2024年福建省高考数学适应性试卷

这是一份2024年福建省高考数学适应性试卷，共27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。

1．（5分）（2024•福建模拟）集合，，则
A．B．C．D．0．
2．（5分）（2024•福建模拟）若复数满足，则
A．B．C．2D．4
3．（5分）（2024•福建模拟）函数在，的图象大致为
A．B．
C．D．
4．（5分）（2024•崇明区二模）某单位共有、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、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．（5分）（2024•福建模拟）已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则
A．，B．，C．，D．，
6．（5分）（2024•福建模拟）已知，，则使成立的一个充分不必要条件是
A．B．C．D．
7．（5分）（2024•福建模拟）已知是所在平面内一点，且，则的最大值为
A．B．C．D．
8．（5分）（2024•张掖模拟）已知，则
A．B．C．D．
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．（6分）（2024•福建模拟）在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，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．（6分）（2024•福建模拟）已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过的直线交于，两点，的中点在轴上的射影为点，，则
A．B．是锐角
C．是锐角三角形D．四边形是菱形
11．（6分）（2024•福建模拟）已知正方体的棱长为2，棱，的中点分别为，，点在底面上，且平面平面，则下列说法正确的是
A．若存在使得，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3分，共15分。
12．（3分）（2024•福建模拟）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．（3分）（2024•福建模拟）已知圆台的高为6，，分别为上、下底面的一条直径，且，，则圆台的体积为 ；若，，，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．（3分）（2024•福建模拟）已知双曲线的左焦点为，过的直线交圆于，两点，交的右支于点．若，，则的离心率为 ．
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．（15分）（2024•福建模拟）在中，为的中点，且．
（1）求；
（2）若，求．
16．（17分）（2024•福建模拟）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．（17分）（2024•广西模拟）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．
（1）求再打两个球甲新增的得分的分布列和均值；
（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）（2024•福建模拟）在中，，，的平分线交于点，．平面过直线，且与所在的平面垂直．
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）设点，且，记的轨迹为曲线．
判断是什么曲线，并说明理由；
不与直线重合的直线过点且交于，两点，试问：在平面内是否存在定点，使得无论绕点如何转动，总有？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由．
19．（17分）（2024•福建模拟）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．以和分别表示集合中的最小元素和最大元素．
（1）若，求的元素个数及；
（2）当恰有一个元素时，的取值集合记为．
求；
若，数列满足，集合．求证：．
2024年福建省高考数学适应性试卷
参考答案与试题解析
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．（5分）（2024•福建模拟）集合，，则
A．B．C．D．0．
【分析】求出集合，然后进行交集的运算即可．
【解答】解：，，
．
故选：．
【点评】本题考查了集合的描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
2．（5分）（2024•福建模拟）若复数满足，则
A．B．C．2D．4
【分析】直接利用复数的运算法则和共轭复数的概念，求解即可．
【解答】解：因为，
所以．
故．
故选：．
【点评】本题考查的知识要点：复数的运算，共轭复数的概念，考查运算能力，属于基础题．
3．（5分）（2024•福建模拟）函数在，的图象大致为
A．B．
C．D．
【分析】根据题意，分析函数的奇偶性排除、，求出函数的导数，分析其单调性排除，即可得答案．
【解答】解：根据题意，，，，
有，为偶函数，排除、，
，其导数，则，
易得，则在，上为增函数，故，
故在，上递增，排除．
故选：．
【点评】本题考查函数的图像分析，涉及函数的奇偶性和单调性，属于基础题．
4．（5分）（2024•崇明区二模）某单位共有、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、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．
【分析】根据百分位数和方差的定义求解．
【解答】解：对于部门，因为，
所以，
对于部门，因为，
所以，
所以，
由频率分布条形图可知，部门满意度更集中，
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查了百分位数和方差的定义，属于基础题．
5．（5分）（2024•福建模拟）已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则
A．，B．，C．，D．，
【分析】设出切点坐标，和，，建立关于，，，的方程组，解出即可．
【解答】解：设曲线上的切点为，，曲线上的切点为，，
又，
则，解得．
故选：．
【点评】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
6．（5分）（2024•福建模拟）已知，，则使成立的一个充分不必要条件是
A．B．C．D．
【分析】根据题意，需要找一个条件，由该条件能推出成立，且由不能推出该条件成立，由此对各项分析可得答案．
