2024届福建省福州市2023-2024学年八县市一中高三模拟预测数学试题（原卷版+解析版）

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完卷时间： 120 分钟 满分： 150 分
第Ⅰ卷
一、单项选择题（本大题共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. 已知线段是圆的一条长为2的弦，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】取中点，连接,根据向量的相关计算性质计算即可.
详解】取中点，连接，
易知，所以.
故选：B．
2. 已知点在抛物线：（）上，为的焦点，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】将点代入抛物线可得，即可根据焦半径公式求解.
【详解】将代入可得所以，
故，
故选：C
3. 中国载人航天工程发射的第十八艘飞船，简称“神十八”，于2024年4月执行载人航天飞行任务．运送“神十八”的长征二号运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为，以后每秒钟通过的路程都增加，在达到离地面的高度时，火箭开始进入转弯程序．则从点火到进入转弯程序大约需要的时间是（ ）秒．
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合等差数列的定义求出通项公式，再由前项和公式计算即可.
【详解】设出每一秒钟的路程为数列，
由题意可知为等差数列，
则数列首项，公差，
所以，
由求和公式有，解得，
故选：C．
4. 已知一组数据的平均数为，另一组数据的平均数为.若数据，的平均数为，其中，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 的大小关系不确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均数的定义表示，结合已知列等式，作差比较即可.
【详解】由题意可知，，
，于是，
又，所以，
所以，两式相减得，
所以.
故选：B
5. 已知 的内角 的对边分别为 若面积 则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用余弦定理的变形：，结合三角形的面积公式，可把条件转化为：，再根据同角三角函数的基本关系和三角形中，可求得,，，利用倍角公式计算即可得出结果.
【详解】因为，所以，
又由，
所以.
所以
所以，又因为在中，，所以.
又因为，解得：，所以，C为钝角，
，结合为锐角，解得：或(舍).
故选：D
6. 在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（ ）
A. 该截面多边形是四边形
B. 该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点
C. 平面
D. 平面平面
【答案】B
【解析】
【分析】将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于，连分别与棱交于，可判断A；利用相似比可得，可判断B；证明平面即可判断C；通过证明平面，可判断D.
【详解】对于A，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于，
连分别与棱交于，得到截面多边形是五边形，A错误；
对于B，易知和全等且都是等腰直角三角形，所以，
所以，即，点是棱的一个三等分点，B正确；
对于C，因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可证，
因为平面，所以平面，
因为平面与平面相交，所以与平面不垂直，C错误；
对于D，易知，所以，
又，所以平面，
结合C结论，所以平面与平面不平行，D错误.
故选：B．
7. 关于函数（，，），有下列四个说法：
①的最大值为3
②的图象可由的图象平移得到
③的图象上相邻两个对称中心间的距离为
④的图象关于直线对称
若有且仅有一个说法是错误，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得②和③相互矛盾，然后分别验证①②④成立时与①③④成立时的结论，即可得到结果.
【详解】说法②可得，说法③可得，则，则，②和③相互矛盾；
当①②④成立时，由题意，，，．
因为，故，，即，；
说法①③④成立时，由题意，，，，
则，故不合题意.
故选：D.
8. 已知分别是椭圆的左、右焦点，过点作x轴的垂线与椭圆C在第一象限的交点为P，若的平分线经过椭圆C的下顶点，则椭圆C的离心率的平方为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将代入椭圆方程，求出，求出，然后得到PB的直线方程求出T的坐标，根据面积比进行转化即可得出答案.
【详解】
设，将代入椭圆方程，易得，
则．
记椭圆C的下顶点为，则的斜率，
∴直线的方程为，
令得直线与x轴的交点为，
则，
又，
，即，
，得（舍去负值），
．
故选：D.
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知复数满足：，，则（ ）
A. 的最小值是1B. 的最大值是2
C. 的最大值是3D. 的最大值是4
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，设，依题意可得，可知复数的对应点在以为圆心，1为半径的圆上，根据复数几何意义可判断A；对于B，根据题意可得，表示复数的对应点在以为焦点，长轴长为4的椭圆上，根据图形和可判断B；对于C，根据复数除法运算和复数模公式证明，结合图形求得，然后可判断C；对于D，根据复数减法的几何意义可知，结合图形转化为求的最值，根据点在椭圆上，利用二次函数性质求解可得.
