福建省高三下学期数学适应性练习卷

2024届高中毕业班适应性练习卷数学学校：________准考证号：________姓名：________注意事项：1.答题前，学生务必在练习卷、答题卡规定的地方填写自己的学校、准考证号、姓名.学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与学生本人准考证号、姓名是否一致.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.写在本练习卷上无效.3.答题结束后，学生必须将练习卷和答题卡一并交回.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解出集合，按照集合的交运算规则进行计算即可.【详解】因为，，所以，故选：B.2.若复数z满足，则（）A. B.0 C. D.2【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算规则进行计算即可求解.【详解】因为，所以，则，故选：D.3.函数在的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的性质，判断函数图象的形状.【详解】因为，所以，所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故排除答案CD，又，，设，，则，.所以在上为增函数，又，所以在上恒成立，即在上单调递增，故排除B.故选：A4.某单位共有A、B两部门，1月份进行服务满意度问卷调查，得到两部门服务满意度得分的频率分布条形图如下.设A、B两部门的服务满意度得分的第75百分位数分别为，，方差分别为，，则（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】利用频率分布条形图可读出，，且A部门数据更为集中，即可得出结论.【详解】根据频率分布条形图可知，，即；显然A部门得分数据较B部门更为集中，其方差更小，即；故选：C5.已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】设出切点，写出切线方程，利用对应系数相等建立方程，解出即可.【详解】设直线与曲线的切点为且，与曲线的切点为且，又，，则直线与曲线的切线方程为，即，直线与曲线的切线方程为，即，则，解得，故，故选：A.6.已知，，则使成立的一个充分不必要条件是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用充分不必要条件的定义逐项分析判断即得.【详解】对于A，令，显然有，而，A不是；对于B，当，时，，B不是；对于C，当，时，由，得，当且仅当时取等号，反之取，满足，而不成立，因此是成立的一个充分不必要条件，C是；对于D，令，不等式成立，而，D不是.故选：C7.已知O是所在平面内一点，且，，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可得点轨迹是以为圆心，半径为的圆，再由直线与圆相切可得的最大值为.【详解】根据，可得，即可得；即可知点轨迹是以为圆心，半径为的圆，如下图所示：由图可知，当与圆相切时，取到最大，又，可知此时.故选：B8.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式、同角三角函数基本关系式、二倍角公式进行化简求值.【详解】由或（舍去）.所以.故选：B二、多选题：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.在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点，函数，则（）A.图象关于直线对称 B.的图象关于点对称C.在内恰有一个极大值点 D.在内单调递减【答案】AD【解析】【分析】先利用三角函数的定义求得，从而得到的解析式，再利用三角函数的性质逐一分析各选项即可得解.【详解】因为角的终边过点，所以，，所以，则，对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，当时，，因为在上单调递减，在上单调递增，所以在内恰有一个极小值点，故C错误；对于D，当时，，因为在上单调递减，所以在内单调递减，故D正确.故选：AD.10.已知抛物线的焦点为F，准线交x轴于点D，过F的直线交C于A，B两点，AF的中点M在y轴上的射影为点N，，则（）A. B.∠ADB是锐角C.是锐角三角形 D.四边形DFMN是菱形【答案】ABD【解析】【分析】设出点，，由题意分析可知三角形为正三角形，联立方程组，解出点的坐标，逐项判断即可.【详解】由抛物线，可知，，设点，，则，所以，而，所以，所以，所以三角形为正三角形，所以，又轴，所以，，则，所以，，，所以直线的方程为：，联立方程，可得，所以，则，所以，所以，故A正确；，且，，所以四边形DFMN是菱形，故D正确；由于以为直径的圆与准线相切，点在圆外，所以∠ADB是锐角，故B正确；，，，所以，，所以，所以为钝角，所以是钝角三角形，故C错误.故选：ABD.11.已知正方体的棱长为2，棱的中点分别为E，F，点G在底面上，且平面平面，则下列说法正确的是（）A.