2024届福建省泉州市德化第一中学高考适应性考试数学试卷含解析

2024届福建省泉州市德化第一中学高考适应性考试数学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在中，角所对的边分别为，已知，．当变化时，若存在最大值，则正数的取值范围为A． B． C． D．3．小明有3本作业本，小波有4本作业本，将这7本作业本混放在-起，小明从中任取两本.则他取到的均是自己的作业本的概率为()A． B． C． D．4．已知等差数列的前n项和为，，则A．3 B．4 C．5 D．65．在等差数列中，若，则（）A．8 B．12 C．14 D．106．下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥．在圆内随机取一点，则该点取自阴影区域内（阴影部分由四条四分之一圆弧围成）的概率是（）A． B． C． D．7．已知方程表示的曲线为的图象，对于函数有如下结论：①在上单调递减；②函数至少存在一个零点；③的最大值为；④若函数和图象关于原点对称，则由方程所确定；则正确命题序号为()A．①③ B．②③ C．①④ D．②④8．将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数为偶函数，则的值为（）A． B． C． D．9．某市政府决定派遣名干部（男女）分成两个小组，到该市甲、乙两个县去检查扶贫工作，若要求每组至少人，且女干部不能单独成组，则不同的派遣方案共有（）种A． B． C． D．10．已知复数z满足（i为虚数单位），则z的虚部为（）A． B． C．1 D．11．“”是“函数的图象关于直线对称”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件12．的二项展开式中，的系数是（）A．70 B．-70 C．28 D．-28二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数函数，其中，若函数恰有4个零点，则的取值范围是__________．14．设等差数列的前项和为，若，，则______，的最大值是______.15．已知△ABC得三边长成公比为2的等比数列，则其最大角的余弦值为_____.16．若随机变量的分布列如表所示，则______，______．-101三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数（1）解不等式；（2）若均为正实数，且满足，为的最小值，求证：.18．（12分）已知函数，.（1）若函数在上单调递减，且函数在上单调递增，求实数的值；（2）求证：（，且）.19．（12分）已知函数f（x）ax﹣lnx（a∈R）.（1）若a＝2时，求函数f（x）的单调区间；（2）设g（x）＝f（x）1，若函数g（x）在上有两个零点，求实数a的取值范围.20．（12分）已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围.21．（12分）设椭圆E:（a,b>0）过M（2，），N(,1)两点，O为坐标原点，（1）求椭圆E的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且？若存在，写出该圆的方程，若不存在说明理由．22．（10分）如图，在直三棱柱中，分别是中点，且，.求证：平面；求点到平面的距离.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解析】分析：根据集合可直接求解.详解：,,故选C点睛：集合题也是每年高考的必考内容，一般以客观题形式出现，一般解决此类问题时要先将参与运算的集合化为最简形式，如果是“离散型”集合可采用Venn图法解决，若是“连续型”集合则可借助不等式进行运算.2、C【解析】

因为，，所以根据正弦定理可得，所以，，所以，其中，，因为存在最大值，所以由，可得，所以，所以，解得，所以正数的取值范围为，故选C．3、A【解析】

利用计算即可，其中表示事件A所包含的基本事件个数，为基本事件总数.【详解】从7本作业本中任取两本共有种不同的结果，其中，小明取到的均是自己的作业本有种不同结果，由古典概型的概率计算公式，小明取到的均是自己的作业本的概率为.故选：A.【点睛】本题考查古典概型的概率计算问题，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.4、C【解析】

方法一：设等差数列的公差为，则，解得，所以.故选C．方法二：因为，所以，则.故选C．5、C【解析】

将，分别用和的形式表示，然后求解出和的值即可表示.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则由，，得解得，，所以．故选C．【点睛】本题考查等差数列的基本量的求解，难度较易.已知等差数列的任意两项的值，可通过构建和的方程组求通项公式.6、C【解析】令圆的半径为1，则，故选C．7、C【解析】

分四类情况进行讨论，然后画出相对应的图象，由图象可以判断所给命题的真假性.【详解】（1）当时，，此时不存在图象；（2）当时，，此时为实轴为轴的双曲线一部分；（3）当时，，此时为实轴为轴的双曲线一部分；（4）当时，，此时为圆心在原点，半径为1的圆的一部分；画出的图象，由图象可得：对于①，在上单调递减，所以①正确；对于②，函数与的图象没有交点，即没有零点，所以②错误；对于③，由函数图象的对称性可知③错误；对于④，函数和图象关于原点对称，则中用代替，用代替，可得，所以④正确.故选：C【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，函数的图象与性质，函数的零点概念，考查了数形结合的数学思想.8、D【解析】

利用三角函数的图象变换求得函数的解析式，再根据三角函数的性质，即可求解，得到答案．【详解】将将函数的图象向左平移个单位长度，可得函数又由函数为偶函数，所以，解得，因为，当时，，故选D．【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换，合理应用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．9、C【解析】

