专题04+单选中档题-备战2022年新高考数学模拟试题分类汇编（福建专用）

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专题04 单选中档题
1．（2021•厦门一模）函数，，的部分图象如图所示，且，现将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则在区间上的值域是　　

A．， B．， C．， D．，
【答案】
【详解】根据函数，，的部分图象，
可得，．
再根据五点法作图，，，．
由，，．
现将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．
当，，，，，，，
2．（2021•厦门一模）已知某地居民在2020年“双十一”期间的网上购物消费额（单位：千元）服从正态分布，则该地某居民在2020年“双十一”期间的网上购物消费额在，内的概率为　　
附：随机变量服从正态分布，，，．
A．0.9759 B．0.8186 C．0.73 D．0.4772
【答案】
【详解】服从正态分布，
，，
则
．
3．（2021•龙岩一模）若三棱锥的四个面都为直角三角形，且平面，，，则其外接球的表面积为　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】构造如图所示的长方体，设其外接球的半径为
则．
其外接球的表面积．

4．（2021•龙岩一模）2006年7月13日，河南安阳殷墟通过了世界遗产委员会的认可，成为世界文化遗产．考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律．已知样本中碳14的质量随时间（单位：年）的衰变规律满足表示碳14原有的质量），经过测定，殷墟遗址某文物样本中碳14的质量约是原来的，据此推测此文物存在的时期距今约　　（参考数据：，
A．1719年 B．2870年 C．3075年 D．4775年
【答案】
【详解】由题意可得，
则，即，
所以年．
5．（2021•福建模拟）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏．晋代在广泛开展投壶活动中，对投壶的壶也有所改进，即在壶口两旁增添两耳．因此在投壶的花式上就多了许多名目，如“贯耳（投入壶耳）”．每一局投壶，每一位参赛者各有四支箭、投入壶口一次得1分，投入壶耳一次得2分．现有甲、乙两人进行投壶比赛（两人投中壶口、壶耳是相互独立的），甲四支箭已投完，共得3分，乙投完2支箭，目前只得1分，乙投中壶口的概率为，投中壶耳的概率为，四支箭投完，以得分多者赢．请问乙赢得这局比赛的概率为　　

A． B． C． D．
【答案】
【详解】根据题意，分2种情况讨论：
①，乙的第三支箭投中壶口，第四支箭必须投中壶耳，其概率，
②，乙的第三支箭投中壶耳，第四支箭投中壶口、壶耳均可，其概率，
则乙获胜的概率
6．（2021•福建模拟）已知，是平面向量，满足，，且，记与的夹角为，则的最小值是　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】根据题意，设，则，，
，则有，
变形可得，
设，其导数，
在区间，上，，则在区间，上递减，
则时，取得最小值
7．（2021•福州一模）分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．如图，有一列曲线，，，．已知是边长为1的等边三角形，是对进行如下操作而得到：将的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉，1，2，．记的周长为、所围成的面积为对于，下列结论正确的是　　

A．为等差数列 B．为等比数列
C．，使 D．，使
【答案】
【详解】根据题意可知，封闭曲线的周长数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
由图可知，边数为，边长为，
所以比的面积增加了，
所以，，1，2，，
即，，，，
累计相加可得，
所以，
根据等差数列以及等比数列的定义可知，既不是等差数列，也不是等比数列，故选项，错误；
当时，，故选项错误；
因为，故，使，故选项正确．
8．（2021•福州一模）在中，为边的中点，为边上的点，，交于点．若，则的值为　　
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】
【详解】设，
因为，
所以，
因为，，三点在同一条直线上，
所以，所以，
所以．

9．（2021•漳州一模）已知，则　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】由，得，
则．
10．（2021•漳州一模）函数的图象可能是图中的　　
A． B．
C． D．
【答案】
【详解】因为为偶函数，故排除选项，；
易知在上单调递增，故排除选项
11．（2021•泉州一模）已知，，，则　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】，，则，
因为，
故，
所以．
12．（2021•泉州一模）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，1，，，1，，
，1，，，0，，
，，
异面直线夹角的取值范围为，，
异面直线与所成角的余弦值为．

