福建省数学（新高考专用，2024新题型）2024年高考第二次模拟考试 附全解全析

这是一份福建省数学（新高考专用，2024新题型）2024年高考第二次模拟考试 附全解全析，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、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.设集合，则（ ）
A． B． C.,或 D．
【答案】B
【分析】先化简集合，再利用集合的交并补运算求解即可，
【详解】由题意得，，又
则 ，故选：B.
2.关于复数与其共轭复数，下列结论正确的是（ ）
A.在复平面内，表示复数和的点关于虚轴对称
B.
C.必为实数，必为纯虚数
D.若复数为实系数一元二次方程的一根，则也必是该方程的根
【答案】.D
【解析】对于选项A，表示复数和的点关于实轴对称，故错误：对于选项B､选项C，当时均不成立，故错误.故选D
3.已知向量，，若与共线，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由向量，，若与共线，则，所以，
，所以向量在向量上的投影向量为：
，
故选：C
4. “”是“”（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】当时，由，可得，
当时，由，得；
所以“”不是“”的充分条件.
因为，所以，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查不等式性质与充分、必要条件的判定，还考查了理解辨析问题的能力，属于基础题.
5.有甲、乙等五人到三家企业去应聘，若每人至多被一家企业录用，每家企业至少录用其中一人且甲、乙两人不能被同一家企业录用，则不同的录用情况种数是（ ）
A.60 B.114 C.278D.336
【答案】D
【解析】命题意图 本题考查排列与组合的应用.
录用3人，有 种情况；录用4 人，有 种情况；录用 5 人，有种情况.所以共有336种.
6.已知：，点，若上总存在，两点使得为等边三角形，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】的标准方程为，
圆心坐标为，半径为.
因为，所以.
所以.
要使上总存在，两点使得为等边三角形，
则上存在一点，使得,
当与相切时，最大，此时，
故，即，
整理得，解得.
故选:B.
7.已知中，，，是边上的动点．若平面，，且与面所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】三棱锥中，PA⊥平面ABC，设直线PQ与平面ABC所成角为，
∵的最大值是，∴，解得，
即PQ的最小值为，的最小值是1，即A到BC的距离为1，
直角三角形△ABQ中，AB＝2，所以∠60°,又∠BAC＝60°，
所以重合，则∠ACB＝90°，
则△ABC的外接圆圆心M为AB的中点，
又PA⊥平面ABC，从而外接球的球心O为PB的中点，
外接球的半径，
三棱锥的外接球的表面积．
故选：B．
8.在中，角所对的边分别为，且，则下列结论错误的是（ ）
A.
B.若，则为直角三角形
C.若为锐角三角形，的最小值为1
D.若为锐角三角形，则的取值范围为
【答案】C
【解析】对于中，由正弦定理得，由，得
.即，由，则，故，所以或，即或（舍去），即正确：
对于，结合和正弦定理知，又，
故，B正确；
对于，在锐角中，，即.
故，C错误；
对于，在锐角中，由.
由对勾函数性质知，，D正确；故选C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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.已知函数为函数的一个极值点，则（ ）
A．B．
C．D．
9．AC【解析】由，，有，，，A正确，B错误；是函数图象的对称轴，C正确；是函数的对称中心，D错误，选AC．
10.已知双曲线的左、右焦点别为，，过点的直线l与双曲线的右支相交于两点，则（ ）
A. 若的两条渐近线相互垂直，则
B. 若的离心率为，则的实轴长为
C. 若，则
D. 当变化时，周长的最小值为
【答案】ACD
【解析】依题意，，
A选项，若双曲线的两条渐近线相互垂直，所以，故A正确；
B选项，若的离心率为，
解得，所以实轴长，故B错误；
C选项，若，则，
整理得，故C正确；
D选项，根据双曲线的定义可知，，
两式相加得，
所以周长为，
当时，取得最小值，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以周长的最小值为，故D正确.
故选：ACD
11.在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，则（ ）
A．与是异面直线
B．存在点，使得，且平面
C．与平面所成角的余弦值为
D．点到平面的距离为
【答案】BC
【解析】A选项，以作坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
则，由于，故与平行，A错误；
B选项，设，因为，所以，
即，解得，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，则，
因为，故，平面，
故存在点，使得，且平面，B正确；
C选项，平面的法向量为，
故与平面所成角的正弦值为，
则与平面所成角的余弦值为，C正确；
D选项，设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
则点到平面的距离为，D错误.
故选：BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.若二项式的展开式中二项式系数之和为64，则二项展开式中系数最大的项为
【答案】240
【解析】
【详解】因为二项式的展开式中二项式系数之和为64，
所以，得，所以二项式为，
则二项式展开式的通项，
令第项的系数最大，则，解得，
因为，所以，则二项展开式中系数最大的项为，所以填240
13.若函数 的图像上存在两条互相垂直的切线，则实数是__________.
【答案】0
【解析】注意到，.
若函数上存在两条切线垂直，则存在、，使得


.
故答案为0
14. 已知是实数，满足，当取得最大值时，_________。
【答案】5
【解析】．
．
．
取等条件：或
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）已知数列的前n项和为，且对于任意的都有．
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项中的最大值为，最小值为，令，求数列的前20项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据可得是以公比为的等比数列，进而可求解，
（2）根据数列的通项性质可对分奇偶，进而可得，，分组求和即可求解.
