福建省2024届高三下学期数学适应性练习试卷（Word附解析）

这是一份福建省2024届高三下学期数学适应性练习试卷（Word附解析），共19页。试卷主要包含了已知，则sin2α=等内容，欢迎下载使用。

学校：________准考证号：________姓名：________
注意事项：
1.答题前，学生务必在练习卷､答题卡规定的地方填写自己的学校､准考证号､姓名.学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号､姓名”与学生本人准考证号､姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本练习卷上无效.
3.答题结束后，学生必须将练习卷和答题卡一并交回.
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.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.若复数z满足，则（ ）
A.-2 B.0 C. D.2
3.函数在[-π，π]的图象大致为（ ）
A.B.
C.D.
4.某单位共有A､B两部门，1月份进行服务满意度问卷调查，得到两部门服务满意度得分的频率分布条形图如下.设A､B两部门的服务满意度得分的第75百分位数分别为，，方差分别为，，则（ ）
A.， B.，
C.， D.，
5.已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）
A.， B.，
C.， D.，
6.已知，，则使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
7.已知O是所在平面内一点，且，，，则∠ABC的最大值为（ ）
A. B. C. D.
8.已知，则sin2α=（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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.在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点，函数，则（ ）
A.的图象关于直线对称 B.的图象关于点对称
C.在内恰有一个极大值点 D.在内单调递减
10.已知抛物线的焦点为F，准线交x轴于点D，过F的直线交C于A，B两点，AF的中点M在y轴上的射影为点N，，则（ ）
A. B.∠ADB是锐角
C.是锐角三角形 D.四边形DFMN是菱形
11.已知正方体的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点G在底面上，且平面平面，则下列说法正确的是（ ）
A.若存在λ使得，则
B.若，则平面
C.三棱锥体积的最大值为2
D.二面角的余弦值为
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.某企业生产一种零部件，其质量指标介于的为优品.技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布；技术改造后，该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布.那么，该企业生产的这种零部件技术改造后的优品率与技术改造前的优品率之差为__________.（若，则，，）
13.已知圆台的高为6，AB，CD分别为上､下底面的一条直径，且，，则圆台的体积为__________；若A，B，C，D四点不共面，且它们都在同一个球面上，则该球的表面积为__________.
14.已知双曲线的左焦点为F，过F的直线l交圆于A，B两点，交C的右支于点P.若，，则C的离心率为__________.
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.（13分）在中，D为BC的中点，且.
（1）求；
（2）若，求.
16.（15分）已知各项均为正数的数列满足，且.
（1）写出，，并求的通项公式；
（2）记求.
17.（15分）11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲､乙两人进行一场五局三胜､每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10∶10.
（1）求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；
（2）求第一局比赛甲获胜的概率；
（3）现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.
18.（17分）在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.
（1）求直线CD与平面所成角的大小；
（2）设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.
（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；
（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.
19.（17分）对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合M中的最小元素和最大元素.
（1）若，求A的元素个数及；
（2）当A恰有一个元素时，a的取值集合记为B.
（i）求B；
（ii）若，数列满足，，集合，.求证：，.
2024届高中毕业班适应性练习卷数学
参考答案及评分细则评分说明：
1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半：如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.
3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.
4.只给整数分数.选择题和填空题不给中间分.
一､选择题：本大题考查基础知识和基本运算.每小题5分，满分40分.
1.B 2.D 3.A 4.C 5.A 6.C 7.B 8.B
二､多选题：本大题考查基础知识和基本运算.每小题6分，满分18分，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.AD 10.ABD 11.BCD
三､填空题：本大题考查基础知识和基本运算.每小题5分，满分15分
13.；（仅答对一空给3分） 14.
四､解答题：本大题共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.本小题主要考查正弦定理､余弦定理等基础知识，考查逻辑推理能力､运算求解能力等，考查化归与转化思想､函数与方程思想､数形结合思想等，考查数学运算､逻辑推理等核心素养，体现基础性和综合性.满分13分.
解法一：（1）由，可得
在中，由正弦定理，得，
所以
在中，由正弦定理，得，
所以
故
因为为的中点，所以，即，
（2）由（1）不妨设
在中，由余弦定理，得
在中，由余弦定理，得.
所以.
解得.
故
解法二：（1）由，得
因为为的中点，所以，所以
又因为，
，
所以，
故.
（2）由（1）不妨设
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以
所以，
解得.
故.
解法三：（1）设.由，得，所以
因为为的中点，所以
所以，
即.因为，所以.
因为，所以
即.
所以，即.
（2）由（1）不妨设.
在中，由余弦定理，得.
在中，由余弦定理，得
所以.
解得
故.
解法四：（1）取中点，连结.
又为中点，所以，
又，所以，故，
所以
又，故.
（2）不妨设.
过作于点，过作于点
又，所以，且，
所以四边形为矩形.
因为，所以.
所以，所以.
又，
所以
16.本小题主要考查递推数列､等差数列､等比数列及数列求和等基础知识，考查运算求解能力､逻辑推理能力等，考查化归与转化思想､分类与整合思想等，考查逻辑推理､数学运算等核心素养，体现基础性､综合性.满分15分.
解法一：（1）因为，
所以，当时，，所以.
当时，，所以.
当时，
，
所以
当时，也符合上式.
综上，
（2）由（1）得即
记
则①，
②
①-②，得，
所以，
故.
解法二：（1）因为，
所以，当时，，所以.
当时，，所以.
因为，
所以，即.
所以，即.
又，所以
（2）由（1）得即
记，
则
.
故.