13．（2021•福建模拟）已知实数，满足，，则　　
A．3 B．7 C． D．
【答案】
【详解】实数，满足，，
，
，
，
，
，
．
14．（2021•福建模拟）音乐是用声音来表达人的思想感情的一种艺术．声音的本质是声波，而声波在空气中的振动可以用三角函数来刻画，在音乐中可以用正弦函数来表示单音，用正弦函数相叠加表示和弦，某二和弦可表示为，则函数的图象大致为　　
A． B．
C． D．
【答案】
【详解】根据题意，，
有，
则函数为奇函数，排除，
在区间上，，函数图像在轴上方，排除，
在区间上，与都是增函数，函数图像增加最快，排除
15．（2021•新高考Ⅰ）若过点可以作曲线的两条切线，则　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】法一：函数是增函数，恒成立，
函数的图象如图，，即切点坐标在轴上方，
如果在轴下方，连线的斜率小于0，不成立．
点在轴或下方时，只有一条切线．
如果在曲线上，只有一条切线；
在曲线上侧，没有切线；
由图象可知在图象的下方，并且在轴上方时，有两条切线，可知．
故选：．
法二：设过点的切线横坐标为，则切线方程为，可得，
设，可得，，，是增函数，
，，是减函数，
因此当且仅当时，上述关于的方程有两个实数解，对应两条切线．

16．（2021•新高考Ⅰ）若，则　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】由题意可得：


．
17．（2021•漳州模拟）已知直角梯形中，，，是边上一点（不包括、两点）．若，，且，则的最小值为　　
A．0 B．2 C．3 D．4
【答案】
【详解】根据题意，以为原点，为轴，为轴建立直角坐标系，如图所示：
因为，，所以，，，
设，，
，所以，
所以，
所以，，
所以，
因为，所以当时，有最小值为3．

18．（2021•漳州模拟）某校甲、乙、丙三位同学报名参加，，，四所高校的强基计划考试，每所高校报名人数不限，因为四所高校的考试时间相同，所以甲、乙、丙只能随机各自报考其中一所高校，则恰有两人报考同一所高校的概率为　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】某校甲、乙、丙三位同学报名参加，，，四所高校的强基计划考试，
甲、乙、丙只能随机各自报考其中一所高校，
基本事件总数，
恰有两人报考同一所高校包含的基本事件个数，
则恰有两人报考同一所高校的概率为．
19．（2021•福建模拟）已知是双曲线的右焦点，为坐标原点，与双曲线交于在第一象限），两点，，且，则该双曲线的离心率为　　
A． B． C． D．
【答案】【详解】设双曲线的左焦点为．则为平行四边形，．
因为，所以，所以．
因为．所以．
所以，
得，故离心率．

20．（2021•福建模拟）已知圆上存在两点，关于直线对称，则的最小值是　　
A．1 B．8 C．2 D．4
【答案】
【详解】圆的圆心，
圆上存在两点，关于直线对称，
可得，即，，
则，
当且仅当，时取等号，
所以的最小值是4．
21．（2021•鼓楼区校级模拟）已知是双曲线的右焦点，过点作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为，与另一条渐近线交于，且满足，则双曲线的离心率为　　
A． B． C．2 D．
【答案】
【详解】由题意知，设渐近线方程为，
则到渐近线的距离，
所以，则，

在中，，，
，
，解得，

22．（2021•福建模拟）将含有甲、乙、丙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】将含有甲、乙、丙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，
其中一组指挥交通，一组分发宣传资料，
基本事件总数，
甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组包含的基本事件个数：
，
则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为．
23．（2021•福州模拟）经多次实验得到某种型号的汽车每小时耗油量（单位：与速度（单位：的数据如表：