【小问1详解】
对于任意的都有,
当时，，两式相减得，即，
进而得， 分
当时，，故，
所以数列是以首项为1，公比为的等比数列，
所以 分
【小问2详解】
当为奇数时，，且，当为偶数时，，且，
因此当为大于1的奇数时，的前n项中的最大值为，最小值为，此时，
因此当为偶数时，的前n项中的最大值为，
最小值为，此时， 分
当时，，
因此的前20项和
分
16．（15分）灯带是生活中常见的一种装饰材料，已知某款灯带的安全使用寿命为5年，灯带上照明的灯珠为易损配件，该灯珠的零售价为4元/只，但在购买灯带时可以以零售价五折的价格购买备用灯珠，该灯带销售老板为了给某顾客节省装饰及后期维护的支出，提供了150条这款灯带在安全使用寿命内更换的灯珠数量的数据，数据如图所示.以这150条灯带在安全使用寿命内更换的灯珠数量的频率代替1条灯带更换的灯珠数量发生的概率，若该顾客买1盒此款灯带，每盒有2条灯带，记X表示这1盒灯带在安全使用寿命内更换的灯珠数量，n表示该顾客购买1盒灯带的同时购买的备用灯珠数量.
（1）求的分布列；
（2）若满足的n的最小值为，求；
（3）在灯带安全使用寿命期内，以购买替换灯珠所需总费用的期望值为依据，比较与哪种方案更优.
【答案】（1）分布列见解析；
（2）13； （3）更优
【解析】
【分析】(1)由条件确定随机变量可能取值，再求其取各值的概率，由此可得分布列；
(2)根据分布列结合条件求n的最小值；
(3)分别计算与时购买替换灯珠所需总费用的期望值，比较大小确定结论.
【小问1详解】
设ξ表示1条灯带在安全使用寿命内更换的灯珠数量，
则0.2，，
X的取值范围是，
，
，
，
，
，
，
，
X的分布列为
6分
【小问2详解】由（1）可知，
，
故. 分
【小问3详解】
由（2）可知.
在灯带安全使用寿命期内，当时，设购买替换灯珠所需总费用为u元，当时，设购买替换灯珠所需总费用为v元，则，
，
故以购买替换灯珠所需总费用的期望值为依据，比的方案更优。 13分
17．（15分）如图,在三棱柱中,直线平面ABC,平面平面.
(1)求证:;
(2)若,在棱上是否存在一点,使二面角的余弦值为?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
17.【解析】(1)在平面中作于,
因为平面平面,
且平面平面,
所以平面,从而. 分
在三棱柱中,平面平面ABC,
所以.
又因为,所以平面,因此. 分
(2)由(1)可知,两两垂直,如图,以为原点建立空间直角坐标系.
则.
设,
则. 分
设平面PBC的一个法向量为,
因为,
所以即
则有
令,得.10分
而平面的一个法向量可以是,
则,解得,
即为棱的三等分点,. 分
18．（17分）已知函数．
(1)若直线与函数的图象相切，求实数a的值；
(2)若函数有两个极值点和，且，证明：．（e为自然对数的底数）．
【答案】(1)2；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义结合已知求出a的值.
（2）求出函数及其导数，确定有两个极值点的条件，再由变形并构造函数，利用导数推理论证即得.
【详解】（1）依题意，设切点，求导得，
则，解得，又，，则，
所以实数a的值为2. 6分
（2）依题意，的定义域为，
求导得，
则有两个不等的正根，且是的变号零点，
令，求导得，
当时，，当时，，
于是函数在上单调递增，在上单调递减，
由函数有两个零点，得，解得， 分
此时，令，求导得，
当时，，
当时，，函数在上递增，在上递减，
则，即，，
因此当时，函数必有两个零点，且是变号零点，由，得，
由，得，令，则，
于是，解得，， 13分
因此要证，只需证，
即，只证，
令，， 分
求导得，
因此函数在上单调递增，，
所以. 分
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
19．（17分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中.阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点Q,P的距离之比是一个常数，那么动点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线PQ上.已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为,定点分别为椭圆的右焦点与右顶点A,且椭圆C的离心率为
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，过右焦点F斜率为的直线与椭圆相交于,D(点B在轴上方),点S,T是椭圆上异于B,D的两点，SF平分平分
（1）求的取值范围；
（2）将点S、F、T看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若△SFT外接圆的面积为,求直线的方程.
19.【答案】(1)(2)(1)(2)
【解析】(1)方法(1)特殊值法,令,且,解得.
,椭圆的方程为, 5分
方法(2)设,由题意(常数),整理得：
,故,又,解得:.
,椭圆的方程为. 5分
(2)(1),又,
(或由角平分线定理得),令,则,设,
则有,又直线的斜率,则
代人得:,即,
. 11分
(2)由(1)知,,由阿波罗尼斯圆定义知,
S,T,F在以B,D为定点的阿波罗尼斯圆上,设该圆圆心为,半径为,与直线的另一个交点为,则有,即,解得:.
又,故13分
又,
,
解得:直线的方程为.
17分X
10
11
12
13
14
15
16
P
0.04
0.16
0.24
0.24
0.2
0.08
0.04