【文档说明】数学01（2024新题型）-2024年1月新“九省联考”考后提升卷解析.docx，共(13)页，1.255 MB，由小赞的店铺上传

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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．5，7B．6，7C．8，5D．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1F、2F，过2F作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若12FPF△为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是（）A．22B．212−C．21

−D．2【答案】C【解析】依题意，设椭圆的长轴为2a，半焦距为c，则122FFc=，则22PFc=，122PFc=，于是122222aPFPFcc=+=+，22212222ccceaacc====−+.故选：C.3．若数列na满足122nn

naaa++=+，其前n项和为nS，若80a=，161718aa+=，则17S=（）A．0B．18C．1817D．3517【答案】B【解析】因为数列na满足122nnnaaa++=+，则数列na为等差数列，设数列na的公差为d，则161788891718aaadadd+=+++==，可

得1817d=，所以，981817aad=+=，所以，()117917917172181717182217aaaSa+=====，故选B.4．已知、是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，则下列命题中不正确．．．的是（）A．若m

⊥，//n，则mn⊥B．若m⊥，n⊥，//，则//mnC．若//，m，则//mD．若mn⊥，m⊥，//n，则⊥【答案】D【解析】对于A选项，因为//n，过直线n作平面，使得a=，因为//n，n，a=，则//na，因为m⊥，

a，则ma⊥，故mn⊥，A对；对于B选项，若m⊥，//，则m⊥，又因为n⊥，故//mn，B对；对于C选项，若//，m，则//m，C对；对于D选项，若mn⊥，m⊥，//n，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．19B．49C．

13D．827【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：4381=种；每个地区至少安排1名专家的安排方法有：2343CA36=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：364819=.故选：B.6．设F为抛物线22yx=的焦点，ABC，，为该抛物线上三点，若0FAFBFC++=，则|||||FAFBFC++=（）A．9B．6C．4D．3【答案】D【解析】设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，3(Cx，3)y，抛物

线焦点坐标1,02F，准线方程：12x=−，0FAFBFC++=，点F是ABC重心，则12332xxx++=，1230yyy++=.而111122FAxx=−−=+，221122FBx

x=−−=+，331122FCxx=−−=+()1231231113333222222FAFBFCxxxxxx++=+++++=+++=+=，故选：D．7．已知3ππ,π,tan24tan44

=−+，则21sin22cossin2+=+（）A．14B．34C．1D．32【答案】A【解析】由题3ππ,π,tan24tan44=−+，得()()224tan12t

an4tan12tan1tan1tan−+=−+=−−，则()()2tan1tan20tan2++==−或1tan2=−，因为()3π,π,tan1,04−，所以1tan2=−，222221sin2sincos2sincostan12

tan2cossin22cos2sincos22tan+++++==+++()11114214+−==+−.故选：A8．已知12,FF分别为双曲线22221(0,0)xyabab−=的左、右焦

点，过2F且与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点P，若124PFPF=，则双曲线的离心率为（）A．7B．213C．3D．21【答案】B【解析】如图，不妨设点P为与双曲线渐近线byxa=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12232PFPFPFa−==，所

以，223PFa=，183PFa=，12tanbFFPa=，且12FFP为锐角.又121212sintancosFFPbFFPFFPa==，221212sincos1FFPFFP+=，所以，12cosaFFPc=.又122FFc=，在12FFP中，由余弦定理

可得222212112212cos2PFFFPFFFPPFFF+−=()222282332223acaac+−=ac=，整理可得，2237ca=，所以272133caa==，213cea==.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()πsin28fxx=−的图象向左平移π8个单位长度后得到函数()gx的图象，则（）A．()gx的最小正周期为πB．()gx是奇函数C．()gx的图象关

于直线3π16x=对称D．()gx在π0,8上单调递增【答案】ACD【解析】由题意，可得()πππsin2sin2888gxxx=+−=+，则()gx的最小正周期为π，且()gx

不是奇函数，所以A正确，B不正确；当3π16x=时，可得()3πππsin(2)sin11682gx=+==，所以()gx的图象关于直线3π16x=对称，所以C正确；由π0,8x，得ππ3π2,888x+，所以()gx在π0,8上单调递

增，所以D正确．故选：ACD.10．已知复数2iz=+，1izxy=+（x，yR）（i为虚数单位），z为z的共轭复数，则下列结论正确的是（）A．z的虚部为i−B．22||zz=C．||1||zz=D．若11zz-?，则在复平面内1z对应的点形成的图

