福建省厦门市2024届一模考试数学试题（Word版含解析）

这是一份福建省厦门市2024届一模考试数学试题（Word版含解析），共21页。

准考证号__________姓名__________
（在此卷上答题无效）
本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码．
2．作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑．
3．非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液．
4．考试结束后，考生上交答题卡．
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. 已知（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出复数，再求.
【详解】由，得，即，
所以，
故选：B
2. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由指数函数值域求集合N，应用集合并运算求结果.
【详解】由题设，故.
故选：A
3. 已知直线与曲线在原点处相切，则的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数几何意义求直线的斜率，进而确定倾斜角.
【详解】由，则，即直线的斜率为，
根据倾斜角与斜率关系及其范围知：的倾斜角为.
故选：C
4. 已知，为单位向量，若，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知，应用向量数量积的运算律求即可判断夹角大小.
【详解】由题意，则与的夹角为.
故选：B
5. 已知为定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇函数的定义求解即可.
【详解】当时，，所以，
因为为定义在上的奇函数，所以，且，
所以
故选：D
6. 已知，，，则下列结论错误的为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】举例即可判断ABC；再根据基本不等式及三角函数的性质即可判断D.
详解】对于A，当时，
，，此时，
所以，，故A正确；
对于B，当时，，，此时，
所以，，故B正确；
对于C，当时，
，，此时，
所以，，故C正确；
对于D，当时，
，当且仅当，即时取等号，
，
由，得，
而，
所以当，即时，，
所以，当且仅当时取等号，
而，所以，，故D错误.
故选：D.
7. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图所示的1，5，12，22被称为五边形数，将所有的五边形数从小到大依次排列，则其第8个数为（ ）
1 5 12 22
A. 51B. 70C. 92D. 117
【答案】C
【解析】
【分析】根据题图及前4个五边形数找到规律，即可得第8个数.
【详解】由题图及五边形数知：后一个数与前一个数的差依次为，
所以五边形数依次为，即第8个数为92.
故选：C
8. 已知函数的定义域为，，，，若，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用赋值法对进行赋值结合函数的周期可得答案.
【详解】令，得，即，
令，得，得，所以函数为偶函数，
令，得，
令，得，
，或，
若，解得与已知矛盾，
，即，解得，，
令，得，
，，，
，所以函数的周期为4.
.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于点成中心对称
C. 在区间上单调递增
D. 若的图象关于直线对称，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正弦型函数的性质，结合代入法、整体法逐一判断各项正误.
【详解】由，最小正周期，A错；
由，即是对称中心，B对；
由，则，显然在区间上单调递增，C对；
由题意，故，D错.
故选：BC
10. 已知甲、乙两组数据分别为：20，21，22，23，24，25和a，23，24，25，26，27，若乙组数据的平均数比甲组数据的平均数大3，则（ ）
A. 甲组数据的第70百分位数为23B. 甲、乙两组数据的极差相同
C. 乙组数据的中位数为24.5D. 甲、乙两组数据的方差相同
【答案】BD
【解析】
【分析】根据已知平均数的关系求得，再由极差、中位数、方差求法判断各项正误即可.
【详解】由题设，，所以，
甲组数据中，故第70百分位数为24，A错；
甲乙组数据极差都为5，B对；
乙组数据从小到大为，故其中位数为，C错；
由上易知：甲的平均数为，乙的平均数为，
所以甲的方差为，
乙的方差为，
故两组数据的方差相同，D对.
故选：BD
11. 设椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于A，B两点，若，且的周长为8，则（ ）
A. B. 的离心率为
C. 可以为D. 可以为直角
【答案】AC
【解析】
【分析】根据已知可得、，进而有，结合椭圆性质求相交弦长的范围及焦点三角形内角的范围判断各项的正误.
【详解】由，如下图周长为，故，
所以，椭圆离心率为，A对，B错；
当轴，即为通径时，且，
所以，故可以为，C对；
由椭圆性质知：当为椭圆上下顶点时最大，此时，
且，故，即不可能为直角，D错.
故选：AC
12. 如图所示，在五面体中，四边形是矩形，和均是等边三角形，且，，则（ ）
A. 平面
B. 二面角随着的减小而减小
C. 当时，五面体的体积最大值为
D. 当时，存在使得半径为的球能内含于五面体
【答案】ACD
【解析】
【分析】A由线面平行的判定证明；B设二面角的大小为，点到面的距离为，则，分析取最小值的对应情况即可判断；C把五面体补成直三棱柱，取的中点，设，则，结合并应用导数研究最值；D先分析特殊情况：和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断.