【详解】设，
对于A，因为，所以，
所以，复数的对应点在以为圆心，1为半径的圆上，
由图可知，点到原点的最小距离为1，即的最小值是1，A正确；
对于B，因为，
所以，复数的对应点在以为焦点，长轴长为4的椭圆上，
由椭圆几何性质可知，点到原点的最大距离为2，即的最大值为2，
又，所以的最大值是2，B正确；
对于C，因为，
所以
，
由图可知，，所以当时，取得最大值3，C正确；
对于D，因为表示的距离，
所以的最大值为，设，则，即，
所以，
由二次函数性质可知，当时，取得最大值，D错误.
故选：ABC
10. 已知实数满足：，则下列不等式中可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】在同一坐标系中作出的图象，利用函数零点思想，结合图象逐一判断即得.
【详解】
如图在同一坐标系中分别作出函数的图象，
依题意直线与三个函数都有交点，需判断这些交点的横坐标之间有怎样的大小关系.
由图知，有三种不同的情况：当直线在①位置时，显然有：；
当直线在②位置时，显然有：；
当直线在③位置时，显然有：.
故选：ABD.
11. 定义在上的函数同时满足①；②当时，，则（ ）
A. B. 为偶函数
C. ，使得D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】令，求得，求得，可判定A正确；根据题意求得和的值，得到，可判定B不正确；由，结合叠加法，可判定C正确；设，得出函数是以1为周期的周期函数，且，结合绝对值的性质，可判定D正确.
【详解】对于A中，因为，
令，可得，即，
又因为时，，即，
则，即，可得，
所以，所以A正确；
对于B中，由选项A可得，
令，可得，解得，所以，
所以函数不是偶函数，所以B错误；
对于C中，因为，
当时，
，
且，符合上式，所以，
令，则，
即存在，使得，所以C正确；
对于D中，令，
则，
即，即函数是以1为周期的周期函数，
因为时，，则，
结合周期性可知，对任意，均有，
所以
又由C项可得，
令，即，即，
当时，上式不成立；
当时，上式化简得，此时方程无解；
当时，上式化简得，此时方程无解；
可得对于任意，，
所以，对于任意，都有成立，所以D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：对于函数的新定义试题的求解：
1、根据函数的新定义，可通过举出反例，说明不正确，同时正确理解新定义与高中知识的联系和转化；
2、正确理解函数的定义的内涵，紧紧结合定义，结合函数的基本性质（如单调性、奇偶性和周期等性质）进行推理、论证求解.
3、利用函数的周期性时，将自变量较大的函数值转化为自变量较小的函数值，知道自变量的值进入已知解析式的区间内或与已知的函数值相联系，必要时可再次运用奇偶性将自变量的符号进行转化.
第Ⅱ卷
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知集合与集合，求集合______
【答案】
【解析】
【分析】由题意先解分式不等式将集合化简，然后结合交集概念即可得解.
【详解】由题意，，所以.
故答案为：.
13. 已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为，我们称将试验进行至事件A发生r次为止，试验进行的次数X服从负二项分布，记．若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由负二项分布的公式直接解出即可.
【详解】因为，所以，
由题意当时，
所以.
故答案为：.
14. 如图，一个密闭容器水平放置，圆柱底面直径为2，高为10，圆锥母线长为2，里面有一个半径为1的小球来回滚动，则小球无法碰触到的空间部分的体积为__________.

【答案】
【解析】
【分析】小球滚动形成的几何体为圆柱和两个半球，作出小球运动到左侧与圆锥相切时的轴截面的图形，求出小球滚动形成的几何体的体积，再由容器的体积减去小球滚动形成的几何体的体积得出答案.
【详解】小球滚动形成的几何体为圆柱和两个半球．
小球运动到左侧与圆锥相切时的轴截面的图形如图所示：

由题意知：，则，，
，
小球滚动形成的圆柱的高为
则小球滚动形成的几何体的体积为：，
容器的体积为，
则小球无法碰触到的空间部分的体积为.
故答案为：．
四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知数列的首项，设，且的前项和满足：．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求证：．
【答案】（1） （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用，结合等比数列的定义和通项公式计算即可求解；
（2）由（1）得，易知当时不等式成立，当时根据放缩法可得，结合裂项相消求和法即可证明.
【小问1详解】
当时，，
两式相减得：，所以.
当时，且，可得，满足上式，
由，则为等比数列，，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
当时，成立；
当时，，
所以成立．
16. 如图，有一个正方形为底面的正四棱锥，各条边长都是1；另有一个正三角形为底面的正三棱锥，各条边长也都是1.
（1）在四棱锥中，求与平面所成角的正弦值，并求二面角的平面角的正弦值；
（2）现把它俩其中的两个三角形表面用胶水黏合起来，如黏合面和面.试问：由此而得的组合体有几个面？请说明理由.
