福建省2024届高中毕业班适应性练习数学试卷(含答案)

这是一份福建省2024届高中毕业班适应性练习数学试卷(含答案)，共13页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．若复数z满足,则( )
A.-2B.0C.D.2
3．函数在的图象大致为( )
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,,,则的最大值为( )
A.B.C.D.
8．已知,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
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.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.若存在使得,则B.若,则平面
C.三棱锥体积的最大值为2D.二面角的余弦值为
三、填空题
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、双空题
14．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__________.
五、解答题
15．在中,D为BC的中点,且.
（1）求;
（2）若,求.
16．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.
17．11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.
（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．在中,,,的平分线交AB于点D,.平面过直线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.
（i）判断是什么曲线,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．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A.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：,.
参考答案
1．答案：B
解析：
2．答案：D
解析：
3．答案：A
解析：
4．答案：C
解析：
5．答案：A
解析：
6．答案：C
解析：
7．答案：B
解析：
8．答案：B
解析：
9．答案：AD
解析：
10．答案：ABD
解析：
11．答案：BCD
解析：
12．答案：0.2718
解析：
13．答案：
解析：
14．答案：;
解析：
15．答案：（1）2
（2）
解析：（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D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
16．答案： （1）
（2）12814
解析：（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.
17．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）依题意,X的所有可能取值为0,1,2
设打成后甲先发球为事件A,则乙先发球为事件,且,
所以,
.
所以X的分布列为
故X的均值为.
（2）设第一局比赛甲获胜为事件B
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Y,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.
18．答案：（1）
（2）（i）见解析（ii）存在点T满足,或时,符合题意
解析：（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D作,垂足为F.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F是的中点
设的中点为O,所以.又,所以.
在内过O作,所以,,
以O为原点,,,所在的方向分别为x轴,y轴,z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l与不重合,可设,由得,所以,,
由对称性知,若存在定点T满足条件,则T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T满足,或时,符合题意.
19．答案：（1）见解析
（2）（i）a的取值范围为,即集合（ii）
解析：（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A的元素个数为2.又因为,所以.
（2）（i）当时,由（1）知,A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a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N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.
X
0
1
2
P