（冲刺高考）2024年福建省高考适应性训练数学试题

这是一份（冲刺高考）2024年福建省高考适应性训练数学试题，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．或C．或D．
2．是虚数单位，复数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知两单位向量与的夹角为，则向量与的夹角（ ）
A．B．C．D．
4．在锐角中，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．数列成为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，记该数的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．生物学家认为，睡眠中的恒温动物的脉搏率（单位：心跳次数）与体重（单位：）的次方成反比.若、为两个睡眠中的恒温动物，的体重为、脉搏率为210次，的脉搏率是70次，则的体重为（ ）
A．B．C．D．
7．已知正三棱锥的底面边长为，外接球表面积为，，点M，N分别是线段AB，AC的中点，点P，Q分别是线段SN和平面SCM上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．点均在抛物线上，若直线分别经过两定点，则经过定点，直线分别交轴于，为原点，记，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知直线：与直线：，其中，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则或或B．若，则或
C．直线和直线均与圆相切D．直线和直线的斜率一定都存在
10．已知，，则（ ）
A．当时，为奇函数
B．当时，存在直线与有6个交点
C．当时，在上单调递减
D．当时，在上有且仅有一个零点
11．如图，质点和在单位圆上逆时针作匀速圆周运动.若和同时出发，的角速度为，起点位置坐标为，B的角速度为，起点位置坐标为，则（ ）

A．在末，点的坐标为
B．在末，扇形的弧长为
C．在末，点在单位圆上第二次重合
D．面积的最大值为
三、填空题
12．某单位为葫芦岛市春节联欢会选送了甲、乙两个节目，节目组决定在原有节目单中6个节目的相对顺序保持不变的情况下填加甲乙两个节目，若甲、乙演出顺序不能相邻，那么不同的演出顺序的种数为 .（用数字作答）
13．对于数列，由作通项得到的数列，称为数列的差分数列，已知数列为数列的差分数列，且是以1为首项以2为公差的等差数列，则 ．
14．在三棱锥中，，底面是以为直角顶点的直角三角形，且，，点到三边的距离相等，且点在平面上的射影落在内，则与平面所成角的正切值为 .
四、解答题
15．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．
16．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．
17．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．
18．已知函数有两个极值点，．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
19．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．
参考答案：
1．A
【分析】解不等式求出，再利用并集的概念进行运算即可.
【详解】，，则.
故选：A.
【点睛】本题考查集合并集的运算，是基础题.
2．D
【分析】方法一：由题设可得，根据复数的除法运算化简，进而根据共轭复数的定义求解即可；
方法二：设，根据复数的乘法运算及复数相等列出方程组求解即可.
【详解】方法一：由，
则，
所以.
故选：D.
方法二：设，则，
所以，即，
所以，解得，所以.
故选：D.
3．C
【分析】根据平面向量数量积的定义，求模长与夹角即可.
【详解】单位向量与的夹角为，
，
与的夹角的余弦值为
又
故选：
【点睛】本题考查求向量夹角问题，属于基础题.
4．A
【分析】根据题意，求得，结合倍角公式，得到则，即可求解．
【详解】在锐角中，由，可得，于是，
解得，所以，则．
故选：A.
5．B
【解析】利用迭代法可得，可得
，代入即可求解.
【详解】由题意可得该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，
则
，
所以，令，可得，
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解数列新定义的含义得出，利用迭代法得出
，进而得出.
6．D
【分析】根据题意设，代入求解，然后计算出的体重，确定选项.
【详解】根据题意设，
当，,则，
当，则，所以
故选：D
7．B
【分析】根据外接球表面积求得外接球半径，进而求得三棱锥的高，并推出侧面为等腰直角三角形，作辅助线，将转化为一条线段，从而确定最小时的线段的位置，再结合三角函数值，解直角三角形,求得答案.
【详解】依题意，，解得，
由 是正三角形可知：其外接圆半径为 ，
设点S到平面ABC的距离为h，故，
解得或，
则或（舍去），
故，则 ,而 ，故 为等腰直角三角形， ，
故 为等腰直角三角形，,则 ,
又 ,故平面SCM，
取CB中点F，连接NF交CM于点O，则 ,则平面SCM ,
故平面SCM，则，
要求最小，首先需PQ最小，此时可得平面SCM，则；
再把平面SON绕SN旋转，与平面SNA共面，即图中 位置，
当共线且时，的最小值即为的长，
由 为等腰直角三角形，
故，，
∴，即，∴，
可得，，
故选：B.
【点睛】本题考查了空间几何体上线段和最小值的求解，涉及到几何体的外接球以及空间的线面位置关系等问题，解答时要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，并能进行相关计算，解答的关键是要将两线段的和转化为一条线段，才可求得线段和的最小值.
8．D
【分析】利用条件，用表示出两点坐标，从而求出直线的方程，进而求出定定点，再根据条件得到，再利用柯西不等式即可求出结果.