若存在λ使得，则B.若，则平面C.三棱锥体积的最大值为2D.二面角的余弦值为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，由平面平面，根据向量法得出点G的轨迹，由向量共线可判定A，根据线面平行的判定定理可判定B，根据棱锥体积公式可得C，由向量法求面面角可得D.【详解】如图，建立空间直角坐标系，依题意，，设，则，设平面的一个法向量为，则，所以，令，则，即，设平面的一个法向量，则，所以，令，则即，因为平面平面，所以，即，所以，选项A：若存在λ使得，则点G在线段上，所以，即，所以G为的中点，即，故A错误；选项B：若，则，即，所以G为的中点，因为E为的中点，所以,故四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故B正确；选项C：因为，设平面的一个法向量为，则，所以，令，则，即，设G到平面的距离为，又为等边三角形且边长为，则，所以，又，所以当时，三棱锥体积的最大值为2，故C正确；选项D：因为平面，所以平面的一个法向量为，平面的一个法向量，则，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为，故D正确；故选：BCD.【点睛】利用空间向量解决立体几何中的动点问题及求角和距离是常用方法.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.某企业生产一种零部件，其质量指标介于的为优品.技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布；技术改造后，该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布.那么，该企业生产的这种零部件技术改造后的优品率与技术改造前的优品率之差为__________.（若，则，，）【答案】【解析】【分析】根据题意利用正态分布性质分别计算出技术改造前后的优品率，可得结果.【详解】技术改造前，易知，则其优品率为；技术改造后，其中，则其优品率；所以优品率之差为.故答案为：13.已知圆台的高为6，AB，CD分别为上、下底面的一条直径，且，，则圆台的体积为__________；若A，B，C，D四点不共面，且它们都在同一个球面上，则该球的表面积为__________.【答案】①.②.【解析】【分析】利用圆台的体积公式可求圆台的体积，先确定球心位置，再求出球的半径，可得球的表面积.【详解】由题意可知：圆台的上底半径为，下底半径为，高为，所以圆台的体积为：；易知：，，，四点所在的球面，即为圆台的外接球球面，如图：做圆台的轴截面，因为，则圆台的外接球球心一定在轴上，且在圆台内部，设外接球半径为，则.所以所求的表面积为：.故答案为：；14.已知双曲线的左焦点为F，过F的直线l交圆于A，B两点，交C的右支于点P.若，，则C的离心率为__________.【答案】##【解析】【分析】作出辅助线，结合题目条件得到方程组，求出，结合双曲线定义得到方程，求出离心率.【详解】设双曲线的右焦点为，连接，取的中点，连接，则⊥，因为，，所以，因为为的中点，所以⊥，且，因为，所以，，由勾股定理得，即①，由垂径定理得，即，即②，联立①②得，又由双曲线定义可得，即，化简得，方程两边同除以得，，解得或1（舍去），故离心率.故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查双曲线的几何性质及其应用，对于双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，D为BC的中点，且.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）易知两角互补正弦值相等，再由正弦定理可得；（2）分别在和中，由余弦定理得，即可得.【小问1详解】由，可得，如图所示：在中，由正弦定理得，所以在中，由正弦定理得，所以故因为为的中点，所以，即，【小问2详解】由（1）不妨设在中，由余弦定理得在中，由余弦定理得.所以.解得.故16.已知各项均为正数的数列满足，且.（1）写出，，并求通项公式；（2）记求.【答案】16.17.【解析】【分析】（1）利用递推关系，可求，的值；结合题意，可用“累加法”求数列的通项公式.（2）可以把数列的前几项一一列举，然后求和，也可以用错位相减法求和.【小问1详解】解法一：因为，，所以，当时，，，所以.当时，，，所以.当时，，所以当时，也符合上式.综上，解法二：因为，，，所以，当时，，，所以.当时，，，所以.因为，所以，即.所以，即.又，所以【小问2详解】解法一：由（1）得，即记则①，②①②，得，所以，故.解法二：由（1）得，即.记，则.故.17.11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10∶10.（1）求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；（2）求第一局比赛甲获胜的概率；（3）现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.