【解答】解：对于，若，则当时，，
因此由不能推出成立，故项不正确；
对于，若，结合、均为正数，两边都除以，得，
因此是成立的充要条件，故项不正确；
对于，若，则，
当且仅当时，等号成立，
反之，若，则可能，，不能推出，
因此，“”是使成立的充分不必要条件，故项正确；
对于，若，则可能，，即，，
此时，不成立，故项不正确．
故选：．
【点评】本题主要考查不等式的性质、基本不等式的应用、充要条件的判断等知识，考查计算能力与逻辑推理能力，属于中档题．
7．（5分）（2024•福建模拟）已知是所在平面内一点，且，则的最大值为
A．B．C．D．
【分析】由平面向量数量积的运算，结合正弦定理及三角形的性质求解．
【解答】解：已知是所在平面内一点，且，
则，
即，
由正弦定理可得：，
由三角形的性质可得为锐角，
则，
则的最大值为．
故选：．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了正弦定理及三角形的性质，属中档题．
8．（5分）（2024•张掖模拟）已知，则
A．B．C．D．
【分析】依题意，可求得，再利用二倍角的余弦公式计算可得答案．
【解答】解：，
，
即，
解得或（舍去），
．
故选：．
【点评】本题考查两角和与差的三角函数，考查二倍角的余弦公式的应用，属于中档题．
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．（6分）（2024•福建模拟）在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，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
【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，诱导公式可求，对于，由即可判断；对于，由即可判断；对于，利用正弦函数的单调性即可判断；对于，利用正弦函数的单调性即可判断．
【解答】解：因为角的终边过点，
所以，，
所以，，
则，
对于，，故正确；
对于，，故错误；
对于，当时，，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以在内恰有一个极小值点，故错误；
对于，当时，，
因为在上单调递减，
所以在内单调递减，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查了任意角的三角函数的定义，诱导公式以及正弦函数的性质的应用，考查了函数思想，属于中档题．
10．（6分）（2024•福建模拟）已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过的直线交于，两点，的中点在轴上的射影为点，，则
A．B．是锐角
C．是锐角三角形D．四边形是菱形
【分析】设出点，，，，由题意分析可知三角形为正三角形，联立方程组，解出点的坐标，逐项判断即可．
【解答】解：由抛物线，可知，，
设点，，，，则，
所以，而，所以，
所以，所以三角形为正三角形，
所以，又轴，
所以，，则，
所以，所以直线的方程为：，
联立方程，可得，所以，则，
所以，所以，故正确；
，且，，所以四边形是菱形，故正确；
由于以为直径的圆与准线相切，点在圆外，所以是锐角，故正确；
，所以，
所以，所以为钝角，所以是钝角三角形，故错误．
故选：．
【点评】本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
11．（6分）（2024•福建模拟）已知正方体的棱长为2，棱，的中点分别为，，点在底面上，且平面平面，则下列说法正确的是
A．若存在使得，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
【分析】建立空间直角坐标系，由平面平面，根据向量法得出点的轨迹，由向量共线可判定；根据线面平行的判定定理可判定；根据棱锥体积公式可得；由向量法求面面角可得．
【解答】解：依题意，建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，0，，，1，，，2，，
设，，，，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，即，
设平面的一个法向量，
则令，则，
即，
因为平面平面，所以，
即，所以，且，
选项：若存在使得，则点在线段上，所以，即，
所以为的中点，即，故错误；
选项：如图，若，
则，即，所以为的中点，
因为为的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，故正确；
选项：如图，因为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，即，
设到平面的距离为，
又为等边三角形且边长为，
则，
所以，又，
所以当时，三棱锥体积的最大值为2，故正确；
选项：因为平面，所以平面的一个法向量为，
平面的一个法向量，
则，
因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为，故正确．
故选：．
【点评】本题考查了空间向量在空间几何体中的应用，属于难题．
三、填空题：本大题共3小题，每小题3分，共15分。
12．（3分）（2024•福建模拟）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 0.2718 ．（若，则，，
【分析】根据题意利用正态分布性质分别计算出技术改造前后的优品率，可得结果．
【解答】解：技术改造前，易知，，
则其优品率为，
技术改造后，其中，，
则其优品率为，
所以优品率之差为．
故答案为：0.2718．
【点评】本题考查了正态分布的性质，属于中档题．
13．（3分）（2024•福建模拟）已知圆台的高为6，，分别为上、下底面的一条直径，且，，则圆台的体积为 ；若，，，四点不共面，且它们都在同一个球面上，则该球的表面积为 ．
【分析】利用圆台的体积公式求圆台的体积，根据球的球心在圆台的轴上，得到，求得，利用球的表面积公式即可求解．
【解答】解：由题意，该圆台，，，，，
则该圆台的体积；
设球心到圆台上底面的距离为，球的半径为，
因为球的球心在圆台的轴上，
所以有，
解得：，，
则该球的表面积为．
故答案为：；．
【点评】本题考查了圆台的体积公式和球的表面积公式，属于中档题．
14．（3分）（2024•福建模拟）已知双曲线的左焦点为，过的直线交圆于，两点，交的右支于点．若，，则的离心率为 ．
【分析】设的中点为，则，根据题意易得，且为的中点，设右焦点为，则为的中点，从而可得，，，再根据双曲线的几何性质及勾股定理，建立方程，即可求解．
【解答】解：设的中点为，则，又，，
，且为的中点，
设右焦点为，则为的中点，，且，
又，，
设，，则，又，
，，
又，，
，，
，，，
，，又，且，
，，，
双曲线的离心率．
故答案为：．
【点评】本题考查双曲线的离心率的求解，方程思想，化归转化思想，属中档题．