【答案】（1）；.
（2）；理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据正四棱锥的性质，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出直线的方向向量、平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合线面角与向量夹角和面面角与向量的夹角的关系即可求解；
（2）根据正三棱锥的性质，利用勾股定理及等腰三角形的三线合一定理，再利用二面角的平面角的定义及余弦定理，结合题意即可求解.
【小问1详解】
设，由正四棱锥的性质，平面，，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.如图所示
由题意可知，
所以，，，，
设为平面一个法向量，则，即
令，则，所以.
设与平面所成角为，
则；
设为平面的一个法向量，则，即
令，则，所以.
设二面角的平面角为，
则，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为；二面角的平面角的正弦值为.
【小问2详解】
得到5个面，理由如下：
一个正四棱锥，每个侧面都是单位正三角形；一个正四面体，每个面也都是单位正三角形，
把两个几何体通过一个全等的正三角形面粘接起来.
因为有四个面两两融合，变成了两个面.
原因是这里有两对两个二面角恰好互补，
下面计算验证.分别计算二面角和二面角的平面角大小.
由（1）求得二面角平面角
取的中点，连接，如图所示
因为正三角形为底面的正三棱锥，各条边长也都是1，
所以，
所以.
又的中点为，
所以为二面角的平面角，
在中，由余弦定理的推理得
所以，
故二面角的平面角的余弦值为，
所以，这样平面APB与平面QFG融合成了一个平面，
同理：平面DPC与平面QEG融合成了一个平面，
所以组合体有5个面.
17. 已知函数在点处的切线平行于直线．
（1）若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
（2）若是函数极值点，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等于直线的斜率可得，然后参变分离，将恒成立问题转化为求的最小值问题，利用导数求解即可；
（2）求导，利用零点存在性定理判断存在隐零点，利用隐零点方程代入化简，结合隐零点范围即可得证.
【小问1详解】
的定义域为，，
由题知，解得．
由题意可知对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，只需，
令，则，
所以当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增．
所以，
于是，因此实数的取值范围是．
【小问2详解】
由条件知，对其求导得，
函数在上单调递增，且，
所以存在，使，即，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
于是是函数的极值点，
所以，即得证．
18. 已知某种机器的电源电压U（单位：V）服从正态分布．其电压通常有3种状态：①不超过200V；②在200V~240V之间③超过240V．在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为0.15，0.05，0.2．
（1）求该机器生产的零件为不合格品时，电压不超过200V的概率；
（2）从该机器生产的零件中随机抽取n（）件，记其中恰有2件不合格品的概率为，求取得最大值时n的值．
附：若，取，．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）记电压“不超过200V”、“在200V~240V之间”、“超过240V”分别为事件A，B，C，“该机器生产的零件为不合格品”为事件D，得到，分别求得，结合条件概率和全概率的公式，即可求解.
（2）设不合格品件数为，得到，求得，结合，求得的范围，即可求解.
【小问1详解】
解：记电压“不超过200V”、“在200V~240V之间”、“超过240V”分别为事件A，B，C，“该机器生产的零件为不合格品”为事件D，
因为，所以，
，
．
所以
，
则
所以该机器生产的零件为不合格品时，电压不超过200V的概率为．
【小问2详解】
解：从该机器生产的零件中随机抽取n件，设不合格品件数为，则，
所以，
由，解得．
所以当时，；当时，；
所以最大，因此当时最大．
19. 如图，已知双曲线的离心率为2，点在上，为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线和直线交于点，直线交的右支于点．
（1）求的方程；
（2）探究直线是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；否则，请说明理由；
（3）设分别为和的外接圆面积，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）过定点，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据离心率得到，再代入，得到方程，求出，求出双曲线方程；
（2）设直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出直线，求出，根据三点共线得到方程，结合，求出，得到答案；
（3）利用正弦定理求出，设直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出，表达出，得到.
【小问1详解】
因为离心率，所以，
双曲线的方程为，
将点代入双曲线方程得，
所以，
所以的方程为．
【小问2详解】
直线过定点，理由如下：设，
直线的方程为，与的方程联立
整理得，
则．
直线，所以，又三点共线，
所以，即，
即，
即，
化简得，
因为，
所以，
代入上式得，
即，
，
所以．所以过定点．
【小问3详解】
设和的外接圆半径分别为，，其中，
由正弦定理可得，
又，
所以，即．
设直线的方程为，
与的方程联立
整理得，
则．
又即
由得，
由，解得，
由得，
，
由，得，
综上，，
又因为
，
所以．
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．