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2024年新高考改革适应性练习（3）（九省联考题型）数学试题卷（2024.2.6）考生须知1. 本卷共4页，四大题19小题，满分150分，答题时间120分钟；2. 答题时须在答题卡上填涂所选答案（选择题），或用黑色字迹的签字笔规范书写答案与步骤（非选择题），答在本试题卷上或草稿纸上的答案均属无效；3. 考试结束时，考生须一并上交本试题卷，答题卡与草稿纸．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. 设样本空间包含等可能的样本点，且，，则A． B． C． D．2. 若复数满足是纯虚数，则的最小值是A．1 B． C．2 D．3. 算术基本定理告诉我们，任何一个大于1的自然数，如果不为质数，那么可以唯一分解成有限个素因数的乘积的形式．如，60可被分解为，45可被分解为．任何整除的正整数都叫作的正因数．如，20的正因数有1，2，4，5，10，20．则4200的正因数个数是A．4 B．7 C．42 D．484. 已知点在直线第一象限的图像上，则的最小值是A． B．C． D．5. 已知函数，，则和都单调递增的一个区间是A． B． C． D．6. 已知直线过点，且与两坐标轴围成的三角形的面积是6，则满足条件的直线共有A．1条 B．2条 C．3条 D．4条7. 我们记为函数的次迭代，即，，…，．已知函数，则A． B． C． D．8. 若一四面体恰有一条长度大于1的棱，则这个四面体体积的最大值是A． B． C． D．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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．）9. 已知函数，下列说法正确的是A．函数无零点B．直线与相切C．存在无数个，在区间上不单调D．存在，使得对于任意，10. 若一个人一次仅能爬1级或2级台阶，记为爬级台阶时不同的爬法数．关于数列，下列说法正确的是A．函数单调递增 B．的值为12C． D．11. 如右图，已知抛物线的焦点为，准线方程为，点是上的一动点．过点作的垂线，垂足为．过点作的切线，该切线与轴分别交于两个不同的点．下列说法正确的是A．抛物线的标准方程为B．三点共线当且仅当C．当时，都有D．当时，恒为等腰三角形三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）12. 在棱长为1的正方体中，三棱锥的体积是_________．13. 从集合中任选2个不同的非零整数作为二次函数的系数，则所有满足的顶点在第一象限或第三象限的有序数对共有_________组．14. 已知向量满足，，，则的最大值是_________．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.（13分）已知正方体．（1）证明：；（2）求二面角．16.（15分）已知定义在上的函数．（1）若原点是的一个极值点，证明：的所有零点也是其所有极值点；（2）若的4个零点成公差为2的等差数列，求的最大零点与最小零点之差．17.（15分）设点在椭圆内，直线．（1）求与的交点个数；（2）设为上的动点，直线与相交于两点．给出下列命题：①存在点，使得成等差数列；②存在点，使得成等差数列；③存在点，使得成等比数列；请从以上三个命题中选择一个，证明该命题为假命题．（若选择多个命题分别作答，则按所做的第一个计分．）18.（17分）2024部分省市的高考数学推行8道单选，3道多选的新题型政策．单选题每题5分，选错不得分，多选题每题完全选对6分，部分选对部分分（此处直接视作3分），不选得0分．现有小李和小周参与一场新高考数学题，小李的试卷正常，而小周的试卷选择题是被打乱的，所以他11题均认为是单选题来做．假设两人选对一个单选题的概率都是，且已知这四个多选题都只有两个正确答案．（1）记小周选择题最终得分为，求．（2）假设小李遇到三个多选题时，每个题他只能判断有一个选项是正确的，且小李也只会再选1个选项，假设他选对剩下1个选项的概率是，请你帮小李制定回答4个多选题的策略，使得分最高．19.（17分）信息论之父香农（Shannon）在1948年发表的论文“通信的数学理论”中指出，任何信息都存在冗余，冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的出现概率或者说不确定性有关．香农借鉴了热力学的概念，把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”，并给出了计算信息熵的数学表达式．设随机变量所有取值为，且（），，定义的信息熵（1）当时，求的值；（2）当时，若，探究与的关系，并说明理由；（3）若，，求此时的信息熵.2024年新高考改革适应性练习（3）（九省联考题型）数学参考答案一、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．）题号 1 2 3 4 5 6 7 8答案 A B D A D D B C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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．具体得分如【附】评分表．）题号 9 10 11答案 BC ABD BCD【附】评分表9-11题（每题满分6分） 得分情况正确选项个数 2个（如BC） 选对1个（选B或C） 3分选对2个（选BC） 6分3个（如ABD） 选对1个（选A或B或D） 2分选对2个（选AB或BD或AD） 4分选对3个（选ABD） 6分三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）题号 12 13 14答案 （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.（13分）以点为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，并令正方体的棱长为1．（1）则，，；，，．所以，即．故得证．（2），，由（1）得，设平面的一个法向量，则，即令，则，所以是平面的一个法向量．同理可求得平面的一个法向量，又，所以，即平面与平面的所成角为．故二面角的大小为．16.（15分）（1），，由题意，原点是的一个极值点，即，代入得，所以，，所以和的零点（0除外）都是方程的根，即和有共同零点，故的所有零点也是其所有极值点．（2）设的四个零点分别为，，，，则可以设其中，令，则令得，，，所以的所有根为，，，所以的最大零点与最小零点之差为．17.（15分）（1）因为点在内，所以，即．联立与的方程，得．判别式，故该二次方程无解，即与交点个数为0．（2）可选择命题②或命题③（命题①无法证伪），证明其为假命题．记点的横坐标分别为，不妨设顺次排列．选择命题②的证明：当直线的斜率不存在时，，分别与的方程联立可得，．若依次成等差数列，则，显然矛盾，不满足题意．当直线的斜率存在时，设其斜率为，则，与的方程联立可得；与的方程联立，得，由韦达定理则.不妨设，则，所以原式=因此不能成等差数列，从而②是假命题．选择命题③的证明：当直线的斜率不存在时，，分别与的方程联立可得，，．若成等比数列，则即，但，因此，矛盾，不满足题意．当直线的斜率存在时，设其斜率为，则，与的方程联立可得；与的方程联立，得，由韦达定理，则因此不能成等比数列，故③是假命题．18.（17分）（1）由题意，对于单选题，小周每个单选题做对的概率为，对于多选题，小周每个多选题做对的概率为，设小周做对单选题的个数为，做对多选题的个数为，则，，所以，，而小周选择题最终得分为，所以．（2）由题意他能判断一个选项正确，先把这个正确选项选上，如果他不继续选其他选项肯定能得三分，如果他继续选其它选项的话，设此时他的最终得分为，则的所有可能取值为0，6，则的分布列为：0 6那么这个题的得分期望是所以我们只需要比较3和的大小关系即可，令，解得，此时四个多选题全部选两个选项得分要高，反之，若，此时四个多选只选他确定的那个选项得分最高．19.（17分）（1）若，则，，因此．（2）与正相关，理由如下：当时，，令，其中，则所以函数在上单调递增，所以与正相关．（3）因为，，所以故而于是整理得令则两式相减得因此，所以．

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