福建省福州市福建師大附中2024年高考考前模擬數學試題含解析

福建省福州市福建師大附中2024年高考考前模擬數學試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．將3個黑球3個白球和1個紅球排成一排，各小球除了顏色以外其他屬性均相同，則相同顏色的小球不相鄰的排法共有（）A．14種 B．15種 C．16種 D．18種2．若將函數的圖象上各點橫坐標縮短到原來的(縱坐標不變)得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A．函數在上單調遞增 B．函數的周期是C．函數的圖象關于點對稱 D．函數在上最大值是13．已知三點A(1,0)，B(0，)，C(2，)，則△ABC外接圓的圓心到原點的距離為()A． B．C． D．4．函數的一個零點在區(qū)間內，則實數a的取值范圍是（）A． B． C． D．5．已知集合，將集合的所有元素從小到大一次排列構成一個新數列，則（）A．1194 B．1695 C．311 D．10956．設數列是等差數列，，.則這個數列的前7項和等于（）A．12 B．21 C．24 D．367．已知雙曲線的一條漸近線傾斜角為，則（）A．3 B． C． D．8．已知函數，則（）A．函數在上單調遞增 B．函數在上單調遞減C．函數圖像關于對稱 D．函數圖像關于對稱9．設，命題“存在，使方程有實根”的否定是()A．任意，使方程無實根B．任意，使方程有實根C．存在，使方程無實根D．存在，使方程有實根10．等比數列中，，則與的等比中項是（）A．±4 B．4 C． D．11．盒中有6個小球，其中4個白球，2個黑球，從中任取個球，在取出的球中，黑球放回，白球則涂黑后放回，此時盒中黑球的個數，則()A．， B．，C．， D．，12．已知函數，則在上不單調的一個充分不必要條件可以是（）A． B． C．或 D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某陶瓷廠準備燒制甲、乙、丙三件不同的工藝品，制作過程必須先后經過兩次燒制，當第一次燒制合格后方可進入第二次燒制，再次燒制過程相互獨立.根據該廠現有的技術水平，經過第一次燒制后，甲、乙、丙三件產品合格的概率依次為0.5、0.6、0.4，經過第二次燒制后，甲、乙、丙三件產品合格的概率依次為0.6、0.5、0.75；則第一次燒制后恰有一件產品合格的概率為________；經過前后兩次燒制后，合格工藝品的件數為，則隨機變量的期望為________.14．已知是函數的極大值點，則的取值范圍是____________．15．展開式中的系數為_________.（用數字做答）16．設定義域為的函數滿足，則不等式的解集為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數的最大值為2.（Ⅰ）求函數在上的單調遞減區(qū)間；（Ⅱ）中,,角所對的邊分別是，且，求的面積．18．（12分）已知數列{an}的各項均為正，Sn為數列{an}的前n項和，an2+2an＝4Sn+1．（1）求{an}的通項公式；（2）設bn，求數列{bn}的前n項和．19．（12分）已知函數（1）若函數有且只有一個零點，求實數的取值范圍；（2）若函數對恒成立，求實數的取值范圍.20．（12分）已知點，若點滿足.（Ⅰ）求點的軌跡方程；（Ⅱ）過點的直線與（Ⅰ）中曲線相交于兩點，為坐標原點，求△面積的最大值及此時直線的方程.21．（12分）如圖，點是以為直徑的圓上異于、的一點，直角梯形所在平面與圓所在平面垂直，且，.（1）證明：平面；（2）求點到平面的距離.22．（10分）已知拋物線C:x24py（p為大于2的質數）的焦點為F，過點F且斜率為k(k0)的直線交C于A，B兩點，線段AB的垂直平分線交y軸于點E，拋物線C在點A，B處的切線相交于點G.記四邊形AEBG的面積為S.（1）求點G的軌跡方程；（2）當點G的橫坐標為整數時，S是否為整數？若是，請求出所有滿足條件的S的值；若不是，請說明理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

采取分類計數和分步計數相結合的方法，分兩種情況具體討論，一種是黑白依次相間，一種是開始僅有兩個相同顏色的排在一起【詳解】首先將黑球和白球排列好，再插入紅球.情況1：黑球和白球按照黑白相間排列（“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”），此時將紅球插入6個球組成的7個空中即可，因此共有2×7=14種；情況2：黑球或白球中僅有兩個相同顏色的排在一起（“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”），此時紅球只能插入兩個相同顏色的球之中，共4種.綜上所述，共有14+4=18種.故選：D【點睛】本題考查排列組合公式的具體應用，插空法的應用，屬于基礎題2、A【解析】

