2024年福建省高考数学一轮模拟卷

这是一份2024年福建省高考数学一轮模拟卷，共20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x，，则“”是“”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件D．既不是充分条件也不是必要条件
2．已知复数满足，在复平面内对应的点为，则（ ）
A．B．
C．D．
3．在一组样本数据（不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为（ ）
A．B．C．D．1
4．已知函数，若，使得，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．在三棱锥中，平面，底面为正三角形，三棱锥的体积为6，的外接圆半径为2，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知实数满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
7．若，，则（ ）
A．B．C．D．
8．在平面直角坐标系中，已知是圆上的一点，是圆上的两点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，则的值可以是（ ）
A．10B．12C．14D．15
10．已知数列：，，，，，，，，，，，其中第项为，接下来的项为，，接下来的项为，，，再接下来的项为，，，，依此类推，则（ ）
A．
B．
C．存在正整数，使得，，成等比数列
D．有且仅有个不同的正整数，使得
11．数学家笛卡尔研究了许多优美的曲线，如笛卡尔叶形线D在平面直角坐标系中的方程为．当时，以下四个结论正确的是（ ）
A．曲线D经过第三象限
B．曲线D关于直线轴对称
C．对任意，曲线D与直线一定有公共点
D．对任意，曲线D与直线一定有公共点
三、填空题
12．设函数的定义域为D，若满足：①在D内是单调增函数；②存在，使得在上的值域为，那么就称是定义域为D的“成功函数”.若函数（且）是定义域为R的“成功函数”，则t的取值范围是 .
13．已知抛物线，斜率为的直线与抛物线相交于，两点，与抛物线的准线相交于点，若，则
14．联想祖暅原理（夹在两个平行平面间的几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等），请计算：由曲线，，直线，轴所围成的平面几何图形的面积等于 ．
四、解答题
15．已知等比数列的公比为整数，且，数列的前项和为．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的通项公式．
16．已知函数．
(1)求的单调递增区间；
(2)求的最大值和取得最大值时相应的值．
17．已知函数是偶函数．
(1)求实数的值；
(2)若函数的最大值为1，求实数的值；
(3)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围．
18．如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，侧棱和侧棱与底面所成的角均为，，为中点，为侧棱上一点，且平面.
(1)请确定点的位置；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值.
19．已知抛物线的焦点为，准线为.若抛物线与直线交于两点，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)过焦点的直线与交于不同的两点为坐标原点，直线与交于点.连接，过点作的垂线与交于点.求证：三点共线.
参考答案：
1．A
【分析】设，利用导数研究函数的性质可知在上单调递增，
结合函数的单调性解不等式以及充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】设，则，
令，所以函数在上单调递增.
当时，则，即，充分性成立；
当时，有，得，
所以不一定成立，即必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
2．D
【分析】由复数模的定义计算即可.
【详解】在复平面内对应的点为，则，
，即，所以有.
故选：D
3．A
【分析】根据相关系数的定义求解即可.
【详解】因为所有样本点都在直线上，
所以它们负相关，相关系数为.
故选：A.
4．C
【分析】结合题意构造函数，得到，表示出,再借助导数求出得最小值即可.
【详解】因为，使得，
所以，
即，
令，，
所以在上单调递增.
所以，即，所以，
令，则，
当时，，在单调递减;
当时，，在单调递减;
所以当时，函数取得最小值，即.
.
故选：C.
【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：
积型：，
①，构建；
②，构建；
商型：，
①，构建；
②，构建；
和型：，
①，构建；
②，构建.
5．D
【分析】根据正弦定理求出底面边长，再利用棱锥体积公式求出，最后根据勾股定理求出外接球半径即可.
【详解】设底边正三角形的边长为，外接圆的半径为，外接圆的圆心为，三棱锥的外接球的球心为，
则根据正弦定理得，则，
因为平面，则有，
即，解得，
则外接球半径，
则外接球的体积为.
故选：D.

6．B
【分析】易得，从而，再利用基本不等式求解.
【详解】解：因为实数满足，
所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值是的最小值是，
故选：B
7．B
【分析】运用切化弦及二倍角公式化简即可求得，再结合同角三角函数平方关系即可求得.
【详解】因为，，
所以，
即，解得或（舍），
又因为，
所以.
故选：B.
8．B
【分析】根据题意，当点与圆的距离最短时，且过与圆相切时，取得最大值，结合圆的性质，即可求解.
【详解】由点是圆上的一点，是圆上的两点，
可得圆心，半径，
根据题意，当点与圆的距离最短时，且过与圆相切时，
此时取得最大值，此时，
可得，所以，所以.
故选：B.
9．AC
【分析】由组合数性质求解即可.
【详解】由组合数性质知，或，所以，或，
都满足且．
故选：AC．
10．ABD
【分析】将数列中的项重新排列成如图数表，可以发现规律是：第行是以1为首项公差为的等差数列，根据数列中的性质逐项判断.
【详解】根据规律，数列中各项可以如下排列：