17.本小题主要考查条件概率､全概率公式､概率的分布列及期望等基础知识，考查数学建模能力､运算求解能力､逻辑推理能力等，考查统计与概率思想､分类与整合思想､函数与方程思想等，考查数学抽象､数学建模和数学运算等核心素养，体现应用性和创新性.满分15分.
解法一：（1）依题意，的所有可能取值为
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
所以，
.
所以的分布列为
故的均值为.
（2）设第一局比赛甲获胜为事件
则.
由（1）知，，
由全概率公式，得
解得，即第一局比赛甲获胜的概率.
（3）由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，
设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，
所以.
故该场比赛甲获胜的概率.
解法二：（1）同解法一，
（2）设第一局比赛甲获胜为事件后的两球均为甲得分为事件，这两球甲和乙各得1分为事件，易知，事件与事件互斥.
于是.
当这两球甲和乙各得1分后比赛面临的形势与时的形势一致，故.
由（1）知，所以，
解得，即第一局比赛甲获胜的概率.
（3）由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，不妨设打满了5局且甲获胜局数为，
因为每局的比赛结果相互独立，所以.
故该场比赛甲获胜的概率为
所以该场比赛甲获胜的概率为
解法三：（1）同解法一
（2）由（1）知，由规则知打成后必须再打球才能决出胜负.
设第一局比赛甲获胜为事件后又打了球甲获胜为事件，依然平局为事件.
由于各球的比赛结果相互独立，
故.
所以
由于事件之间两两互斥，故，
即第一局比赛甲获胜的概率.
（3）同解法一.
18.本小题主要考查平面与平面垂直的性质定理､直线与平面所成的角､解三角形､空间向量､椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查直观想象能力､逻辑推理能力､运算求解能力等，考查数形结合思想､化归与转化思想､分类与整合思想等，考查直观想象､逻辑推理､数学运算等核心素养，体现基础性､综合性与创新性.满分17分.
解法一：（1）因为平面，平面平面，
所以.
所以直线在内的射影为直线，所以直线与所成角为.
过作，垂足为.因为平分，所以.
又，所以，所以
又，所以.
因为，所以，
所以直线与平面所成角为
（2）（i）曲线是椭圆
理由如下：
由（1）可知，，所以是的中点
设的中点为，所以.又，所以.
在内过作，所以
以为原点，所在的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.因为，所以，
设，又，则.
因为，又，所以，
化简得，即，所以曲线是椭圆.
（ii）设.
在平面内，因为与不重合，可设，由得，所以.
由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.
若，则，即，
因为，
所以，
当时，上式恒成立，所以符合题意；
当时，有，
所以，所以.
因为，所以，
所以，所以，即.
因为上式对于任意的恒成立，所以.
综上，存在点满足，或时，符合题意.
解法二：（1）同解法一.
（2）（i）同解法一
（ii）设
在平面内，因为与不重合，可设，由得，
所以.
由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.
当与重合时，因为，又，所以.
所以当时，符合题意.
当与不重合时，过作，垂足分别为.
连接，则因为，所以.
又，所以平面，
所以，同理
又，所以，所以，
所以RtRt，所以直线平分
又在轴上，所以在平面内直线的倾斜角互补
在平面内，设直线的斜率分别为，
则对于任意的恒成立，
所以.
综上，存在点满足，或时，符合题意.
19.本小题主要考查集合､函数的零点､导数､数列和不等式等基础知识，考查逻辑推理能力､直观想象能力､运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想､化归与转化思想､分类与整合思想､数形结合思想和特殊与一般思想等，考查数学抽象､逻辑推理､直观想象､数学运算等核心素养，体现基础性､综合性与创新性.满分17分.
解法一：（1）当时，，其定义域为.
由得，.设，则.
当时，；当时，；
所以在单调递增；在单调递减.
注意到，所以在恰有一个零点，且，
又，所以，所以在恰有一个零点，
即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点，
所以，所以的元素个数为2.又因为，所以.
（2）（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意；
当时，，其定义域为.由得，.
设，则.
设，则.
①当时，，所以在单调递增.
又，所以在恰有一个零点，
即在恰有一个不动点，符合题意；
②当，故恰有两个零点.
又因为，所以.
当时，；当时，；
当时，；
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；
注意到，所以在恰有一个零点，且，
又时，，所以在恰有一个零点，
从而至少有两个不动点，不符合题意；
所以的取值范围为，即集合.
（ii）由（i）知，，所以，
此时，，由（i）知，在单调递增，
所以，当时，，所以，即，
故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，
重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，，
下面我们先证明当时，.设，
则当时，，所以在单调递减，
所以，即当时，，
从而当时，，
从而，即，
故，即，由于，所以，
故，故时，..
所以，故.
解法二：（1）同解法一
（2）（i）当时，，故是的一个不动点；
当时，由，得（*），
要使得恰有一个元素，即方程有唯一解，因此方程（*）无实数解，
即直线与曲线无公共点.
令，则，令，
则，
所以在单调递减，又因为，所以当时，，当时，，
所以当时，，当时，
所以在单调递增，在单调递减，
令，则，
则.
又因为当时，，当时，，
所以曲线的大致图象如图所示：
由图可知，，所以的取值范围为，即集合.
（ii）由（i）知，，所以，
此时，.令，则.
令，当时，，所以在单调递增，
所以当时，，所以，
所以在单调递增，所以，
故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，
重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，.
下面先证明当时，.令，则，
所以在单调递增，所以当时，，所以当时，.
所以，
由于，所以，故，即，
故，故时，.
所以，故.
（2）（i）同解法一
（ii）同解法一得，.
下面我们先证明当时，.设，则当时，，所以在单调递减，所以，即，
从而当时，，于是，
从而，即，
故，即，由于，所以，
故，故时，.
所以.故.0
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