2024届 福建宁德古田县高中毕业班高考前适应性测试数学模拟试题(带解析)

这是一份2024届 福建宁德古田县高中毕业班高考前适应性测试数学模拟试题(带解析)，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本大题共8个小题，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．抛物线的焦点坐标为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列条件可以推出的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
3．“直线与圆相切”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．即不充分也不必要条件
4．有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法．
A．72B．144C．108D．96
5．如图，把周长为的圆的圆心放在轴上，点在圆上，一动点从开始逆时针绕圆运动一周，记弧，直线与轴交于点，则函数的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
6．若一组样本数据、、、的平均数为，另一组样本数据、、、的方差为，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数和方差分别为（ ）
A．，B．，C．，D．，
7．设，，，则( )
A．B．C．D．
8．过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，设垂足为（为第一象限的点），延长交抛物线于点，其中该双曲线与抛物线有一个共同的焦点，若，则双曲线的离心率的平方为
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．已知复数是关于x的方程的两根，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．C．D．若，则
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于点对称
B．在区间的最小值为
C．为偶函数
D．的图象向右平个单位后得到的图象
11．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为，如的前项和记为...去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（ ）
A．B．的前项和
C．D．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知集合，，则 .
13．已知的展开式中含项的系数为160，则实数a的值为 .
14．《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为6cm，上下底面间的距离为3cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是 cm；卧足杯的容积是 （杯的厚度忽略不计）
四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤，在答题卷上相应题目的答题区域内作答.
15．的内角的对边分别为，已知，且的面积.
(1)求C；
(2)若内一点满足，，求．
16．如图，在四棱锥中，平面，，，．

(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小．
条件①：；
条件②：平面．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
17．甲进行摸球跳格游戏．图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第n格的概率为．
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X，求X的分布列和期望；
(2)证明：数列为等比数列．
18．焦点在轴上的椭圆的左顶点为，，，为椭圆上不同三点，且当时，直线和直线的斜率之积为．
(1)求的值；
(2)若的面积为1，求和的值；
(3)在（2）的条件下，设的中点为，求的最大值．
19．英国数学家泰勒发现了如下公式：其中为自然对数的底数，.以上公式称为泰勒公式.设，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.
(1)证明：；
(2)设，证明：；
(3)设，若是的极小值点，求实数的取值范围.
1．D
【分析】将抛物线方程化为标准方程，进而得到焦点坐标.
【详解】由可得抛物线标准方程为：，其焦点坐标为.
故选：D.
2．D
【分析】根据每个选项中的条件结合面面垂直的判定定理判断的位置关系，可得答案.
【详解】对于A，，，，有可能出现平行这种情况，故A错误；
对于，，，，不能保证m垂直于内两条相交直线，
会出现平面，相交但不垂直的情况，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，又由，则内一定存在某直线a，满足，
则，故，故D正确，
故选：D.
3．C
【分析】先求出直线与圆相切的充要条件，再判断即可
【详解】由直线与圆相切，故圆的圆心到直线的距离为半径，故，解得或，则“直线与圆C：相切”是“”的必要不充分条件.
故选：C
4．A
【分析】对特殊车辆货车甲的停放方法分类讨论，再停入乙车，最后停入其它车即可得.
【详解】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有种停法，则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车共有种停法；
若货车甲靠边，共有种停法，则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种，
故共有种停放方法.
故选：A.
5．D
【分析】根据从运动到和从运动到时，的单调性和增长速度可判断出结果.
【详解】当从运动到时，从递增到，可排除AC；
当从运动到时，从递增到，且增长速度越来越快，可排除B.
故选：D.
6．A
【分析】计算出、的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差.
【详解】由题意可知，数据、、、的平均数为，则，则
所以，数据、、、的平均数为
，
方差为，
所以，，
将两组数据合并后，新数据、、、、、、、的平均数为
，
方差为
.
故选：A.
7．D
【分析】根据指数函数值域求出a、c范围，根据对数函数值域求出b的范围，由此即可比较a、b、c的大小关系．
【详解】，则；
，，则；
且，则；
故．
故选：D．
8．D
【详解】试题分析：，渐近线方程，因为，所以
，因为，所以为中点，所以
由抛物线定义得，
因此，又，所以，选D.
考点：抛物线定义，双曲线渐近线
【方法点睛】1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理．本题中充分运用抛物线定义实施转化，其关键在于求点的坐标．
2．若P（x0，y0）为抛物线y2＝2px（p＞0）上一点，由定义易得|PF|＝x0＋；若过焦点的弦AB的端点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），则弦长为|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．
9．ACD
【分析】在复数范围内解方程得，然后根据复数的概念、运算判断各选项．
【详解】，∴，不妨设，，
，A正确；
，C正确；
，∴，时，，B错；
时，，，计算得，
，，同理，D正确．
故选：ACD．
10．BC
【分析】由图象可求得的解析式，对于A： 验证是否为的零点；对于B先求出的范围再求的值域；对于C，求出的解析式判断奇偶性；对于D：根据图象的平移求出平移后的解析式判断.
【详解】，由图象可知，即，又，所以，
由五点作图法可得，解得，所以，
对于A：，所以的图象关于对称，故A错误；
对于B：当时，，即在区间上的最小值为，故B正确；
对于C：，为偶函数，故C正确.
对于D：的图象向右平移个单位后得到的图象，故D错误；
故选:BC.
11．BCD
【分析】由题意分析出数列为等比数列，再求其前项和，再对各项逐一分析即可．
【详解】从第一行开始，每一行的数依次对应的二项式系数，
所以，所以为等比数列，，
所以，故A错误；
，
故的前项和为，
故B正确；
去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3…，构成一个等差数列，
项数之和为，则的最大整数为11，此时,
杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1，
取的就是第12行中的第3项，，故C正确；
是中去掉22个1，再加上第12行中的第2项和第3项，
所以，故D正确.
故选：BCD．
关键点点睛：本题考查“杨辉三角”与数列求和问题，解题的关键是将数列与“三角数阵”联系起来，结合二项式系数的性质与等比数列求和公式求解.
12．
【分析】求得，，进而可求.
【详解】由，可得， 所以，，
由，解得， .
故答案为.
13．
【分析】运用二项式展开式的通项公式，就可以出求指定项的系数，从而解得.
【详解】由二项式展开式通项公式得：，
当时，有，由展开式中含项的系数为160，
所以，解得：，
故2.
14．
【分析】设球体的半径为，，得到，解出，求出球体半径；由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，分别求出圆柱和圆台的容积，作差即可求解.
【详解】如下图：设球体的半径为，，由，
得，解得，所以；
作一个高与球的半径相等，底面半径也与球的半径相等的圆柱，可得过的两截面的面积相等，
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，
设圆台上表面半径为，则，
下表面半径为，所以，
， .
.故；.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用余弦定理和面积公式，化简得到，求得，再由正弦定理和，得到，即可求解；
（2）设，分别在和中，求得的表达式，列出方程求得，即可求解.
【详解】（1）解：根据题意知，
由余弦定理得，
又因为，所以，即，
因为，所以，
又由正弦定理且，所以，
又因为，所以.
（2）解：由（1）知，，所以，可得，所以，
设，因为，所以，
因为，所以，
在中，，所以，
在中，，所以，即，
所以，即，即，
因为，所以.