【详解】如图，由题易知直线斜率均存在，
设直线方程为，，
由，消得，即，
由韦达定理得，所以，代入，得到，所以，
设直线方程为，，
由，消得，
即，由韦达定理得，
所以，又因为，所以，
代入，得到，所以，
所以直线的斜率为，
所以的方程为，
即
所以，即，
故直线过定点，令，得到，所以，
所以，，又因为，所以，
所以，，又，所以，
又由柯西不等式知，
当且仅当，即时，取等号，
所以，即，
故选：D.
【点睛】解决本题的关键在于，利用条件求出，两点，再利用点斜式表示出直线，进而求出定点.
9．AC
【分析】根据直线垂直公式建立方程求角判断A，根据直线平行公式建立方程求角判断B，结合点到直线的距离公式判断直线与圆的位置关系判断C，举例判断D.
【详解】对于A，直线：与直线：，
若，则，即，又，所以，
或或，解得或或，正确；
对于B，若，则，所以，又，
所以或，
当时，直线：即，
直线：即，两直线重合，不符合题意，舍去；
当时，直线：即，
直线：即，两直线平行，符合题意；
所以，B错误；
对于C，圆的圆心为，半径为1，
圆心到直线：的距离为，
圆心到直线：的距离为，
所以直线和直线均与圆相切，正确；
对于D，当时，直线：化简为，直线斜率不存在；
当时，直线：化简为，直线斜率不存在；D错误.
故选：AC
10．ACD
【分析】AB两个选项比较好判断；对C，可以利用函数在给定区间上的单调性，分离参数，转化为恒成立问题求参数的取值范围；对D，分析函数的单调性和一些特殊点的函数值符号，判断零点个数.
【详解】当时，，可以说是奇函数，故A正确；
当时，在上单调递增，与最多一个交点，故B错误；
因为，所以.
对C：在上递减，需有（）恒成立.
当时，，又，且当时，，所以.
当时，.
设，则，由，所以在上递减，在上递增，
所以的最小值为，所以.
所以且，即.故C正确；
对D：设，则.因为，所以当时，；当时，.
所以在上递增，在上递减，所以的最大值为，
又，所以只在有一解，设为即，
所以在上递增，在上递减.
且，且当时，，所以在上有且仅有一个零点.故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：已知函数的单调区间，求参数的取值范围问题，常常要分离参数，转化为恒成立或存在性问题，进而求函数的最大或最小值来解决.
11．BCD
【分析】求出末点和的坐标可判断选项AB;求出末点和的坐标，结合诱导公式可判断C；根据三角形面积公式可判断D.
【详解】在末,点的坐标为，点的坐标为；，扇形的弧长为；
设在末，点在单位圆上第二次重合，
则，故在末，点在单位圆上第二次重合；
,经过s后，可得，面积的可取得最大值.
故选:BCD.
12．42
【分析】由已知甲乙2个节目不相邻，已经排好的6个节目相对顺序不变，把2个节目插入6个节目形成的7个空中，即2个节目在7个位置的排列.
【详解】由已知甲乙2个节目不相邻，排好的6个节目相对顺序不变，
即把2个节目插入6个节目形成的7个空中，
共有种.
故答案为：42.
13．65
【分析】利用等差数列通项公式求得，结合累加法及等差数列的求和公式可得，计算即可.
【详解】由题意得，
累加得，即，
则．
故答案为：65.
14．.
【解析】设点在平面上的射影为点，通过证明得到为与平面所成的角，在中计算即可得到的正弦值.
【详解】如图，设点在平面上的射影为点，
因为点到三边的距离相等，则点到三边的距离相等
又点在平面上的射影落在内，
所以点为的内心.
设的内切圆与直角边，分别相切于，
易知四边形是正方形.
因为，且，，所以
则的内切圆半径，所以.
因为平面，所以为与平面所成的角.
因为，所以，
所以与平面所成角的正切值为.
故答案为：.
【点睛】要求线面角，要先找到这个角，然后根据边的关系或角的关系求解即可．本题主要考查射影的概念，线面角的定义和三角函数值的计算．
15．(1)；
(2).
【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.
【详解】（1）由题设，由正弦定理有，
所以，而，故，又，
所以.
（2）由（1）及已知，有，可得，
又，即，
所以，故.
16．(1)证明见解析；
(2)3.
【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.
【详解】（1）当时，，即，
又，故在上都成立，且，
所以是首项、公比均为2的等比数列.
（2）由（1）知：，则，
所以，
则，即，
所以，可得，而，故，正整数的最小值为3.
17．(1)证明见详解
(2)
【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
【详解】（1）
设AC与BD的交点为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
（2）
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．
18．(1)；
(2)证明见解析.
【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.
【详解】（1）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.
（2）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.
19．(1)
(2)证明见详解；
【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.
【详解】（1）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.
（2）（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，
由的系数对应相等得，，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.