根據三角函數伸縮變換特點可得到解析式；利用整體對應的方式可判斷出在上單調遞增，正確；關于點對稱，錯誤；根據正弦型函數最小正周期的求解可知錯誤；根據正弦型函數在區(qū)間內值域的求解可判斷出最大值無法取得，錯誤.【詳解】將橫坐標縮短到原來的得：當時，在上單調遞增在上單調遞增，正確；的最小正周期為：不是的周期，錯誤；當時，，關于點對稱，錯誤；當時，此時沒有最大值，錯誤.本題正確選項：【點睛】本題考查正弦型函數的性質，涉及到三角函數的伸縮變換、正弦型函數周期性、單調性和對稱性、正弦型函數在一段區(qū)間內的值域的求解；關鍵是能夠靈活應用整體對應的方式，通過正弦函數的圖象來判斷出所求函數的性質.3、B【解析】

選B.考點：圓心坐標4、C【解析】

顯然函數在區(qū)間內連續(xù),由的一個零點在區(qū)間內,則,即可求解.【詳解】由題,顯然函數在區(qū)間內連續(xù),因為的一個零點在區(qū)間內,所以,即,解得,故選:C【點睛】本題考查零點存在性定理的應用,屬于基礎題.5、D【解析】

確定中前35項里兩個數列中的項數，數列中第35項為70，這時可通過比較確定中有多少項可以插入這35項里面即可得，然后可求和．【詳解】時，，所以數列的前35項和中，有三項3，9，27，有32項，所以．故選：D．【點睛】本題考查數列分組求和，掌握等差數列和等比數列前項和公式是解題基礎．解題關鍵是確定數列的前35項中有多少項是中的，又有多少項是中的．6、B【解析】

根據等差數列的性質可得，由等差數列求和公式可得結果.【詳解】因為數列是等差數列，，所以，即，又，所以，，故故選：B【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式，性質，等差數列的和，屬于中檔題.7、D【解析】

由雙曲線方程可得漸近線方程，根據傾斜角可得漸近線斜率，由此構造方程求得結果.【詳解】由雙曲線方程可知：，漸近線方程為：，一條漸近線的傾斜角為，，解得：.故選：.【點睛】本題考查根據雙曲線漸近線傾斜角求解參數值的問題，關鍵是明確直線傾斜角與斜率的關系；易錯點是忽略方程表示雙曲線對于的范圍的要求.8、C【解析】

依題意可得，即函數圖像關于對稱，再求出函數的導函數，即可判斷函數的單調性；【詳解】解：由，，所以函數圖像關于對稱，又，在上不單調.故正確的只有C，故選：C【點睛】本題考查函數的對稱性的判定，利用導數判斷函數的單調性，屬于基礎題.9、A【解析】

只需將“存在”改成“任意”，有實根改成無實根即可.【詳解】由特稱命題的否定是全稱命題，知“存在，使方程有實根”的否定是“任意，使方程無實根”.故選：A【點睛】本題考查含有一個量詞的命題的否定，此類問題要注意在兩個方面作出變化：1.量詞，2.結論，是一道基礎題.10、A【解析】

利用等比數列的性質可得，即可得出．【詳解】設與的等比中項是．

由等比數列的性質可得，．

∴與的等比中項

故選A．【點睛】本題考查了等比中項的求法，屬于基礎題．11、C【解析】

根據古典概型概率計算公式，計算出概率并求得數學期望，由此判斷出正確選項.【詳解】表示取出的為一個白球，所以.表示取出一個黑球，，所以.表示取出兩個球，其中一黑一白，，表示取出兩個球為黑球，，表示取出兩個球為白球，，所以.所以，.故選：C【點睛】本小題主要考查離散型隨機變量分布列和數學期望的計算，屬于中檔題.12、D【解析】

先求函數在上不單調的充要條件，即在上有解，即可得出結論.【詳解】，若在上不單調，令，則函數對稱軸方程為在區(qū)間上有零點（可以用二分法求得）.當時，顯然不成立；當時，只需或，解得或.故選:D.【點睛】本題考查含參數的函數的單調性及充分不必要條件，要注意二次函數零點的求法，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、0.380.9【解析】

考慮恰有一件的三種情況直接計算得到概率，隨機變量的可能取值為，計算得到概率，再計算數學期望得到答案.【詳解】第一次燒制后恰有一件產品合格的概率為：.甲、乙、丙三件產品合格的概率分別為：，，.故隨機變量的可能取值為，故；；；.故.故答案為：0.38；0.9.【點睛】本題考查了概率的計算，數學期望，意在考查學生的計算能力和應用能力.14、【解析】

方法一：令，則，，當，時，，單調遞減，∴時，，，且，∴在上單調遞增，時，，，且，∴在上單調遞減，∴是函數的極大值點，∴滿足題意；當時，存在使得，即，又在上單調遞減，∴時，，，所以，這與是函數的極大值點矛盾．綜上，．方法二：依據極值的定義，要使是函數的極大值點，由知須在的左側附近，，即；在的右側附近，，即．易知，時，與相切于原點，所以根據與的圖象關系，可得．15、210【解析】

