福建省泉州市2025届高中毕业班适应性练习卷数学试题（2024.07）（解析版）

第1页/共1页2025届高中毕业班适应性练习卷数学考生注意：1．考生需先将自己的姓名、考生号填写在试卷、答题卡和草稿纸上，并仔细核对答题卡上粘贴的条形码的“姓名、考生号”与考生本人的“姓名、考生号”是否一致．2．请考生认真阅读答题卡上的注意事项，并在答题卡上作答．超出规定答题区域或未规范书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效．3．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷、草稿纸和答题卡一并交回．一、选择题：本大题共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】D【解析】【分析】化简集合，根据交集的概念即可得解.【详解】要使有意义，则需，但这不可能，即，则.故选：D．2.若，则复数的虚部为（）A. B.0 C.1 D.【答案】B【解析】【分析】解方程，可得或1，则得复数的虚部为0.【详解】由解得或1，则复数的虚部为0，故选：B．3.已知向量，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由向量数量积的坐标表示即可得解.【详解】由可知，即该式对于任意均成立.故选：D．4.椭圆，其右焦点为，若直线过点与交于，则最小值为（）A B.1 C. D.2【答案】B【解析】【分析】由题意当为通径时，即垂直轴时，其长度最小，由此即可得解．【详解】要使最小，即为和焦点在的轴垂直的直线截得的线段长．右焦点为，直线为，联立此直线和椭圆解得交点的纵坐标为，故最小值为1．故选：B．5.已知一圆台内切球与圆台各个面均相切，记圆台上、下底面半径为，若，则圆台的体积与球的体积之比为（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根据相切，可得，即可得，进而根据体积公式即可求解.【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底的分别切于点，设球的半径为，圆台上下底面的半径为．注意到与均为角平分线，因此，从而，故．设圆台的体积为，球的体积为，则故选：A．6.函数的零点数量至多为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】转化为与图象的交点，然后画图分情况讨论即可【详解】由，得，令和，所以的零点可转化为与图象的交点，当时，在上为减函数，所以与图象只有一个交点，当时，当时，两函数图象有2个交点，当逐渐增大时，交点从2个变为1个，到0个，所以的零点数量至多为2，故选：C．【点睛】关键点点睛：本小题主要考查零点的概念和函数的单调性等知识；解题的关键是转化为与图象的交点，考查推理论证能力、运算求解能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性和综合性，导向对发展直观想象、数学运算等核心素养的关注．7.如图是函数的部分图象，记的导数为，则下列选项中值最大的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由函数的图象，结合导数的几何意义，即可判断.【详解】由图可知，为负数，为正数，故不选，设在处的点为，显然的斜率大于，则，可转化为，所以的值最大.故选：A．8.已知，则的最大值为（）A.5 B.4 C.3 D.2【答案】A【解析】【分析】由三角恒等变换得出是方程的一个实根，再利用导数研究函数单调性，结合零点存在定理即可求解.【详解】；，即是方程的一个实根．令，，显然，当时，，所以在上单调递减，又，所以，即．故选：A.【点睛】关键点点睛：关键是得到是方程的一个实根，进一步结合零点存在定理以及函数单调性即可顺利得解.二、选择题：本大题共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，部分选对的得部分分．9.已知方程，其中．下列命题为真命题的是（）A.可以是圆的方程 B.可以是抛物线的方程C.可以是椭圆的标准方程 D.可以是双曲线的标准方程【答案】ABC【解析】【分析】对于ABC，举例分析判断，对于D，根据双曲线的标准方程结合已知条件分析判断.【详解】对于A，因为方程，其中，所以当时，方程为，即是圆的方程，故方程可以是圆的方程，所以A正确；对于B，当时，方程为，即是抛物线的方程，故方程可以是抛物线的方程，所以B正确；对于C，当时，方程为，即是椭圆的标准方程，故方程可以是椭圆的标准方程，所以C正确；对于D，若方程为双曲线的标准方程，则有，这与矛盾，故方程不可以是双曲线的标准方程，所以D错误.故选：ABC．10.某人在次射击中击中目标的次数为，其中，设击中偶数次为事件，则（）A.当时，取得最大值 B.当时，取得最小值C.当随的增大而减小 D.当随的增大而减小【答案】AD【解析】【分析】对于AB，直接由二项分布的方差公式即可求解；对于CD，可以根据二项式定理得出，进一步通过的范围即可判断的单调性.【详解】对于AB：，当时，取得最大值，故A正确，B错误；对于CD：，，，，当时，为正负交替的摆动数列，所以不会随着的增大而减小，故C错误；当时，为正项且单调递减数列，所以随着的增大而减小，故D正确.故选：AD．11.已知函数有两个不同的零点，则（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】B选项，转化为有两个交点，构造，求出定义域，求导得到的单调性，令，作出的图象，得到单调性，所以，求出，故；C选项，由B选项可知，故，因此；对于D，因为，所以，构造函数，求导得到函数单调性，而，所以，，换元后构造，单调递增，且，所以，所以；A选项，根据，得到，换元得到，由单调递增，且，得到，A错误；【详解】B选项，由函数有两个不同零点，转化为有两个交点，构造函数，定义域为，则，故，所以在单调递增，而，令，可得图象如图所示：故在单调递减，在单调递增，所以，，所以，所以，故B正确；对于C，由B可知，，因此，故C正确；对于D，因为，所以，故，所以，则，构造函数，则，而，所以，所以，因为，所以，令，构造，显然单调递增，且，所以，所以，故D正确；对于A，因为，所以，所以，令，显然单调递增，且，所以，A错误；故选：BCD．【点睛】方法点睛：函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡的相应位置．12.已知单位向量满足，则的值为________.【答案】【解析】【分析】根据已知条件有，对两边平方有，解得或，验证两种情况，确定的值.【详解】记的夹角为，均为单位向量，则，由，即，两边平方，得，即，即，则，当时，，不符合题意，所以，又，则.故答案为：.13.围棋在中国古时称"弈"，是一种策略性二人棋类游戏．