2024年1月普通高等學校招生全國統一考試適應性測試（九省聯考）數學試題注意事項：]．答卷前，考生務必將自己的考生號、姓名、考點學校、考場號及座位號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需要改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.樣本數據16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位數為（）A.14 B.16 C.18 D.20【答案】B【解析】【分析】由中位數定義即可得.【詳解】將這些數據從小到大排列可得：10，12，14，14，16，20，24，30，40，則其中位數為16.故選：B.2.橢圓的離心率為，則（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】由橢圓的離心率公式即可求解.【詳解】由題意得，解得，故選：A.3.記等差數列的前項和為，則（）A.120 B.140 C.160 D.180【答案】C【解析】【分析】利用下標和性質先求出的值，然后根據前項和公式結合下標和性質求解出的值.【詳解】因為，所以，所以，所以，故選：C.4.設是兩個平面，是兩條直線，則下列命題為真命題的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】C【解析】【分析】由線面平行性質判斷真命題，舉反例判定假命題即可.【詳解】對于A，可能平行，相交或異面，故A錯誤，對于B，可能相交或平行，故B錯誤，對于D，可能相交或平行，故D錯誤，由線面平行性質得C正確，故選：C5.甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在兩端，乙和丙之間恰有2人，則不同排法共有（）A.20種 B.16種 C.12種 D.8種【答案】B【解析】【分析】分類討論：乙丙及中間人占據首四位、乙丙及中間人占據尾四位，然后根據分類加法計數原理求得結果.【詳解】因為乙和丙之間恰有人，所以乙丙及中間人占據首四位或尾四位，①當乙丙及中間人占據首四位，此時還剩末位，故甲在乙丙中間，排乙丙有種方法，排甲有種方法，剩余兩個位置兩人全排列有種排法，所以有種方法；②當乙丙及中間人占據尾四位，此時還剩首位，故甲在乙丙中間，排乙丙有種方法，排甲有種方法，剩余兩個位置兩人全排列有種排法，所以有種方法；由分類加法計數原理可知，一共有種排法，故選：B.6.已知為直線上的動點，點滿足，記的軌跡為，則（）A.是一個半徑為的圓 B.是一條與相交的直線C.上的點到的距離均為 D.是兩條平行直線【答案】C【解析】【分析】設，由可得點坐標，由在直線上，故可將點代入坐標，即可得軌跡，結合選項即可得出正確答案.【詳解】設，由，則，由在直線上，故，化簡得，即軌跡為為直線且與直線平行，上的點到的距離，故A、B、D錯誤，C正確.故選：C.7.已知，則（）A. B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】根據正弦、余弦、正切二倍角公式，將齊次化即可得出答案.【詳解】由題，得，則或，因為，所以，.故選：A8.設雙曲線的左、右焦點分別為，過坐標原點的直線與交于兩點，，則的離心率為（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】由雙曲線的對稱性可得、且四邊形為平行四邊形，由題意可得出，結合余弦定理表示出與、有關齊次式即可得離心率.【詳解】由雙曲線的對稱性可知，，有四邊形為平行四邊形，令，則，由雙曲線定義可知，故有，即，即，，，則，即，故，則有，即，即，則，由，故.故選：D.【點睛】關鍵點睛：本題考查雙曲線的離心率，解題關鍵是找到關于、、之間的等量關系，本題中結合題意與雙曲線的定義得出、與的具體關系及的大小，借助余弦定理表示出與、有關齊次式，即可得解.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知函數，則（）A.函數為偶函數B.曲線對稱軸為C.在區間單調遞增D.的最小值為【答案】AC【解析】【分析】利用輔助角公式化簡，再根據三角函數的性質逐項判斷即可.【詳解】，即，對于A，，易知為偶函數，所以A正確；對于B，對稱軸為，故B錯誤；對于C，，單調遞減，則單調遞增，故C正確；對于D，，則，所以，故D錯誤；故選：AC10.已知復數均不為0，則（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】設出、，結合復數的運算、共軛復數定義及復數的模的性質逐個計算即可得.【詳解】設、；對A：設，則，，故A錯誤；對B：，又，即有，故B正確；對C：，則，，，則，即有，故C正確；對D：，，故，故D正確.故選：BCD.11.已知函數的定義域為，且，若，則（）A. B.C.函數是偶函數 D.函數是減函數【答案】ABD【解析】【分析】對抽象函數采用賦值法，令、，結合題意可得，對A：令、，代入計算即可得；對B、C、D：令，可得，即可得函數及函數函數的性質，代入，即可得.【詳解】令、，則有，又，故，即，令、，則有，即，由，可得，又，故，故A正確；令，則有，即，故函數是奇函數，有，即，即函數是減函數，令，有，故B正確、C錯誤、D正確.故選：ABD.【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于利用賦值法解決抽象函數問題，借助賦值法，得到，再重新賦值，得到，再得到.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知集合，若，則的最小值為__________．