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．（15分）（2024•福建模拟）在中，为的中点，且．
（1）求；
（2）若，求．
【分析】（1）由，得，再由题意可得，再由三角形的面积公式，进而可得的值；
（2）设，，，，分别在两个三角形中，由余弦定理可得，的表达式，由两个角互为补角，可得，可得，的关系，再在中，由余弦定理可得的值．
【解答】解：（1）由，得，
因为为的中点，所以，
所以，
又因为，
，
，
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，
所以．
【点评】本题考查余弦定理的应用及三角形面积公式的应用，属于中档题．
16．（17分）（2024•福建模拟）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．
【分析】（1）由已知递推关系先求出，，，然后结合迭代法即可求解；
（2）由（1）先求出，结合错位相减求和即可求解．
【解答】解：（1）因为，，，
所以，当时，，即，
所以，
当时，，，
所以，
当时，
，
所以，
当时，也符合上式．
综上，；
（2）由（1）得，，
设，
则①，
②，
①②得
，
所以，
故．
【点评】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，属于中档题．
17．（17分）（2024•广西模拟）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．
（1）求再打两个球甲新增的得分的分布列和均值；
（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．
【分析】（1）由题意可知，的所有可能取值为0，1，2，根据独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布列，再利用期望公式求出即可；
（2）利用全概率公式求解；
（3）利用独立事件的概率乘法公式求解．
【解答】解：（1）依题意，的所有可能取值为0，1，2，
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
所以（A），
（A），
，
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，（B），，
由（1）知，，，，
由全概率公式，得（B），
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．
【点评】本题主要考查了条件概率、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，属于中档题．
18．（17分）（2024•福建模拟）在中，，，的平分线交于点，．平面过直线，且与所在的平面垂直．
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）设点，且，记的轨迹为曲线．
判断是什么曲线，并说明理由；
不与直线重合的直线过点且交于，两点，试问：在平面内是否存在定点，使得无论绕点如何转动，总有？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由．
【分析】（1）由平面，所以，可得与平面所成的角的大小；
（2）设的坐标，由题意可得关于点的坐标的关系，即求出点的轨迹方程；
设，的坐标，求出，的坐标，再由，可得，的坐标的关系，可得定点的坐标．
【解答】解：（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；
（2）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，1，，，
则，，
因为，又，
所以，化简得，
即，所以曲线是椭圆；
设，，，，，，
在平面内，因为与不重合，可设，
联立，整理可得：，
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，，，，
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，3，或，9，满足或，符合题意．
【点评】本题考查线面所成的角的求法及点的轨迹方程的求法，属于中档题．
19．（17分）（2024•福建模拟）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．以和分别表示集合中的最小元素和最大元素．
（1）若，求的元素个数及；
（2）当恰有一个元素时，的取值集合记为．
求；
若，数列满足，集合．求证：．
【分析】（1）构造函数，利用导数可得在单调递增，在单调递减，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，，再结合求出即可；
（2）显然当时，不符合题意，当时，，其定义域为，设，利用导数研究函数的单调性，进而求出的取值范围；
由知，此时，，当时，，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，，下面再证明当时，，从而证得．
【解答】解：（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（1），所以在恰有一个零点，且，
又因为，
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）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（1），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，（1），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（1），
所以在，恰有一个零点，且（1），（1），
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；
证明：由知，，所以，
此时，，
由知，在单调递增，
所以当时，（1），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（1），即当时，，
从而当时，，
从而，即，
故，即，
由于，，所以，，
故，
故时，，
所以，，
故．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了数列的函数特征，属于难题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/6 18:50:08；用户：李超；邮箱：18853369269；学号：221900830
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