福建省2024年高三一模数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省2024年高三一模数学试题（Word版附解析），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．复数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知集合，，若，则的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知所在平面内一点，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
4．对变量，有观测数据，得散点图1；对变量，有观测数据，得散点图2. 表示变量，之间的样本相关系数，表示变量，之间的样本相关系数，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知符号函数则函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．（ ）
A．B．C．1D．
7．直线与直线相交于点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．某工厂加工一种电子零件，去年月份生产万个，产品合格率为.为提高产品合格率，工厂进行了设备更新，今年月份的产量在去年月的基础上提高，产品合格率比去年月增加，计划以后两年内，每月的产量和产品合格率都按此标准增长，那么该工厂的月不合格品数达到最大是今年的（ ）
A．月份B．月份
C．月份D．月份
二、多选题
9．已知等差数列的前项和为，则（ ）
A．的最小值为1B．的最小值为1
C．为递增数列D．为递减数列
10．在长方体中，为的中点，则（ ）
A．B．平面
C．点到直线的距离为D．点到平面的距离为
11．通信工程中常用元数组表示信息，其中或．设表示和中相对应的元素（对应，）不同的个数，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则存在5个5元数组，使得
B．若，则存在12个5元数组，使得
C．若元数组，则
D．若元数组，则
三、填空题
12．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则 ．
13．底面半径为2且轴截面为正三角形的圆锥被平行于其底面的平面所截，截去一个高为的圆锥，所得的圆台的侧面积为 ．
14．在平面直角坐标系中，整点（横坐标与纵坐标均为整数）在第一象限，直线，与圆：分别切于，两点，与轴分别交于，两点，则使得周长为的所有点的坐标是 ．
四、解答题
15．已知函数在处取值得极大值．
(1)求的值；
(2)求在区间上的最大值．
16．某校高三年级名学生的高考适应性演练数学成绩频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是、、、、、．
(1)求图中的值，并根据频率分布直方图，估计这名学生的这次考试数学成绩的第百分位数；
(2)从这次数学成绩位于、的学生中采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取人，再从这人中随机抽取人，该人中成绩在区间的人数记为，求的分布列及数学期望．
17．如图，四棱锥，平面平面为中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值．
18．设点、分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，且的最小值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)求椭圆的外切矩形的面积的最大值．
19．随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为数列的二阶差分数列，其中．
(1)数列的通项公式为，试判断数列是否为等差数列，请说明理由？
(2)数列是以1为公差的等差数列，且，对于任意的，都存在，使得，求的值；
(3)各项均为正数的数列的前项和为，且为常数列，对满足，的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值．
参考答案：
1．A
【分析】利用复数的除法化简可得复数.
【详解】因为，则.
故选：A.
2．C
【分析】解出集合，由集合的包含关系可得出关于实数的不等式组，解之即可得出实数的最大值.
【详解】因为，由可得，解得，
即，
又因为，，则，解得，
故的最大值为.
故选：C.
3．B
【分析】由已知条件结合平面向量的加法可得出关于、的表达式.
【详解】因为，即，即，
解得，
故选：B.
4．A
【分析】利用散点图，结合相关系数知识容易得出答案.
【详解】从图像中看出随增大而减少（图像下降），随增大而减少（图像下降），则与呈负相关关系， 与呈负相关关系，即，故C，D不正确；
另外对比两图，容易看出与相关性更强，故越接近，
所以得，A正确，B错误.
故选：A.
5．D
【分析】先得到为偶函数，排除AB，再计算出，得到正确答案.
【详解】定义域为R，且为奇函数，故，
故的定义域为R，
且
，
故为偶函数，AB错误；
当时，，C错误，D正确.
故选：D
6．A
【分析】利用诱导公式，余弦和差公式，二倍角公式，辅助角公式等化简求值.
【详解】
.