16．(1)证明见解析
(2)所选条件见解析，
【分析】（1）连接AC，由题目条件可推得为等腰直角三角形，且，，即，再，由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）选条件①或选条件②均可证明，建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由二面角求解即可.
【详解】（1）如图，连接AC，因平面，平面，则，.
又，则.
注意到，则为等腰直角三角形，其中，.
所以，又因为，平面，，
所以平面；
（2）若选条件①，由余弦定理可得，
，结合为三角形内角，
得，又，则，即.
若选条件②，因平面，BC平面，平面平面，则，
又，则，即.
故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（轴所在直线与DC平行）
又，，
则，
则，，.
平面法向量为，
设平面法向量为，则.
令，则，所以，
设面与平面所成角为，，
根据平面角的范围可知.

17．(1)分布列见解析；期望；
(2)证明见解析；
【分析】（1）写出X的所有可能取值并求出对应的概率，即可列出分布列，计算求出期望值；
（2）依题意根据跳格规则可得，即可得出证明；
【详解】（1）根据题意可知，X的所有可能取值为0，1，2；
则，，；
可得X的分布列如下：
期望值为.
（2）依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；
第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同；
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为；
因此可得；
所以，
因此可得，
即数列是公比为的等比数列.
18．(1)
(2)，；
(3)
【分析】（1）先确定点和点坐标关系，然后计算，，通过可得答案；
（2）当直线的斜率不存在时，直接求解，当直线的斜率存在时，设其方程为，于椭圆联立，利用韦达定理及弦长公式计算，整理后代入和计算即可；
（3）计算的值，然后利用基本不等式求最值.
【详解】（1）因为，所以三点共线，则必有点和点关于点对称，
所以，设直线和直线的斜率分别为，，
因为点为椭圆的左顶点，所以，
所以，，
所以，
所以，
所以，所以，即；
（2）设过两点的直线为，
当直线的斜率不存在时，两点关于对称，所以，，
因为在椭圆上，所以，又，
所以，即，结合可得，
此时， ，所以；
当直线的斜率存在时，设其方程为，，
联立，消去得，
其中①，
所以，
所以
因为到直线的距离，
所以，
所以，整理的，符合①式，
此时，
；
（3）因为
，
所以，
即，当且仅当时等号成立，
此时为直角三角形且为直角，
故
，
解得，从而，此时等号可成立.
所以的最大值为.

19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）首先设，利用导数判断函数的单调性，转化为求函数的最值问题；
（2）首先由泰勒公式，由和，再求得和的解析式，即可证明；
（3）分和两种情况讨论，求出在附近的单调区间，即可求解.
【详解】（1）设，则.
当时，：当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因此，，即.
（2）由泰勒公式知，①
于是，②
由①②得
所以
即.
（3），则
，设，
由基本不等式知，，当且仅当时等号成立.
所以当时，，所以在上单调递增.
又因为是奇函数，且，
所以当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
因此，是的极小值点.
下面证明：当时，不是的极小值点.
当时，，
又因为是上的偶函数，且在上单调递增,
所以当时，.
因此，在上单调递减.
又因为是奇函数，且，
所以当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
因此，是的极大值点，不是的极小值点.
综上，实数的取值范围是.
关键点点睛：第三问是本题的难点，关键是分和两种情况，利用导数判断附近的单调性.
0
1
2