.
17．（本题15分）（2024·黑龙江·二模）近日，市流感频发，主要以型流感为主，据疾控中心调查，全市患病率为5%．某单位为加强防治，通过验血筛查患型流感的员工．已知该单位共有5000名员工，专家建议随机地按（且为5000的正因数）人一组分组，然后将各组个人的血样混合再化验．如果混管血样呈阴性，说明这个人全部阴性，其中每个人记作化验次；如果混管血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就要对该组每个人再分别化验一次．设每个人平均化验次．
(1)若，求和均值；
(2)若按全市患病率估计，试比较与时哪一种情况下化验总次数更少.
（参考数据：，，）
18．（本题17分）（2024·四川内江·三模）已知抛物线E的准线方程为：，过焦点的直线与抛物线交于A、B两点，分别过A、B两点作抛物线的切线，两条切线分别与轴交于C、D两点，直线CF与抛物线交于M、N两点，直线DF与抛物线交于P、Q两点.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)是否存在实数，使得恒成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19．（本题17分）（2024·贵州·模拟预测）若给定一个数列，其连续两项之差构成一个新数列：，，，…，，…，这个数列称为原数列的“一阶差数列”，记为，其中.再由的连续两项的差得到新数列，，，…，，…，此数列称为原数列的“二阶差数列”，记为，其中.以此类推，可得到的“p阶差数列”.如果数列的“p阶差数列”是非零常数数列，则称为“p阶等差数列”.
(1)证明由完全立方数组成的数列是“3阶等差数列”；
(2)若（且，），证明数列是“k阶等差数列”，并且若将的“k阶差数列”记作，则.
参考答案：
1．D
【分析】根据题意，由百分位数的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】将数据从小到大排序可得，共8个样本数据，
则上四分位数即第百分位数为，即为.
故选：D
2．C
【分析】由圆与椭圆有交点得，即，可得，即可求解.
【详解】由题意知，以为直径的圆的方程为，
要使得圆与椭圆有交点，需，
即，得，即，
由，解得，
所以椭圆的离心率的最小值为.
故选：C
3．D
【分析】两个三棱锥和一个四棱锥能否拼成某几何体，可以看该几何体可否拆割成两个三棱锥和一个四棱锥，即可判断得答案.
【详解】对于A，三棱锥中，分别取的中点，再取的中点，连接，
则三棱锥可拆割成三棱锥和四棱锥，A可能；
对于B，四棱锥，取的中点，则四棱锥可拆割
成三棱锥和四棱锥，B可能；
对于C，三棱柱中，取的中点，则三棱柱可拆割为
三棱锥和四棱锥，C可能；
对于D，一个四棱柱割去一个四棱锥后的几何体不可能由两个三棱锥拼成，D不可能.
故选：D
4．C
【分析】根据题意，得到数列的偶数项的通项公式为，即可求解.
【详解】由题意，大衍数列的偶数项为，
可得该数列的偶数项的通项公式为，
所以此数列的第30项为.
故选：C.
5．B
【分析】分甲、乙、丙三位同学都有安排和甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排两种情况进行说明即可.
【详解】第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，
先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表，有种结果，
然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有种结果，
余下的两个学科给剩下的两个人，有种结果，
所以不同的安排方案共有种，
第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，
先选两人出来，有种结果，
再将四门不同学科分成两堆，有种结果，
将学科分给学生，有种结果，
所以不同的安排方案共有种，
综合得不同的安排方案共有种.
故选：B.
6．A
【分析】根据向量的运算律及数量积定义计算即可.
【详解】设与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，
由题意，所以，
所以，即，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，即.
故选：A
7．B
【分析】先由已知条件结合整理得，，，再对进行弦化切，结合换元法、基本不等式、对勾函数性质即可求解取值范围.
【详解】由以及得
，
又由得，
所以，且B，C均为锐角，即，，
所以，
因为，
所以，
设，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，故由对勾函数性质，
则.
故选：B.
【点睛】思路点睛：解三角形取值范围问题通常结合使用辅助角利用三角函数有界性、一元二次函数单调性、基本不等式等求解.
8．B
【分析】由可得，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，从而可得，在中，由余弦定理可得，进而可得，而，从而可求解.
【详解】
如图 , , , ，
设,则，
平分 ,
, ,
由双曲线定义可知，
，即,
在中，由余弦定理知
化简得 , 由得 ,
不妨令一条渐近线与线段的交点在第一象限，则 , .
故选：B
【点睛】关键点点睛：这道题的关键是由可得，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，从而可得.
9．BC
【分析】根据周期求出，再由时求出，即可得到函数解析式，再由诱导公式判断即可.
【详解】由函数图像可知，则，则，故A错误；
当时，，所以，
解得，
不妨令，则函数的解析式为
，故B、C正确．
而，故D错误.
故选：BC．
10．AC
【分析】根据复数的模的公式结合已知求出的关系，即可判断AB；根据的关系结合复数的模的公式即可判断CD.
【详解】由题意可得，则，
所以，整理得，故A项正确，B项错误；
，
当时，取得最小值，故C项正确，D项错误.
故选：AC.