形的面积为π【答案】CD【解析】由题意可得2iz=−，所以z的虚部为1−，A错误，()22222i34i,215zz=+=+=+=，故22|zz，B错误，22222(1)||1||21zz+−==+，C正确，11zz-?表示点(),xy到(2,

1)的距离不大于1的点构成的图形，故为以(2,1)为圆心，以1为半径的圆以及内部，故面积为π，D正确，故选：CD11．已知函数()fx，()gx的定义域均为R，且()()4gxfx=+，()()()()4fxyfxygxfy++−=−，()31g−=，则下列说

法正确的有（）A．()11f=B．()fx为奇函数C．()fx的周期为6D．()202613kfk==−【答案】ACD【解析】对于A，()()311gf−==，故A正确；()()4gxfx=+，()()4gxfx−=，()()()()fxyfxyfxfy++−=，令1y=，则()(

)()11fxfxfx++−=①，()()()21fxfxfx++=+②，①+②可得()()120fxfx−++=，()()30fxfx++=，()()360fxfx+++=，()()6fxfx=+，因此6T=，故C正确；令0x=，()()()()0

fyfyffy+−=，令1x=，0y=，()()()2110fff=，则()02f=，故0x=，()()()()()2fyfyfyfyfy+−==−，故()fx为偶函数，所以B不正确；因为()()()6fxfxf

x=+=−，故()fx关于3x=对称，且()02f=，()11f=，令1x=，1y=，则()21f=−，令2x=，1y=，()32f=−，则()()421ff==−，()()511ff==，()()602ff==，一个周期的和为0，则()()()

()()2026112343kfkffff==+++=−，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32,AxxBxxa=−=且AB，则实数a的取值范围是．【答案】(,3−−【解析】集

合32,AxxBxxa=−=且AB，则3a−.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43π，则该模型中圆柱的表面积为.【答案】18π【解析】设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，母线长为2R，则球的体积为34π43π3R=，所以3R=，所以圆

柱表面积为222π2π26π18πRRRR+==.14．对于任意两个正实数a，b，定义aabb=，其中常数2,12．若0uv，且uv与vu都是集合|2nxxn=Z，的元素，则uv=．【答

案】32/1.5【解析】由uv与vu都是集合|2nxxn=Z，的元素，不妨设121211,,,22uvuvnvunnnvu====Z，因为0uv，所以01vu，由已知,212，所以()210,12vnu=，则2(0

,2)n，又2nZ，所以21n=，即12vu=，所以2,122uv=，所以()2,2uv，()222,4uv，则()212111,222uunvv==，即1(2,4)n，因为1nZ，所以13n=，则11322n=，即32

uv=.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()2ln2fxxxax=+++在点()()22f,处的切线与直线230xy+=垂直．(1)求a；【解】（1）()12fxx

ax=++，则()1922222faa=++=+，由题意可得92123a+−=−，解得3a=−；（2）由3a=−，故()2ln32fxxxx=+−+，则()()()2211123123xxxxfxxxxx

−−−+=+−==，0x，故当102x时，()0fx¢>，当112x时，()0fx，当1x时，()0fx¢>，故()fx的单调递增区间为10,2、()1,+，()fx的单调递减区间为1,12，故()fx有极大值211113ln32ln222224

f=+−+=−，有极小值()21ln113120f=+−+=.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X个红球，则分得X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()211113143138CCCCC15C56+==PA.（2）由题意可知X的可能取值为：0，1，2，3，则有：()()302153533388CCCC5150,1C28C28======PXPX，()()120353533388CCCC1512,3

C56C56======PXPX，可得X的分布列为X0123P52815281556156所以()51515190123282856568EX=+++=.17．（15分）如图，在四棱柱1111ABCDABCD−中，底面

ABCD和侧面11BCCB都是矩形，115DDDC==，22ABBC==.(1)求证：1ADDC⊥；(2)若点P的在线段1BD上，且二面角PCDB−−的大小为π4，求1DPPB的值.【解】（1）在四棱柱1

111ABCDABCD−中，底面ABCD和侧面11BCCB都是矩形，则侧面11ADDA都是矩形，有ADDC⊥，1ADDD⊥，1DCDDD=，1,DCDD平面11DCCD，所以AD⊥平面11DCCD，又因为1DC平面11DCCD，所以1ADDC⊥.（2）115DDDC==，22ABBC==.