故选：A
7．B
【分析】求出直线、所过定点的坐标，分析可知，即，求出点的轨迹方程，分析可知，设，可知直线与曲线有公共点，利用直线与圆的位置关系可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】直线的方程可化为，由可得，
对于直线，由可得，
所以，直线过定点，直线过定点，
又因为，则，即，
则，，
所以，，所以，，
当，，点不在直线上，
所以，点的轨迹是曲线，
设可得，
由题意可知，直线与曲线有公共点，
且圆的圆心为原点，半径为，所以，，解得，
当，时，；当，时，.
因此，的取值范围是.
故选：B.
8．C
【分析】该工厂每月的产量、合格率分别用、表示，月份用表示，求出的表达式，分析数列，即可得出结论.
【详解】设从今年月份起，每月的产量和产品的不合格率都按题中的标准增长，
该工厂每月的产量、合格率分别用、表示，月份用表示，
则，，其中，，
则从今年月份起，各月不合格产品数量为，单位：万台，
因为
，
当时，，即，此时，数列单调递增，
即；
当且时，，即，此时，数列单调递减，
即，
因此，当时，最大，故该工厂的月不合格品数达到最大是今年的月份.
故选：C.
9．ABC
【分析】求出数列通项公式和前n项和公式，然后逐一判断各项
【详解】假设的公差为，由，所以，又，
所以，所以．
选项A：，故时的最小值为1，A正确；
选项B：，令，所以，可知在区间单调递增，
所以时取得最小值1，B正确；
选项C：，故为递增数列，C正确；
选项D：，因为，所以不是递减数列，D错误．
故选：ABC
10．BC
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直即可求解A,根据线线平行即可判断B，根据向量法即可求解空间距离，判断CD.
【详解】如图建立空间直角坐标系，易知，，，，，．

A，，，所以A错误；
B，显然，平面,平面,可得平面，所以B正确；
C，记直线的单位方向向量为，则，又，
所以向量在直线上的投影向量为，
则有到直线的距离为，故C正确；
D，设平面的法向量为，由，
令，可得，
又，所以点到平面的距离，故D错误．
故选：BC
11．ACD
【分析】根据所给新定义理解题意，由组合知识即可判断AB，设中对应项同时为0的共有个，同时为1的共有个，从而对应项一项为1与另一项为0的共有个，根据新定义判断CD.
【详解】选项A：由题意，5个位置选则1个位置安排1即可，满足条件的数组共有个，故A正确；
选项B：由题意5个位置选则3个位置安排0即可，满足条件的数组共有个，故B错误；
选项C：设中对应项同时为0的共有个，同时为1的共有个，
从而对应项一项为1与另一项为0的共有个，这里，
从而，而，故C正确，同理D正确．
故选：ACD
12．
【分析】根据复数对应的点的坐标写出，再结合复数的乘法计算得出结果.
【详解】依题意可知，所以．
故答案为：.
13．
【分析】由已知条件求出圆台的上底面半径，下底面半径及母线长，再利用圆台的侧面积公式计算即可.
【详解】由已知是边长为4的等边三角形，，又，
可得圆台的上底面半径，下底面半径，母线长，
则该圆台的侧面积为．
故答案为：.
14．或
【分析】根据题意，先确定点满足的条件，得到点的轨迹方程，再根据为第一象限的整点确定满足条件的点的个数即坐标.
【详解】如图：

因为直线，分别与圆：相切于，两点，且直线，分别与轴交于，两点，
所以，，，
所以的周长为
，
所以，设，所以，
因为为整点，所以点的坐标为或．
故答案为：或
15．(1)
(2)
【分析】（1）求导，然后令求出，代入验证是否符合题意即可；
（2）求导，确定函数在区间上的单调性，进而可求最大值.
【详解】（1）由已知
令得或，
当时，令得或，令得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
此时函数在处取极大值，在处取极小值，与函数在处取值得极大值不符；
当，即时，令得或，令得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
此时函数在处取极大值，在处取极小值，符合题意；
所以；
（2）由（1）得，，
令，得，函数单调递增，
令，得，函数单调递减，
所以.