【答案】【解析】【分析】由可得，解出集合后結合集合的關系計算即可得.【詳解】由，故，由，得，故有，即，即，即的最小值為.故答案為：.13.已知軸截面為正三角形的圓錐的高與球的直徑相等，則圓錐的體積與球的體積的比值是__________，圓錐的表面積與球的表面積的比值是__________．【答案】①.②.【解析】【分析】設圓錐的底面圓半徑以及球的半徑，用表示出圓錐的高和母線以及球的半徑，然后根據體積公式求出體積比，根據表面積公式求得表面積之比.【詳解】設圓錐的底面半徑為，球的半徑為，因為圓錐的軸截面為正三角形，所以圓錐的高，母線，由題可知：，所以球的半徑所以圓錐的體積為，球的體積，所以；圓錐的表面積，球的表面積，所以，故答案為：；.14.以表示數集中最大的數．設，已知或，則的最小值為__________．【答案】##0.2【解析】【分析】利用換元法可得，進而根據不等式的性質，分情況討論求解.【詳解】令其中，所以，若，則，故，令，因此,故,則，若，則，即，，則,故,則，當時，等號成立，綜上可知的最小值為，故答案：【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用換元法，在和前提下進行合理分類討論，根據題意得到相對應的不等式組，注意題目的條件關鍵詞是“或”.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知函數在點處的切線與直線垂直．（1）求；（2）求單調區間和極值．【答案】（1）（2）單調遞增區間為、，單調遞減區間為，極大值，極小值【解析】【分析】（1）結合導數的幾何意義及直線垂直的性質計算即可得；（2）借助導數可討論單調性，即可得極值.【小問1詳解】，則，由題意可得，解得；【小問2詳解】由，故，則，，故當時，，當時，，當時，，故的單調遞增區間為、，的單調遞減區間為，故有極大值，有極小值.16.盒中有標記數字1，2，3，4的小球各2個，隨機一次取出3個小球．（1）求取出的3個小球上的數字兩兩不同的概率；（2）記取出的3個小球上的最小數字為，求的分布列及數學期望．【答案】（1）（2）分布列見解析，【解析】【分析】（1）先確定個不同數字的小球，然后再從確定的每種小球中取個，通過計算可求符合要求的取法數，再除以總的取法數可得結果；（2）先確定的可取值為，然后計算出不同取值的概率，注意的每種取值對應兩種情況，由此可求分布列和期望.【小問1詳解】記“取出的個小球上的數字兩兩不同”為事件，先確定個不同數字的小球，有種方法，然后每種小球各取個，有種取法，所以.【小問2詳解】由題意可知，的可取值為，當時，分為兩種情況：只有一個數字為的小球、有兩個數字為的小球，所以；當時，分為兩種情況：只有一個數字為的小球、有兩個數字為的小球，所以；當時，分為兩種情況：只有一個數字為的小球、有兩個數字為的小球，所以，所以的分布列為：所以.17.如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的正方形，為與的交點，．（1）證明：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）根據題意，利用線面垂直的判定定理證明即可.（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求二面角的正弦值.【小問1詳解】連接，因為底面是邊長為2的正方形，所以，又因，，所以，所以，點為線段中點，所以，在中，，，所以，則，又，平面，平面，所以平面.【小問2詳解】由題知正方形中，平面，所以建系如圖所示，則，則，，設面的法向量為，面的法向量為，則，，設二面角大小為，則，所以二面角的正弦值為.18.已知拋物線的焦點為，過的直線交于兩點，過與垂直的直線交于兩點，其中在軸上方，分別為的中點．（1）證明：直線過定點；（2）設為直線與直線的交點，求面積的最小值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）設出直線與直線的方程，聯立曲線后得到與縱坐標有關韋達定理，結合題意，表示出直線后即可得定點坐標；（2）設出直線與直線的方程，聯立兩直線后結合第一問中韋達定理得出點的橫坐標恒為，再結合面積公式及基本不等式即可得.【小問1詳解】由，故，由直線與直線垂直，故兩只直線斜率都存在且不為，設直線、分別為、，有，、、、，聯立與直線，即有，消去可得，，故、，則，故，，即，同理可得，當時，則，即，由，即，故時，有，此時過定點，且該定點為，當時，即時，由，即時，有，亦過定點，故直線過定點，且該定點為；【小問2詳解】由、、、，則，由、，故，同理可得，聯立兩直線，即，有，即，有，由，同理，故，故，過點作軸，交直線于點，則，由、，故，當且僅當時，等號成立，下證：由拋物線的對稱性，不妨設，則，當時，有，則點在軸上方，點亦在軸上方，有，由直線過定點，此時，同理，當時，有點在軸下方，點亦在軸下方，有，故此時，當且僅當時，，故恒成立，且時，等號成立，故，【點睛】關鍵點睛：第二問關鍵在于借助直線聯立及第一問中韋達定理得出點的橫坐標恒為，此時可根據三角形的面積公式及基本不等式求取最值.19.離散對數在密碼學中有重要的應用．設是素數，集合，若，記為除以的余數，為除以的余數；設，兩兩不同，若，則稱是以為底的離散對數，記為．（1）若，求；（2）對，記為除以的余數（當能被整除時，）．證明：，其中；（3）已知．對，令．證明：．【答案】（1）1（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）第一問直接根據新定義來即可.（2