11．ABD
【分析】本题根据题目所给的抽象函数条件式，先确定为奇函数，根据原函数与导函数的奇偶关系确定为偶函数，确定为偶函数，再根据函数对称中心的表达式确定的对称中心，再根据对称中心、对称轴与周期的关系确定的周期，从而解决各个问题.
【详解】对于AB，，为奇函数，为偶函数；
，，故
，关于中心对称，且
又关于y轴对称，故，,
所以，故，
的周期为，故的周期为，A，B正确.
对于D，对两边同时求导得，，
即，的对称轴为直线，
故为偶函数，故D正确.
对于C，关于中心对称，
所以，
，
C错误.
故选：ABD.
12．
【分析】分类讨论是否为，进而可得集合B，结合题意分析求解.
【详解】由题意可知：且，
当，则；当，则；当，则；
若，则，此时的所有元素之和为6，不符合题意，舍去；
若，则，此时的所有元素之和为4，不符合题意，舍去；
若且，则，故，解得或（舍去）；
综上所述：.
故答案为：.
13．49
【分析】分析第1个实心球上的点与第2个实心球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离，依次叠放，找出规律得到每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2，即可得到答案.
【详解】如图，将第1个实心球靠近该圆柱形容器侧面放置，
球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为；
将第2个实心球也靠近该圆柱形容器侧面放置，
过点作垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为，
过点作垂直于该圆柱形容器下底面，垂足为，
设.，，，
球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
同理可得球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2.
因为，
所以该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球.
故答案为：49
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析得每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2，从而得解.
14．
【分析】原不等式变形转化为，构造函数，转化为恒成立，利用导数研究，可得，再分离参数即可得解.
【详解】原不等式，
构造函数，则，
则，令，解得，
故当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
若，则当时，，此时恒不成立，
故，所以，
所以成立，只需成立即可，
即恒成立，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对不等式结构的观察，同构出函数，转化为研究函数大致变化情况，再由对的分类讨论确定，且能得出，即可脱去“”，转化为恒成立，分参即可得解.
15．(1)
(2)．
【分析】（1）利用导数即可求得在区间的值域；
（2）先将题给条件转化为，进而得到关于实数的不等式，解之即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）由，得，
当时，，
则时，；时，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
函数在区间上的最小值为．
又
所以函数值域为
（2），，使得成立，
又在上单调递增，
函数在区间上的最小值为，
又函数在区间上的最小值为，
，解之得.
故实数的取值范围是．
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，利用余弦定理、勾股定理的逆定理证明，再利用线面垂直的判定性质推理即得.
（2）证明平面，再利用等体积法求出点到平面的距离即可.
【详解】（1）连接，由，，
得，
在中，由余弦定理得，
则，于是，而平面，
因此平面，又平面，
所以.
（2）在中，由，，得，而平面，
平面，则平面，于是点到平面的距离等于点到平面的距离，
又，设点到平面的距离为，则，
，，
，，
由，得，即，解得，
所以点N到平面的距离.
17．(1)分布列见解析，
(2)时化验总次数更少
【分析】（1）根据独立重复试验的概率计算公式、对立事件的概率计算公式求出的分布列即可；
（2）根据独立重复试验的概率计算公式、对立事件的概率计算公式求出的分布列和均值，比较当与时的大小即可.
【详解】（1），如果混管血样呈阴性，则；
如果混管血样呈阳性，则，
的所有可能取值为，，
，，
的分布列为
；
（2）如果混管血样呈阴性，则；
如果混管血样呈阳性，则，
的所有可能取值为，，
，，
的分布列为
，
当时，，
当时，，
，
当时化验总次数更少.
18．(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用抛物线的准线求标准方程即可；
（2）设直线方程与坐标，根据抛物线的切线方程可求得坐标，再含参表示直线，联立抛物线方程结合弦长公式可求，根据焦点弦的性质计算即可.
【详解】（1）因为抛物线E的准线方程为：，所以；
（2）设，
联立抛物线有，
下面先求抛物线过点的切线方程，
设该切线方程为，
与抛物线联立有，
则，
又，
即，则，
则，
所以抛物线E在处的切线方程为，
B处的切线方程为，所以，
则，
直线分别与抛物线方程联立有，
设，则，
由弦长公式知，
同理有，
又，所以，
则,
即，
所以存在实数，使得恒成立.
【点睛】思路点睛：设A、B坐标利用切线方程可含参表示C、D坐标，结合点斜式可表示直线，再根据弦长公式计算，计算其倒数和是否为定值即可.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由“3阶等差数列”的定义证明即可；
（2）若，先证明，再由二项式定理展开结合“k阶等差数列”的定义即可证明.
【详解】（1）证明：由题，，
的“1阶差数列”满足，
的“2阶差数列”满足，
的“3阶差数列”，记作，满足，，
由定义，为“3阶等差数列”.
（2）先证明引理：对于任意给定的
若，
则可表示为，，
且其最高次项系数
证明：由二项式定理展开式，
，
可知的最高次项为项，且其系数，
本题中，记中项的系数为，
则因为，所以
，由引理，
，由引理，
如此迭代下去，
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．