【详解】A：由题设，面，面，则面，
由面面，面，则，
面，面，则平面，对；
B：设二面角的大小为，点到面的距离为，则，
点到面的距离，仅在面面时取得最大值，
当时取最小值，即取最小值，即二面角取最小值，
所以，二面角先变小后变大，错；
C：当，如图，把五面体补成直三棱柱，
分别取的中点，易得面，，
设，则，
，
令，则，
令，可得或（舍），即，
，，递增，，，递减，
显然是的极大值点，故.
所以五面体的体积最大值为，C对；
D：当时，和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱，
此时正三棱柱内最大的求半径，故半径为的球不能内含于五面体，
对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图，
由C分析结果，当五面体体积最大时，其可内含的球的半径较大，
易知，当时，，
设的内切圆半径为，则，可得，
另外，设等腰梯形中圆的半径为，则，
所以，存在使半径为的球都能内含于五面体，对.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于C通过补全几何体为棱柱，设得到五面体的体积关于的函数；对于D从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于为关键.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】应用诱导公式有，即可求值.
【详解】.
故答案为：
14. 《九章算术》、《数书九章》、《周髀算经》是中国古代数学著作，甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读，若三人选择的书不全相同，则不同的选法有_________种．
【答案】
【解析】
【分析】先求出三人选书没有要求的选法，再排除三人选择的书完全相同的选法即可.
【详解】若三人选书没有要求，则有种，
若三人选择的书完全相同，则有种，
所以三人选择的书不全相同，不同的选法有种.
故答案为：.
15. 已知平面的一个法向量为，且点在内，则点到的距离为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由题设得，应用向量法求点面距离即可.
【详解】由题设，则点到的距离为.
故答案为：
16. 设是面积为1的等腰直角三角形，是斜边的中点，点在所在的平面内，记与的面积分别为，，且．当，且时，_________；记，则实数的取值范围为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】以为原点，为轴正方向建立直角坐标系，设，根据已知得、，即可得，，应用两点距离公式求；根据确定的轨迹曲线，并写出方程，利用曲线性质列不等式求参数范围.
【详解】以为原点，为轴正方向建立直角坐标系，设，则，，
所以，则，
当，时，，即，
所以，即，可得（负值舍），则，
故，
若，结合双曲线定义知：在以为焦点的双曲线上，但不含顶点，
该双曲线为，即，
双曲线顶点的横坐标的绝对值小于半焦距1，则双曲线与曲线有交点，
即双曲线的渐近线和曲线有交点，则双曲线的渐近线斜率的绝对值小于，
所以，故，
所以实数的取值范围为.
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：第二空，注意在以为焦点的双曲线上，但不含顶点，将问题化为双曲线的渐近线斜率的绝对值小于为关键.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求；
（2）若，且的周长为，求的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式有，再由三角形内角性质即可求边长；
（2）应用余弦定理及已知得且，进而求得，最后应用面积公式求面积.
【小问1详解】
由题设，则，
所以，而，故，又，
所以.
【小问2详解】
由（1）及已知，有，可得，
又，即，
所以，故.
18. 如图，在四棱锥中，，，，，平面，过点作平面．
（1）证明：平面平面；
（2）已知点F为棱的中点，若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形相似及等量代换得，利用线面垂直得，进而得平面EAC，结合已知条件得证；
（2）利用空间向量法可求
【小问1详解】
设AC与BD交点为O，连接OF，
因为，且，所以，
因为，所以，，，
且，，，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
即，所以，
所以，即，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面EAC，
所以平面EAC，
又因为平面，且平面EAC，
所以平面平面
【小问2详解】
因为，平面，
所以两两垂直，
如图，以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，
因为点F为棱的中点，
所以，
设平面FBD的一个法向量为，
则，所以，
取，得，
所以平面FBD的一个法向量为，
记直线AD与平面FBD所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
19. 已知数列的前项和为，，当，且时，．
（1）证明：为等比数列；
（2）设，记数列的前项和为，若，求正整数的最小值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）3.
【解析】
【分析】（1）由题设，结合已知得到在上都成立，即可证结论；
（2）由（1）得，裂项相消法求，根据不等式关系得，即可确定正整数的最小值.
【小问1详解】
当时，，即，
又，故上都成立，且，
所以是首项、公比均为2的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知：，则，
所以，
则，即，
所以，可得，而，故，正整数的最小值为3.