40
60
90
100
120

5.2
6
8.325
10
15.6
为描述与的关系，现有以下三种模型供选择：，，．选出最符合实际的函数模型，解决下列问题：某高速公路共有三个车道，分别是外侧车道、中间车道、内侧车道，车速范围分别是，，，，，（单位：．为使百公里耗油量（单位：最小，该型号汽车行驶的车道与速度为　　
A．在外侧车道以行驶 B．在中间车道以行驶
C．在中间车道以行驶 D．在内侧车道以行驶
【答案】
【详解】由图表中的数据分析可知耗油量随速度增加而增加，故不符合题意，
若选择模型，则，，，与实际数据差距较大；
若选择，则，，，
因此选择，
，
当时，取最小值9
24．（2021•福州模拟）已知直线与抛物线交于，两点．若点满足，则　　
A． B．1 C．2 D．3
【答案】
【详解】将抛物线和直线联立，得到，
解得，，，
又，，，，，
，
解得．
25．（2021•泉州二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，，是以为圆心，为半径的圆与的两交点，若，则的离心率是　　
A． B． C．2 D．
【答案】
【详解】因为，由圆和双曲线的对称性可得，在双曲线的两支上，
设在左支上，在右支上，则可得，
，且，在圆上），
所以，，
由，则，
所以可得，可得离心率
26．（2021•泉州二模）甲、乙、丙三人独立解答同份试卷，试卷共有5题，每人都至少正确解答其中3题，则下列说法一定正确的是
　　
A．至少有2题有多于一人正确解答
B．至少有1题三人都正确解答
C．至少有1题三人都无法正确解答
D．至多有1题无人正确解答
【答案】
【详解】对于，假设没有2题有多于一人正确解答，
则每题最多只有1人正确解答，这样3人总共正确解答的题数最多为5题，
而已知每人至少正确解答3题，因此至少共有9题正确解答，产生矛盾，故选项正确；
对于，5道题的编号为1，2，3，4，5，甲正确解答1，3，5，乙正确解答1，2，4，5，丙正确解答2，3，4，
则每题都只有2人正确解答，故选项错误；
对于，如果3人都正确解答了所有题，则选项错误；
对于，如果三人都是正确解答1，2，3，这时有两题没有人正确解答，故选项错误．
27．（2021•莆田二模）已知函数，，的定义域为，其图象大致如图所示，则　　

A． B． C． D．
【答案】
【详解】设，
则，
由图象可知，函数先递增，再递减，然后再增，且当时，取的极小值，
函数既有即大值，也有极小值，
有两个根，即，
，
，，且，
又，则，
又（1），
，
，
．
28．（2021•莆田二模）甲、乙两位同学到莆田市湄洲岛当志愿者，他们同时从“妈祖祖庙”站上车，乘坐开往“黄金沙滩“站方向的3路公交车（线路图如图所示）．甲将在“供水公司”站之前的任意每一站下车，乙将在“鹅尾神化石”站之前的任意一站下车．假设每人自“管委会”站开始在每一站点下车是等可能的，则甲比乙后下车的概率为　　

A． B． C． D．
【答案】
【详解】甲、乙下车的所有可能情况有：，
若乙在管委会站下车，则甲在兴海池至北埭（东环）站任意一站下车，共有7种可能；
若乙在地税分局站下车，则甲在兴海池至北埭（东环）站任意一站下车，共有6种可能；

乙在管委会站下车，则甲在兴海池至北埭（东环）站任意一站下车，共有7种可能；
莲池沙滩站下车，则甲在兴海池至北埭（东环）站下车，共有1种可能．
甲比乙后下车的概率为：
．
29．（2021•厦门模拟）已知函数有且仅有一个零点，则实数等于　　
A． B． C． D．2
【答案】
【详解】令，即，
而，由选项可知，则，
结合二次函数及三角函数的图象可知，要使函数有且仅有一个零点，．

30．（2021•厦门模拟）福建省采用“”新高考模式，其中“3”为全国统考科目语文、数学和外语；“1”为考生在物理和历史中选择一门；“2”为考生在思想政治地理、化学和生物四门中再选择两门．某中学调查了高一年级学生的选科倾向，随机抽取200人，其中选考物理的120人，选考历史的80人，统计各选科人数如表：
选择科目
选考类别
思想政治
地理
化学
生物
物理类
35
50
90
65
历史类
50
45
30
35
则　　
附：