16．(1)，第分位数为
(2)分布列答案见解析，
【分析】（1）根据频率直方图所有矩形的面积之和为可得出的值，利用百分位数的定义可求得这名学生的这次考试数学成绩的第百分位数；
（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.
【详解】（1）解：由频率分布直方图可得，解得.
前四个矩形的面积之和为，
前五个矩形的面积之和为，
设这名学生的这次考试数学成绩的第百分位数为，
则，解得，
因此，这名学生的这次考试数学成绩的第百分位数为.
（2）解：数学成绩位于、的学生人数之比为，
所以，所抽取的人中，数学成绩位于的学生人数为，
数学成绩位于的学生人数为人，
由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，
则，，
，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
所以，.
17．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据四棱锥棱长及其性质，利用三角形全等可证明，再由面面垂直性质可得，再由线面垂直判定定理可得平面，即可得平面平面；
（2）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，利用空间向量分别求出平面与平面的法向量，即可求得其夹角的正弦值为.
【详解】（1）根据题意可得为中点，所以，
易知，
所以，可得，
易知，所以，即；
由，为中点，可得，
又平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以；
又，平面，
所以平面，又平面，
因此平面平面；
（2）以为坐标原点，分别以为轴，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
易知，
可得，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则；
所以；
设平面夹角的的一个法向量为，
则，解得，令；
所以；
可得，
设平面与平面的夹角为，
可得
可得平面与平面夹角的正弦值为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）设点，可得出，其中，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）设点，分两种情况讨论，①直线、的斜率存在且斜率分别为、，设过点且斜率存在的直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，由结合可求出点的轨迹方程，②直线、分别与两坐标轴垂直，验证此时点的坐标满足①中的轨迹方程，再利用勾股定理结合基本不等式可求得的最大值.
【详解】（1）解：设点，则，其中，
，，
所以，
，
故当时，取最小值，可得，
因此，椭圆的方程为.
（2）解：设点，
当直线、的斜率都存在时，设直线、的斜率分别为、，
设过点且斜率存在的直线的方程为，即，
联立可得，
则，
整理可得，即，
则、是关于的方程的两根，
因为，则，整理可得；
当、分别与两坐标轴垂直时，则，满足.
所以，点的轨迹方程为，
由对称性可知，矩形的四个顶点都在圆，该圆的半径为，
由勾股定理可得，
由基本不等式可得，即，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故，即矩形的面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
19．(1)不是等差数列，是等差数列
(2)
(3)2
【分析】（1）理清条件的新定义，结合等差数列性质进行判断；
（2）根据新定义和等差数列、等比数列的性质等进行分类讨论求解；
（3）根据等差数列的性质以及新定义求解出，运用均值不等式求解出的范围，从而得出的最值.
【详解】（1）因为，所以，
因为，，，
故，，
显然，
所以不是等差数列；
因为，则，，
所以是首项为12，公差为6的等差数列.
（2）因为数列是以1为公差的等差数列，
所以，故，
所以数列是以公比为的正项等比数列，，
所以，
且对任意的，都存在，使得，即，
所以，因为，所以，
①若，则，解得（舍），或，
即当时，对任意的，都存在，使得.
②若，则，对任意的，不存在，使得.
综上所述，.
（3）因为为常数列，则是等差数列，
设的公差为，则，
若，则，与题意不符；
若，所以当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，所以，
由等差数列前项和公式可得，
所以，
因为，
所以，
因为，故，
所以
则当时，不等式恒成立，
另一方面，当时，令，，，
则，，
则
，
因为，，
当时，，
即，不满足不等式恒成立，
综上，的最大值为2.
【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题，关于新定义问题的常见思路为：
（1）理解新定义，明确新定义中的条件、原理、方法与结论等；
（2）新定义问题要与平时所学知识相结合运用；
（3）对于不等式恒成立问题要结合均值不等式进行求解最值，把握好分类讨论的时机.