在所有两组至少都是人的分组中减去名女干部单独成一组的情况，再将这两组分配，利用分步乘法计数原理可得出结果.【详解】两组至少都是人，则分组中两组的人数分别为、或、，

又因为名女干部不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为.故选：C.【点睛】本题考查排列组合的综合问题，涉及分组分配问题，考查计算能力，属于中等题.10、D【解析】

根据复数z满足，利用复数的除法求得，再根据复数的概念求解.【详解】因为复数z满足，所以，所以z的虚部为.故选：D.【点睛】本题主要考查复数的概念及运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.11、A【解析】

先求解函数的图象关于直线对称的等价条件，得到，分析即得解.【详解】若函数的图象关于直线对称，则，解得，故“”是“函数的图象关于直线对称”的充分不必要条件．故选：A【点睛】本题考查了充分不必要条件的判断，考查了学生逻辑推理，概念理解，数学运算的能力，属于基础题.12、A【解析】试题分析：由题意得，二项展开式的通项为，令，所以的系数是，故选A．考点：二项式定理的应用．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】∵，∴，∵函数y=f(x)−g(x)恰好有四个零点，∴方程f(x)−g(x)=0有四个解，即f(x)+f(2−x)−b=0有四个解，即函数y=f(x)+f(2−x)与y=b的图象有四个交点，，作函数y=f(x)+f(2−x)与y=b的图象如下，，结合图象可知，<b<2，故答案为.点睛：(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．14、【解析】

利用等差数列前项和公式，列出方程组，求出首项和公差的值，利用等差数列的通项公式可求出数列的通项公式，可求出的表达式，然后利用双勾函数的单调性可求出的最大值.【详解】（1）设等差数列的公差为，则，解得，所以，数列的通项公式为；（2），，令，则且，，由双勾函数的单调性可知，函数在时单调递减，在时单调递增，当或时，取得最大值为.故答案为：；.【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．15、-【解析】试题分析：根据题意设三角形的三边长分别设为为a,2a,2a，∵2a>2a>a,∴2a所对的角为最大角，设为θ，则根据余弦定理得考点：余弦定理及等比数列的定义.16、【解析】

首先求得a的值，然后利用均值的性质计算均值，最后求得的值，由方差的性质计算的值即可.【详解】由题意可知，解得（舍去）或.则，则，由方差的计算性质得.【点睛】本题主要考查分布列的性质，均值的计算公式，方差的计算公式，方差的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）或（2）证明见解析【解析】

（1）将写成分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）由（1）求得最小值，由此利用基本不等式，证得不等式成立.【详解】（1）当时，恒成立，解得；当时，由，解得；当时，由解得所以的解集为或（2）由（1）可求得最小值为，即因为均为正实数，且（当且仅当时，取“”）所以，即.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的求法，考查利用基本不等式证明不等式，属于中档题.18、（1）1；（2）见解析【解析】

（1）分别求得与的导函数，由导函数与单调性关系即可求得的值；（2）由（1）可知当时，，当时，，因而，构造，由对数运算及不等式放缩可证明，从而不等式可证明.【详解】（1）∵函数在上单调递减，∴，即在上恒成立，∴，又∵函数在上单调递增，∴，即在上恒成立，，∴综上可知，.（2）证明：由（1）知，当时，函数在上为减函数，在上为增函数，而，∴当时，，当时，.∴∴即，∴.【点睛】本题考查了导数与函数单调性关系，放缩法在证明不等式中的应用，属于难题.19、（1）单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）（2）（3，2e]【解析】

（1）当a＝2时，求出，求解，即可得出结论；（2）函数在上有两个零点等价于a＝2x在上有两解，构造函数，，利用导数，可分析求得实数a的取值范围.【详解】（1）当a＝2时，定义域为，则，令，解得x1，或x1（舍去），所以当时，单调递减；当时，单调递增；故函数的单调递减区间为，单调递增区间为，（2）设，函数g（x）在上有两个零点等价于在上有两解令，，则，令，，显然，在区间上单调递增，又，所以当时，有，即，当时，有，即，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，时，取得极小值，也是最小值，即，由方程在上有两解及，可得实数a的取值范围是.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化思想以及数形结合思想，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.20、（1）；（2）【解析】分析：(1)将代入函数解析式，求得，利用零点分段将解析式化为，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式的解集为；(2)根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.详解：（1）当时，，即故不等式的解集为．（2）当时成立等价于当时成立．若，则当时；若，的解集为，所以，故．综上，的取值范围为．点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进行分类讨论，求得结果.21、（1）（2）【解析】试题分析：（1）因为椭圆E:（a,b>0）过M（2，），N(,1)两点,所以解得所以椭圆E的方程为（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即,则△=,即，要使,需使,即,所以,所以又,所以,所以,即或,因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为,,,所求的圆为,此时圆的切线都满足或,而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,综上,存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且．考点：本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆与椭圆的位置关系．点评：中档题，涉及直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往要利用韦达定理．存在性问题，往往从假设存在出发，运用题中条件探寻得到存在的是否条件具备．（2）小题解答中，集合