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
A．物理类的学生中选择地理的比例比历史类的学生中选择地理的比例高
B．物理类的学生中选择生物的比例比历史类的学的中选择生物的比例低
C．有以上的把握认为选择生物与选考类别有关
D．没有有以上的把握认为选择生物与选考类别有关
【答案】
【详解】由表中的数据可得，物理类中选择地理的比例为，历史类中选择地理的比例为，
因为，所以物理类的学生中选择地理的比例比历史类的学生中选择地理的比例低，故选项错误；
物理类中选择生物的比例为，历史类中选择物理的比例为，
因为，所以物理类的学生中选择生物的比例比历史类的学生中选择生物的比例高，故选项错误；
由表中的数据可知，物理类中选生物和不选生物的人数分别是65，55，合计120人，
历史类中选生物和不选生物的人数分别是35，45，合计80人，
200人中选生物和不选生物的人数均是100，
故，
因为，故没有以上的把握认为选择生物与选考类别有关，故选项错误；
因为，故没有以上的把握认为选择生物与选考类别有关，故选项正确．
31．（2021•宁德三模）《周髀算经》是中国最古老的天文学、数学著作，公元3世纪初中国数学家赵爽创制了“勾股圆方图”（如图），用以证明其中记载的勾股定理．现提供4种不同颜色给右图中5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则不同涂色的方法种数为　　

A．36 B．48 C．72 D．96
【答案】
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①对于区域，三个区域两两相邻，有种涂色的方法，
②对于区域，若区域与颜色相同，区域有2种选法，
若区域与颜色不同，则区域有1种选法，区域也只有1种选法，
则区域有种涂色的方法，
则有种涂色的方法
32．（2021•宁德三模）如图，在直四棱柱中，，，，，点，，分别在棱，，上，若，，，四点共面，则下列结论错误的是　　

A．任意点，都有
B．任意点，四边形不可能为平行四边形
C．存在点，使得为等腰直角三角形
D．存在点，使得平面
【答案】
【详解】对于：由直四棱柱，，
所以平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以．
对于：若四边形为平行四边形，则，
而与不平行，即平面与平面不平行，
所以平面平面，平面平面，
直线与直线不平行，
与矛盾，
所以四边形不可能是平行四边形．
对于：假设存在点，使得为等腰直角三角形，
令，
由，
所以且四边形为平行四边，
所以，
过点作，则，
所以，即，
所以，无解，故错误；
对于：当时，为时，满足平面，故正确．
33．（2021•福建模拟）已知圆锥的顶点为，母线，，两两垂直且长为3，则该圆锥的体积为　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】可得为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长为，
由正弦定理得圆锥底面圆的半径，圆锥的高，
由圆锥的体积公式得
34．（2021•福建模拟）已知函数，若，，，则，，的大小关系为　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】根据题意，函数，其定义域为，
有，为奇函数，
而，
则上的减函数，
又，所以
35．（2021•南平模拟）某企业计划加大技改力度，需更换一台设备，现有两种品牌的设备可供选择，品牌设备需投入60万元，品牌设备需投入90万元，企业对两种品牌设备的使用年限情况进行了抽样调查：
品牌的使用年限
2
3
4
5
概率
0.4
0.3
0.2
0.1

品牌的使用年限
2
3
4
5
概率
0.1
0.3
0.4
0.2
更换设备技改后，每年估计可增加效益100万元，从年均收益的角度分析　　
A．不更换设备 B．更换为设备
C．更换为设备 D．更换为或设备均可
【答案】
【详解】设更换为品牌设备使用年限为，则年，
更换为品牌设备年均收益为万元；
设更换为品牌设备使用年限为，则年，
更换为品牌设备年均收益为万元．
所以更换为品牌设备．
36．（2021•南平模拟）过点的直线与函数的图象交于，两点，为坐标原点，则　　
A． B． C．5 D．10
【答案】
【详解】，函数的图象关于点对称，
直线与函数的图象交于，两点时，得出，两点关于点对称，则有，
于是．
37．（2021•龙岩模拟）在中，角，，的对边为，，，则“”成立的必要不充分条件为　　
A． B．
C． D．
【答案】
【详解】在中，角，，的对边为，，，
对于，，，
是“”成立充要条件，故错误；
对于，，，
，不一定等于，
反之，当时，是“”成立的必要不充分条件，故正确；
对于，由及正弦定理可得，
，得，
反之当时，，
是“”成立的充要条件，故错误；
对于，，，
，
反之，成立时，不一定成立，
是“”的充分不必要条件，故错误．
38．（2021•龙岩模拟）已知抛物线的焦点为，准线为1，过抛物线上一点作，垂足为，若，则　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】由抛物线的方程可得焦点准线方程为，
设，，，如图所示：
则的坐标为，，
因为，由抛物线的性质可得，解得：，
将代入抛物线的方程可得，即，，，
设准线与轴的交点为，则，，
所以，
所以，所以