取,EF分别为,DCAB的中点，连接1ED，EF，因为//EFAD，AD⊥平面11DCCD，所以EF⊥平面11DCCD，因为11DDDC=，所以1EDDC⊥,所以以E为原点，1,,EFECED所在直线分别为,,xyz轴，建立如图所示

的空间直角坐标系，因为115DDDC==，22ABBC==，则12ED=.则()()()()10,1,0,0,1,0,0,0,2,1,1,0CDDB−，设()1101DPDB=，即()11,1,2DP=−，可

得(),,22P−，()0,2,0DC=，(),1,22CP=−−，设平面PCD的一个法向量(),,nxyz=，则有()()201220nDCynCPxyz===+−+−=，令z=，则22,0xy=−=，得()22,0,

n=−，又平面BCD的一个法向量()0,0,1m=，因为二面角PCDB−−的大小为π4，则有()22π2coscos4222nmnmnm====−+，整理得，23840−+=，解得23

=，或2=（舍），所以1123DPDB=，则113PBDB=，有1DPPB的值为2.18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线2:2(0)Eypxp=的焦点为,FE的准线l交x轴于点K，过K的直线

l与抛物线E相切于点A，且交y轴正半轴于点P.已知E上的动点B到点F的距离与到直线2x=−的距离之和的最小值为3.(1)求抛物线E的方程；(2)过点P的直线交E于,MN两点，过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T，点H满足MTTH=.证明：直线HN过定点.【解】（1）设()000,,0Bxy

x，由题意知准线:,,022pplxF=−，由抛物线的定义可知点B到点F的距离等于点B到准线l的距离，所以点B到点F的距离与到直线2x=−的距离之和为00022222ppxxx+++=++，由题意知当00x=时，距离之和最小，所以232p+=，解

得2p=，所以抛物线C的方程为24yx=.（2）由（1）知()1,0K−，设:1AKxmy=−，联立方程214xmyyx=−=，得2440ymy−+=，由Δ0=得216160m−=，解得1m=，又与y轴交于正半

轴，所以1,m=由2440yy−+=解得2y=，所以点()1,2A，所以直线:2OAyx=，所以直线:1AKyx=+，所以()0,1P，因为MN斜率存在且不为零，所以设()()()1122:10,,,,MNykxkMxyNxy=+，联立241yxykx==+，消去x，得()24400kyy

k−+=，则()Δ1610k=−，所以1k且0,k.12124yyyyk+==，又直线:2OAyx=，令1xx=，得12yx=，所以()11,2Txx，因为MTTH=，所以()111,4Hxxy−，所以12121

4NHyyxKxx+−=−，所以直线NH的方程为()12122214yyxyyxxxx+−−=−−，所以()21211211211212212212121214444xyyxyyxyyxxxxyxyyxyxxxxxxxxx+−+−+−−−=+−=+−−−−，因为()2

22212121212122121121244044444yyyyyyxxxyxyyyyyyy−−=−−=−+=，所以直线NH为121214yyxyxxx+−=−，所以NH恒过定点()0,0.19．（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M余数为N的项，将这样的操作记为(,)LMN操作.设数列na是无穷非减正整数数列.（1）若12,nnanN

−+=，na进行(2,1)L操作后得到nb，设nnab+前n项和为nS①求nS．②是否存在,,pqrN+，使得,,PqrSSS成等差？若存在，求出所有的(,,)pqr；若不存在，说明理由．（2）若,nannN+=，对na进行(

4,0)L与(4,1)L操作得到nb，再将nb中下标除以4余数为0，1的项删掉最终得到nc证明：每个大于1的奇平方数都是nc中相邻两项的和．【解】（1）①由12,nnanN−+=知：当2n时2naN+，故2

,nnbnN+=．则()1132321,ninniSnN−+===−．②解：假设存在，由nS单调递增，不妨设,2,,,qPrpqrSSSpqrN+=+化简得1212qprq−+−=+，显然左式为偶数，右式为奇数，矛盾，故不存在．（2）易知443424174,43

,42,41nnnnanananan−−−==−=−=−，所以保留4241,nnaa−−，则21242,41nnbnbn−=−=−．又4142434482,83,86,87nnnnbnbnbnbn++++=+=+=+=+

，将441,nnbb+删去，得到nc，则212283,86nncncn++=+=+也即85,21,82,2nnnkckNnnk+−=−=−=．记(1)2kkkr+=，下面证明：21(21)kkrrkcc++=+．由222244142438

2,861,8103,8146mmmmrmmrmmrmmrmm+++=+=++=++=++，知：()()2241222182821842841[2(4)1]mmrrmmmmccccmmmmm+++++=+=+−+++=+22414121861862[2(41)

1]mmrrmmmmccccm++++++++=+=++，同理可得：424243432211[2(42)1],[2(43)1]mmmmrrrrccmccm+++++++=+++=++，合并以上四式，便证明了对任意的kN+，都有21(2

1)kkrrkcc++=+．因此，原命题得证．