轉化，只有中含有，即得解.【詳解】只有中含有，其中的系數為故答案為:210【點睛】本題考查了二項式系數的求解，考查了學生概念理解，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.16、【解析】

根據條件構造函數F（x），求函數的導數，利用函數的單調性即可得到結論．【詳解】設F（x），則F′（x），∵，∴F′（x）＞0，即函數F（x）在定義域上單調遞增．∵∴，即F（x）＜F（2x）∴，即x＞1∴不等式的解為故答案為：【點睛】本題主要考查函數單調性的判斷和應用，根據條件構造函數是解決本題的關鍵．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

(1)由題意，f(x)的最大值為所以而m>0，于是m=，f(x)=2sin(x+).由正弦函數的單調性可得x滿足即所以f(x)在［0,π］上的單調遞減區(qū)間為(2)設△ABC的外接圓半徑為R，由題意，得化簡得sinA+sinB=2sinAsinB.由正弦定理，得①由余弦定理，得a2+b2-ab=9，即(a+b)2-3ab-9=0②將①式代入②，得2(ab)2-3ab-9=0，解得ab=3或(舍去)，故18、（1）an＝2n+1；（2）2．【解析】

（1）根據題意求出首項，再由（an+12+2an+1）﹣（an2+2an）＝4an+1，求得該數列為等差數列即可求得通項公式；（2）利用錯位相減法進行數列求和.【詳解】（1）∵an2+2an＝4Sn+1，∴a12+2a1＝4S1+1，即，解得：a1＝1或a1＝﹣1（舍），又∵an+12+2an+1＝4Sn+1+1，∴（an+12+2an+1）﹣（an2+2an）＝4an+1，整理得：（an+1﹣an）（an+1+an）＝2（an+1+an），又∵數列{an}的各項均為正，∴an+1﹣an＝2，∴數列{an}是首項為1、公差為2的等差數列，∴數列{an}的通項公式an＝1+2（n﹣1）＝2n+1；（2）由（1）可知bn，記數列{bn}的前n項和為Tn，則Tn＝1?5?（2n+1）?，Tn＝1?5??…+（2n﹣1）?（2n+1）?，錯位相減得：Tn＝1+2（?）﹣（2n+1）?＝1+2，∴Tn（）＝2．【點睛】此題考查求等差數列的基本量，根據遞推關系判定等差數列，根據錯位相減進行數列求和，關鍵在于熟記方法準確計算.19、（1）；（2）.【解析】

（1）求導得到，討論和兩種情況，計算函數的單調性，得到，再討論，，三種情況，計算得到答案.（2）計算得到，討論，兩種情況，分別計算單調性得到函數最值，得到答案.【詳解】（1），①當時恒成立，所以單調遞增，因為，所以有唯一零點，即符合題意；②當時，令，函數在上單調遞減，在上單調遞增，函數。（i）當即,所以符合題意，（ii）當即時，因為，故存在,所以不符題意（iii）當時，因為，設，所以,單調遞增，即，故存在，使得，不符題意；綜上，的取值范圍為。（2）。①當時，恒成立，所以單調遞增，所以，即符合題意；②當時，恒成立，所以單調遞增，又因為，所以存在，使得，且當時，。即在上單調遞減，所以，不符題意。綜上，的取值范圍為.【點睛】本題考查了函數的零點問題，恒成立問題，意在考查學生的分類討論能力和綜合應用能力.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）面積的最大值為，此時直線的方程為.【解析】

（1）根據橢圓的定義求解軌跡方程；（2）設出直線方程后，采用（表示原點到直線的距離）表示面積，最后利用基本不等式求解最值.【詳解】解：（Ⅰ）由定義法可得，點的軌跡為橢圓且，.因此橢圓的方程為.（Ⅱ）設直線的方程為與橢圓交于點，，聯立直線與橢圓的方程消去可得，即，.面積可表示為令，則，上式可化為，當且僅當，即時等號成立，因此面積的最大值為，此時直線的方程為.【點睛】常見的利用定義法求解曲線的軌跡方程問題：（1）已知點，若點滿足且，則的軌跡是橢圓；（2）已知點，若點滿足且，則的軌跡是雙曲線.21、（1）見解析；（2）【解析】

（1）取的中點，證明,則平面平面，則可證平面.（2）利用，是平面的高，容易求.，再求，則點到平面的距離可求.【詳解】解：（1）如圖：取的中點，連接、.在中，是的中點，是的中點，平面平面,故平面在直角梯形中，，且，∴四邊形是平行四邊形，，同理平面又,故平面平面，又平面平面.（2）是圓的直