【答案】（1）分布列见解析，均值（2）（3）【解析】【分析】（1）易知的所有可能取值为，根据条件概率公式可求得对应概率取值可得分布列和均值；（2）根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式，解得；（3）由五局三胜制的规则，可知的所有可能取值为，求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率为.【小问1详解】依题意，的所有可能取值为设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，所以，.所以的分布列为012故的均值为.【小问2详解】设第一局比赛甲获胜为事件，则.由（1）知，，由全概率公式，得解得，即第一局比赛甲获胜的概率.【小问3详解】由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则，设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，所以的所有可能取值为，因此可得；故该场比赛甲获胜的概率.18.在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.（1）求直线CD与平面所成角的大小；（2）设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）（i）曲线是椭圆，理由见解析；（ii）存在，点满足或【解析】【分析】（1）根据条件作出图形，利用线面角的定义得到所求线面角，解出即可;（2）（i）建立空间直角坐标系，根据条件建立方程，即可求解；（ii）把转化为，坐标表示后，利用联立直线方程和椭圆方程化简后利用韦达定理得到的关系式进行化简求解即可；也可以把条件转化为进行求解.【小问1详解】因为平面，平面平面，所以.所以直线在内的射影为直线，所以直线与所成角为.过作，垂足为.因为平分，所以.又，所以，所以又，所以.因为，所以，所以直线与平面所成角为.【小问2详解】（i）曲线是椭圆,理由如下：由（1）可知，，所以是的中点,设的中点为，所以.又，所以.在内过作，所以以为原点，所在的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.因为，所以，设，又，则.因为，又，所以，化简得，即，所以曲线是椭圆.（ii）方法一：设.在平面内，因为与不重合，可设，由得，所以.由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.若，则，即，因，所以，当时，上式恒成立，所以符合题意；当时，有，所以，所以.因为，所以，所以，所以，即.因为上式对于任意的恒成立，所以.综上，存在点满足，或时，符合题意.方法二：设在平面内，因为与不重合，可设，由得，所以.由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.当与重合时，因为，又，所以.所以当时，符合题意当与不重合时，过作，垂足分别为.连接，则因为，所以.又，所以平面，所以，同理又，所以，所以，所以RtRt，所以直线平分又在轴上，所以在平面内直线的倾斜角互补在平面内，设直线的斜率分别为，则，对于任意的恒成立，所以.综上，存在点满足，或时，符合题意.【点睛】关键点点睛：解答本题最后问的关键是转化条件，可以转化为或者转化为，继而利用坐标求解.19.对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素.（1）若，求的元素个数及；（2）当恰有一个元素时，的取值集合记为.（i）求；（ii）若，数列满足，，集合，.求证：，.【答案】（1）的元素个数为2，（2）（i）；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意可得，令，利用导数求出函数的单调性，即可求出零点，即可求出集合，从而得解；（2）（i）结合（1）可得，令，求出函数的导函数，再分，两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的零点个数，从而确定集合；（ii）由（i）可得，即可得到，即可得到，先利用导数证明当时，，即可得到，故，即，从而得到，即可放缩得到，利用等比数列求和公式求出，即可得解.【小问1详解】当时，，其定义域为.由得.设，则，当时，；当时，；所以在单调递增；在单调递减，注意到，所以在恰有一个零点，且，又，所以，所以在恰有一个零点，即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点，所以，所以的元素个数为，又因为，所以.【小问2详解】（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意；当时，，其定义域为，由得.设，，则，设，则，①当时，，所以在单调递增，又，所以在恰有一个零点，即在恰有一个不动点，符合题意；②当，故恰有两个零点.又因为，所以，当时，；当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；注意到，所以在恰有一个零点，且，又时，，所以在恰有一个零