20. 已知甲、乙两支登山队均有n名队员，现有新增的4名登山爱好者将依次通过摸出小球的颜色来决定其加入哪支登山队，规则如下：在一个不透明的箱中放有红球和黑球各2个，小球除颜色不同之外，其余完全相同先由第一名新增登山爱好者从箱中不放回地摸出1个小球，再另取完全相同的红球和黑球各1个放入箱中；接着由下一名新增登山爱好者摸出1个小球后，再放入完全相同的红球和黑球各1个，如此重复，直至所有新增登山爱好者均摸球和放球完毕．新增登山爱好者若摸出红球，则被分至甲队，否则被分至乙队．
（1）求三人均被分至同一队的概率；
（2）记甲，乙两队的最终人数分别为，，设随机变量，求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意，三人均被分至同一队，即三人同分至甲队或乙队，分别求出被分至甲队即摸出红球的概率、被分至甲队即摸出红球的概率、被分至甲队即摸出红球的概率，再应用条件概率公式及互斥事件加法求三人均被分至同一队的概率；
（2）根据题意有可能取值为，分析各对应值的实际含义，并求出对应概率，进而求期望即可.
【小问1详解】
三人均被分至同一队，即三人同分至甲队或乙队，
记事件“被分至甲队”， 事件“被分至甲队”， 事件“被分至甲队”，
当即将摸球时，箱中有2个红球和2个黑球，则被分至甲队即摸出红球的概率为；
当被分至甲队时，箱中有2个红球和3个黑球，则被分至甲队即摸出红球的概率为；
当均被分至甲队时，箱中有2个红球和4个黑球，则被分至甲队即摸出红球的概率为；
所以，则，
同理知：新增登山爱好者均被分至乙队的概率也为，
所以三人均被分至同一队的概率为.
【小问2详解】
由题设，可能取值为，
为新增的4名登山爱好者被分至同一队，则，
为新增的4名登山爱好者中有3名均被分至同一队，其余1名被分至另一队，
设新增的第名登山爱好者被单独分至甲队或乙队，则
，，
，，
所以，
为新增的4名登山爱好者中各有2名被分至甲队和乙队，则，
所以.
21. 已知函数有两个极值点，．
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数，结合的极值点个数，得到且，是的两个不同根，列不等式组求参数范围；
（2）设，应用分析法将问题化为证，令，则证，再由对应单调性即可证结论.
【小问1详解】
由题设且，
若，则在上恒成立，即递增，不可能有两个极值点，不符；
故，又有两个极值点，则，是的两个不同正根，
所以，可得，即实数的取值范围是.
【小问2详解】
由（1）且，，不妨设，
则
，
要证，需证，即，
只需证，即，令，则证，
由（1），时，即，
所以在上递增，又，故，即，
综上，.
【点睛】关键点点睛：第二问，设，应用分析法将问题转化为证为关键.
22. 在平面直角坐标系中，点，点A为动点，以线段为直径的圆与轴相切，记A的轨迹为，直线交于另一点B．
（1）求的方程；
（2）的外接圆交于点（不与O，A，B重合），依次连接O，A，C，B构成凸四边形，记其面积为．
（i）证明：的重心在定直线上；
（ii）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见详解；
【解析】
【分析】（1）设，根据已知条件列出方程化简即得；
（2）（i）因为四点共圆，设该圆的方程为，联立，得，结合重心公式可得证；
（ii）记的面积分别为，用已知条件分别表示出，进而表示出面积为的表达式，然后利用导数求最值即得.
【小问1详解】
设，则线段的中点坐标为，
因为以线段为直径的圆与轴相切，所以，
化简，得.
【小问2详解】
（i）因为四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去x，得，
即，
所以即为关于y的方程的3个根，
则，
因为，
由系数对应相等得，，即，
因为的重心的纵坐标为，
所以的重心在定直线上.
（ii）记的面积分别为，由已知得直线AB的斜率不为0
设直线AB：，联立，消去x，得，
所以，
所以，
由（i）得，，
所以，即，
因为，
点C到直线AB的距离，
所以，
所以
不妨设，且A在第一象限，即，，
依次连接O，A，C，B构成凸四边形，所以 ，即，
又因为，，即，即，
所以，即，即，
所以，
设，则，
令，则，
因为，所以，所以在区间上单调递增，
所以 ，
所以的取值范围为
【点睛】第二问：（i）关键是把证明的重心在定直线上转化为方程根的问题，利用韦达定理以及重心公式可得. （ii）关键是把四边形拆成两个三角形，然后用相同的变量分别表示两个三角形的面积以及变量的取值范围的确定，进而得到四边形面积的表达式，然后利用导数求最值即得.