围棋棋盘由纵横各19条等距离、垂直交叉的平行线构成．则围棋棋盘上的矩形数量为_____________．（用数字作答）【答案】29241【解析】【分析】直接由组合数知识以及乘法原理即可得解.【详解】矩形是在同一平面内，由两组平行线段组成，且每两相交线段均垂直的闭合图形．则横向19条线、纵向19条线中各选择2条即可，即.故答案为：29241．14.要使正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小正值为_____________．【答案】120【解析】【分析】由正方体的性质可证得平面，且为正三角形，所以只需要旋转后能和自身重合即可，从而可求得答案.【详解】因为四边形为正方形，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证得，因为，平面，所以平面，同理可证得平面，因为为等边三角形，，所以过的中心，设的中心为点，连接，则，同理也过等边的中心，若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要和旋转后能和自身重合即可，因此至少旋转.故答案为：．【点睛】关键点点睛：本小题主要考查正方体特征及垂直等知识；解题的关键是证明平面，考查运算求解能力等；考查化归与转化思想等；体现基础性和综合性，导向对发展发展直观想象、逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养的关注．四、解答题：本大题共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.在中，角所对的边分别为，已知且均为整数．（1）证明：；（2）设的中点为，求的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）首先得出，即，进一步根据三角恒等变换以及，且均为整数，可得，由此即可得证；（2）由题意先得出，，结合正弦定理有，再结合余弦定理以及等边对等角即可得解.【小问1详解】在中，均为整数，，，且，最小．当，矛盾，，则，且为整数，，．又，即．由均为整数，且，由，可得，又因为，可得，故．．【小问2详解】由（1）知，，则．由正弦定理，可得，又的中点为．在中，由余弦定理，得，，则，．16.为更好地发挥高考的育才作用，部分新高考试题采用了多选题这一新题型．多选题的评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选的得0分．正确答案为两项时，选对1个得3分；正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为．现有一道多选题，学生李华完全不会，此时他有三种答题方案：Ⅰ．随机选一个选项；Ⅱ．随机选两个选项；Ⅲ．随机选三个选项．（1）若，且学生李华选择方案I，求本题得分的数学期望；（2）以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取0，2，3，由全概率公式算出对应的概率，即可得分布列，进而求得数学期望；（2）分别求出三个得分的数学期望，然后列出不等式组，即可求得的取值范围.【小问1详解】记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取0，2，3，，，，所以的分布列为023则数学期望．【小问2详解】记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则的所有可能取值为0，2，3，则，，，所以；记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，则的所有可能取值为：0，4，6，则，，，所以；记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，的所有可能取值为：0，6，则，，所以．要使唯独选择方案最好，则，解得：，故的取值范围为．17.已知抛物线，点在的准线上，过焦点的直线与相交于两点，且为正三角形．（1）求面积；（2）取平面外一点使得，设为的中点，若，求二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）引入参数，想办法表示出，结合即可建立关于的方程，求得记得等边三角形边长，进一步得面积；（2）由，，得到两两垂直，建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量即可进一步求解.【小问1详解】由已知得，准线方程为，设直线的方程为，弦的中点，如图所示，联立消去并整理得，则，所以，所以，即，所以，为等边三角形，则，（否则时，不妨设，则由等边三角形的对称性可知的坐标只能是，但），则设直线的方程为，即，所以点，又，所以，解得，所以．又，故．【小问2详解】由题为正三棱锥，即，又正三棱锥各侧面三角形都全等，所以，而，为的中点，从而，所以，因此，即两两垂直，故可将补成如图所示的正方体，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图：因为，所以，显然，面，故可取面的一个法向量，又为的中点，则，且，设平面的法向量，即，取，则,由图可知二面角是锐角，二面角的余弦值.【点睛】关键点点睛：第二问的关键在于得到两两垂直，以及，，由此即可顺利得解.18.已知数列满足递推式，且，数列的前项和，数列的通项公式为．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）若数列满足：，证明：．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由构造等差数列法求得，进一步根据已知求得，从而由的关系即可求解；（2）利用二项式定理以及求导法则可得，从而，结合错位相减法即可求解；（3）化简表达式得，进一步有，通过放缩法结合时的情形即可得证.【小问1详解】由题可知：，将化为，可得，即，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，所以，所以数列的通项公式为，由题，，则，两式相减可得，即，整理得，所以；令，可得，即，所以；当为偶数时，可得：①；当为奇数时，可得：②．结合①②可得：，则，且满足上式，综上所述，；【小问2详解】令，则，故，即，故，则，所以当时，，，所以；【小问3详解】由题，数列满足，即，则，所以，两式相减得，，当时，，所以．【点睛】关键点点睛：第二问的关键是得出的表达式，第三问的关键在于得出，由此即可顺利得解.19.悬链线在建筑领域有很多应用．当悬链线自然下垂时，处于最稳定的状态，反之其倒置时也是一种稳定状态．链函数是一种特殊的悬链线函数，正链函数表达式为，相应的反链函数表达式为．（1）证明：曲线是轴对称图形；（2）若直线与函数和的图