39．（2021•鼓楼区校级模拟）过引抛物线的切线，切点分别为，．若的斜率等于2，则　　
A． B． C．1 D．2
【答案】
【详解】抛物线，
，
求导可得，
设点，，，，
则，且
切线过点，
切线的方程为，即，
同理可得切线的方程为，
两切线都过点，
，即，
即点，，，均在直线，
直线的方程为，
，解得．
40．（2021•福建模拟）若且，则　　
A． B．
C． D．
【答案】
【详解】因为，令，，，
则所以，错，
则故错，对．
41．（2021•三元区校级模拟）已知球的半径，三棱锥内接于球，平面，且，则三棱锥的体积为　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】设底面三角形的外接圆的圆心为，三棱锥的外接球的球心为，
连接，，，则为直角三角形，
由题意可得，，，
设底面三角形外接圆的半径为，则．
在中，由正弦定理可得：，
延长交于，，，且为的中点，
可得．
，
则，
，
三棱锥的体积为．

42．（2021•三元区校级模拟）以椭圆内一点为中点的弦所在的直线方程是　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】设所求直线与椭圆相交于，，，，
则，，
分别把，，，代入椭圆方程，
再相减可得，
，
，
以点为中点的弦所在直线方程为，
整理，得：．
43．（2021•漳州模拟）已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则的值为　　
A．8 B．6 C．4 D．2
【答案】
【详解】抛物线，
，，焦点，准线为，
点在准线上，
可设，
设，
，
，
解得，即，
，
又点在抛物线上，
，，

44．（2021•漳州模拟）“墨卡托投影”是由荷兰地图学家墨卡托在1569年拟定，假设地球被围在一个中空圆柱里，其基准纬线与圆柱相切接触，假想地球中心有一盏灯，把球面上的图形投影到圆柱体上，再把圆柱体展开，这就是一幅“墨卡托投影”绘制出的地图．在地图上保持方向和角度的正确的是“墨卡托投影”的优点，因此，“墨卡托投影”地图常用作航海图和航空图．通过地面上任意两点和地球中心作一平面，平面与地球表面相交看到的圆周就是大圆，两点之间的大圆劣弧线是两点在地面上的最短距离．沿着这段大圆劣弧线航行时的航线称为“大圆航线”．“大圆航线”转绘到“墨卡托投影”地图上为一条曲线．如图，，，，为地球上的两点中为点的正纬度或负纬度，为点的正经度或负经度，，，，的符号确定规则如下：，，当与同在北半球或同在南半球时，，否则；当与同在东经区或同在西经区时，，否则，记△，，其中为地球中心，已知有下面等式：△．某游轮拟从杭州（北纬，东经沿着大圆航线航行至旧金山（北纬，西经，则大圆航程约为　　（大圆圆心角1度所对应的弧长约为
参考数据：，，，．

A． B． C． D．
【答案】
【详解】由于游轮从杭州（北纬，东经至旧金山（北纬，西经，
则由题意知，，
△，
△



，
圆周角和圆心角的关系：一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半．
设圆心角为，即，
由，可得，
由已知，故
45．（2021•福建模拟）某服装店开张第一周进店消费的人数每天都在变化，设第天进店消费的人数为，且与表示不大于的最大整数）成正比，第1天有10人进店消费，则第4天进店消费的人数为　　
A．74 B．76 C．78 D．80
【答案】
【详解】由题意可设比例系数为，
，
，

46．（2021•福建模拟）下列各项中，是展开式中的项为　　
A．15 B． C． D．
【答案】
【详解】展开式的通项公式为，
由且，此时无解，故展开式中没有常数项，故错误；
由且，此时无解，故展开式中不含项，故错误；
由且，此时，故，故正确；
由且，此时无解，故展开式中不含项，故错误．
47．（2021•福建模拟）已知函数，设，，，则，，的大小关系为　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】根据题意，函数，
其定义域为，且，则函数为偶函数，
对于，设，则，
，
在区间，上，，则在区间，上为增函数，
又由，在区间，上，为增函数，
故在区间，上为增函数，
，
设，有，
在区间上，有，则在区间，上为减函数，
则有，即；
设，有，
在区间，上，有，则在区间，上为增函数，
则，即有；
综合可得：，
而，，，
则有
48．（2021•福建模拟）图①是建筑工地上的塔吊，图②是根据图①绘制的塔吊简易直观图，点，，在同一水平面内．塔身平面，直线与的交点是的中点，起重小车挂在线段上的点，，．若，，的面积为，根据图中标注的数据，忽略自重对塔吊平衡的影响，在塔吊保持平衡的条件下可得点，之间的距离为　　