规律为每一行均为等差数列，首项为1，第行的公差为，第行的最后一项为，
第行的最后一位数在整个数列中的项数为第项，故，故B正确；
对于A，根据规律，第6行的最后一项为，此行的公差为5，故第20项是，故A正确；
对于C，由于数列的每一组都是从1开始，然后一次增加固定的正整数，所以每一行均为递增的正项数列，
若不在同一行，则或，
若，则，不可能成立；
若，则这三项为，由知不可能成等比数列；
若在同一行，设为公差为，且,则，则故,故矛盾，所以不可能存在连续三项成等比数列，故C错误；
对于D，对的位置分以下三种情况讨论
①若在同一行，设在第行，由得，
设为此行中第项，则，即，其中，
所以或，
第52行的数字依次为：1，52，103，…，所以满足条件，此时第51行最后一项为第项，故 ；
第18行的数字依次为：1，18，35，52，69，…，所以满足条件，此时第17行最后一项为第项，故；
②若中在第行的最后一位， 在第行的前两位，
则，，
由得，
即，对于无解；
③若中在第行的最后两位，在第行的第一位，
则，，，
由得，解得，
第10行的最后两位，第11行第一位数为，满足条件，此时第10行最后一项为第项，故，
综上所述，存在有且仅有3个不同的正整数，使得，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题将问题转化为数表问题，数表中的规律与数列性质结合可以更好的解决数列问题.
11．BD
【分析】当时，判断是否成立判断A；将点代入方程，判断与原方程是否相同，从而判断B；举反例判断C；联立直线和曲线方程，判断方程组是否有解判断D.
【详解】当时， 方程为，
当时，，故第三象限内的点不可能在曲线上，故A错误；
将点代入曲线方程得，故曲线关于直线对称，故B正确；
当，联立，
其中，
将代入得，即，则方程组无解，
故曲线与直线无公共点，故C错误；
联立，得，
设， ，
当时， 在单调递增， 单调递减，
则值域为，所以有解成立；
当时，成立；
当时， ，单调递增，
又 ，
所以成立，
所以曲线与直线一定有公共点，故D正确.
故答案为：BD
【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是熟练掌握三次函数的性质，从而利用导数分类讨论研究其零点，从而得解.
12．
【分析】先根据对数型复合函数的单调性求得，然后根据“成功函数”的定义列方程，从而转化为二次方程有两正根的问题，利用二次函数根的分布列不等式求解即可.
【详解】依题意，函数（且）在定义域R上为单调递增函数，则，
而时，不满足条件，所以，
设存在，使得在上的值域为，
所以，即，
所以，n是方程的两个不等的实根，设，则，
所以方程等价为的有两个不等的正实根，
即，所以，解得.
故答案为：
13．
【分析】过，两点分别作准线的垂线，根据，结合抛物线定义可得，再结合已知可得，由点向作垂线交于点，再在中，由余弦定理即可得解.
【详解】如图，过，两点分别作准线的垂线，垂足分别为，，
则，所以，
由抛物线定义得，所以，
由，得，所以，
由点向作垂线交于点，
不妨令，则，
在直角三角形中，，
因为直线斜率为，所以，，
在中，由余弦定理可得，
.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
14．8
【分析】类比祖暅原理求长宽即可求曲边面积.
【详解】夹在直线，间的图形，被平行于这两条直线的任意直线所截的直线长度都为4，
因此所求的面积与高为2长为4的矩形面积一样，是.
故答案为：8.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列通项的基本量运算计算即可；
（2）根据前n项和及通项公式的关系得出通项公式.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
，得，公比为整数，解得或（舍去）．
．
（2）设，则数列的前项和．
由，
解得．
16．(1)
(2)当时，函数取得最大值2
【分析】（1）根据正弦函数的单调性，利用整体代换法求解；
（2）根据正弦函数的最值，利用整体代换法求解；
【详解】（1）由，
得．
的单调递增区间是．
（2），
当，
即时，函数取得最大值2．
17．(1)1
(2)4
(3)
【分析】（1）利用函数的奇偶性，结合对数的运算法则即可得解；
（2）利用换元法与二次函数的性质即可得解；
（3）利用参数分离法，结合指数函数的性质即可得解.
【详解】（1）因为是偶函数，所以，
即对任意恒成立，
所以，则，故，
由于的任意性，所以.
（2）由（1）得，
所以的最大值为1，
令，则的最大值为1，
①当，即时，时，，所以；
②当，即时，时，，得（舍去）；
综上，实数．
（3）因为，，
函数有且只有一个零点，即方程有且只有一个实数根，
由，得，
则，即，
因为恒成立，所以，
又在上单调递减，故，则，
所以的取值范围是.
18．(1)点的位置为的中点；
(2).
【分析】（1）构造与平面平行的平面，通过证明平面平行证明线面平行，从而求得点的位置；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，再求平面夹角的余弦值即可.
【详解】（1）取的中点，连接，则，
过点作，交于点，则为的中点.
因为，且平面，平面，所以平面.
因为，平面，平面，所以平面.
又，面，所以平面平面.
又平面，所以平面，
所以点的位置为的中点.
（2）因为侧面底面，
所以侧棱和侧棱与底面所成的角分别为和，
则，所以为等边三角形，
连接，则底面.
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系.
因为，
所以，，，，，
则，，，.
设平面的法向量为，
则即
不妨令，则，所以.
设平面的法向量为，
则即
不妨令，则，所以.
设平面与平面所成夹角为，
则，
所以平面与平面所成夹角的余弦值为.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，再利用焦半径公式得到方程，解出即可；
（2）设直线的方程为，将其与抛物线方程联立得到韦达定理式，再求出，计算出，再得到直线的方程，再求出点坐标，最后计算斜率之差即可.
【详解】（1）联立，得，
设，
易知直线过焦点，解得，
抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，
联立，得，
设，则.
直线的方程为，由得，令，则，则点的坐标为，
直线的斜率，则直线的斜率.
直线的方程为，令，则，
点的坐标为直线的斜率.
又直线的斜率，由得，
则三点共线.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，将其与抛物线方程联立得到韦达定理式，再利用直线垂直于斜率之间关系得到，从而解出点坐标，再计算出，最后斜率作差即可证明三点共线.