A． B． C． D．
【答案】
【详解】且，．
在直角中：，
在中：，．
的面积为，，，，
在直角中：．
49．（2021•龙岩模拟）已知是定义在上的单调函数，是上的单调减函数，且，则　　
A． B．
C． D．
【答案】
【详解】设，
则，，，，，，
所以，
所以，
同理得，
所以，
因为在上的单调递减，
所以．
50．（2021•龙岩模拟）将甲、乙等4名交警随机分配到两个不同路口疏导交通，每个路口两人，则甲和乙不在同一路口的概率为　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】将甲、乙等4名交警随机分配到两个不同路口疏导交通，每个路口两人，
基本事件总数，
甲和乙不在同一路口包含的基本事件个数，
则甲和乙不在同一路口的概率为．
51．（2021•三明模拟）函数的图象大致是　　
A．
B．
C．
D．
【答案】
【详解】根据题意，，
有，则的图像关于点对称，排除，
，排除
52．（2021•三明模拟）已知函数满足，且的最小值为，则的值为　　
A． B．1 C． D．2
【答案】
【详解】，
，且的最小值为，
函数的最小正周期为，
，解得，
，
．
53．（2021•厦门二模）2008年北京奥运会游泳中心（水立方）的设计灵感来于威尔弗兰泡沫，威尔弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形），已知该多面体共有24个顶点，且棱长为1，则该多面体表面积是　　

A． B． C． D．
【答案】
【详解】棱长为1的正方形的面积为，
正六边形的面积为，
又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，
则最多有6个正方形，最少有4个正六边形，一个正六边形与3个正方形相连，
所以该多面体有6个正方形，正六边形有个．
故该多面体表面积是．
54．（2021•厦门二模）将正整数12分解成两个正整数的乘积有，，，这三种分解中，因数3与4差的绝对值最小，则称为12的最佳分解，当正整数的最佳分解为时，记．设，则数列的前99项和为　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】由题意可知，
（2）


．
55．（2021•福建模拟）已知函数，则　　
A．
B．，是函数的一个对称中心
C．任取方程的两个根，，则是的整数倍
D．对于任意的，，，，恒成立
【答案】
【详解】
函数．
对于：当时，，故函数不关于对称，故错误；
对于：当时，，故，不是函数的一个对称中心，故错误；
对于：函数，即，整理得，即函数和，的交点为半个周期的整数倍，故错误；
对于：任意的，时，则，
所以，
，
即，故恒成立，故正确．
56．（2021•福建模拟）国际高峰论坛，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为　　
A．378 B．306 C．268 D．198
【答案】
【详解】由题可知选出的3个媒体团的构成有如下两类：
①选出的3个媒体团中只有一个国内媒体团，有种不同的提问方式；
②选出的3个媒体团中有两个国内媒体团，有种不同的提问方式；
综上，共有种不同的提问方式．
57．（2021•思明区校级模拟）在中，，，，，，则　　
A． B．3 C．6 D．15
【答案】
【详解】如图所示，，．
又，，则，
即，
又，．

58．（2021•福建模拟）已知某物种经过年后的种群数量近似满足冈珀茨模型：，当时，的值表示2021年年初的种群数量．若年后，该物种的种群数量不超过2021年初种群数量的，则的最小值为　　（参考值：
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】
【详解】由题意可知，
，
即，
，
，
．
59．（2021•福建模拟）已知向量，则当取最小值时，实数　　
A． B． C． D．1
【答案】
【详解】，且，
，
，
，
时，取得最小值．
60．（2021•福建模拟）函数在，的图象大致为　　
A． B．
C． D．
【答案】
【详解】，
则是偶函数，图象关于轴对称，排除，
当时，，排除，
当时，为增函数，排除