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福建省新2024年高考数学试卷和答案解析(新课标Ⅰ).pdf


文档分类:中学教育 | 页数:约19页 举报非法文档有奖
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】的内容,可以使用淘豆网的站内搜索功能,选择自己适合的文档,以下文字是截取该文章内的部分文字,如需要获得完整电子版,请下载此文档到您的设备,方便您编辑和打印。:..2021年福建省新高考数学试卷(新课标Ⅰ),,则(),则(),其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(),函数单调递增的区间是(),是椭圆的两个焦点,点M在C上,则的最大值为(),则(),则(),分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次,每次取1个球,甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则(),,…,,由这组数据得到新样本数据,,…,,其中为非零常数,则(),点,,,,则(),点,,则(),,,,点P满足,其中,,则(),,三棱锥的体积为定值第1页,共19页:..,有且仅有一个点P,,有且仅有一个点P,,,抛物线C:的焦点为F,P为C上一点,PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且若,,,对折1次共可以得到,两种规格的图形,它们的面积之和,对折2次共可以得到,,三种规格的图形,它们的面积之和,;如果对折n次,,记,写出,,并求数列的通项公式;“一带一路”知识竞赛,有A,,若回答错误则该同学比赛结束;若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答,无论回答正确与否,该同学比赛结束类问题中的每个问题回答正确得20分,否则得0分;B类问题中的每个问题回答正确得80分,,能正确回答B类问题的概率为,,记X为小明的累计得分,求X的分布列;为使累计得分的期望最大,小明应选择先回答哪类问题?,B,C的对边分别为a,b,已知,点D在边AC上,证明:;第2页,共19页:..若,,在三棱锥中,平面平面BCD,,:;若是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,,且二面角的大小为,,已知点,,点M满足记M的轨迹为求C的方程;设点T在直线上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且,,共19页:..;设a,b为两个不相等的正数,且,证明:第4页,共19页:..答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查集合的交集运算,.【解答】解:,,故选:2.【答案】C【解析】【分析】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,,再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.【解答】解:,故选:3.【答案】B【解析】解:由题意,设母线长为l,因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长,圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径,则有,解得,所以该圆锥的母线长为故选:设母线长为l,利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长,圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径,列出方程,,解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长,圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径,考查了逻辑推理能力与运算能力,.【答案】A【解析】第5页,共19页:..【分析】本题考查正弦型函数单调性,.【解答】解:令,则,当时,,,故选:5.【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的定义,结合基本不等式,,基本不等式的应用.【解答】解:,是椭圆C:的两个焦点,点M在C上,,所以,当且仅当时,取等号,所以的最大值为故选:6.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查同角三角函数基本关系,三角函数式的求值等知识,,然后利用齐次式的特征将其“弦化切”即可求得三角函数式的值.【解答】解:由题意可得:第6页,共19页:..故选7.【答案】D【解析】解:函数是增函数,恒成立,函数的图象如图,,即取得坐标在x轴上方,如果在x轴下方,连线的斜率小于0,,,只有一条切线;在曲线上侧,没有切线;由图象可知在图象的下方,并且在x轴上方时,有两条切线,可知故选:画出函数的图象,判断与函数的图象的位置关系,,函数的单调性以及切线的关系,考查数形结合思想,.【答案】B【解析】【分析】本题考查相互独立事件的应用,要求能够列举出所有事件和发生事件的个数,、乙、丙、丁可能的情况,然后根据独立事件的定义判断即可.【解答】解:由题意可知,两次取出的球的数字之和是8的所有可能为:,,,,,两次取出的球的数字之和是7的所有可能为,,,,,,甲,乙,丙,丁,A:甲丙甲丙,B:甲丁甲丁,C:乙丙乙丙,D:丙丁丙丁,故选:9.【答案】CD【解析】【分析】第7页,共19页:..本题考查平均数、中位数、标准差、极差,、中位数、标准差、极差的定义直接判断即可.【解答】解:对于A,两组数据的平均数的差为c,故A错误;对于B,两组样本数据的样本中位数的差是c,故B错误;对于C,设原样本数据的样本方差和标准差分别为,,新数据的样本方差和标准差分别为,,因为…,,,,即,两组样本数据的样本标准差相同,故C正确;对于D,…,,c为非零常数,原数据组的样本极差为,新数据组的样本极差为,两组样本数据的样本极差相同,:10.【答案】AC【解析】【分析】本题考查平面向量数量积的性质及运算,考查同角三角函数基本关系式及两角和的三角函数,,然后逐一验证四个选项得答案.【解答】解:,,,,,,,,,,则,,则,故A正确;,,不能恒成立,故B错误;,,,故C正确;,,不能恒成立,:第8页,共19页:..11.【答案】ACD【解析】【分析】求出过AB的直线方程,再求出圆心到直线AB的距离,得到圆上的点P到直线AB的距离范围,判断A与B;画出图形,由图可知,当过B的直线与圆相切时,满足最小或最大,求出圆心与B点间的距离,再由勾股定理求得判断C与本题考查直线与圆的位置关系,考查转化思想与数形结合思想,是中档题.【解答】解:,,过A、B的直线方程为,即,圆的圆心坐标为,圆心到直线的距离,点P到直线AB的距离的范围为,,,,点P到直线AB的距离小于10,但不一定大于2,故A正确,B错误;如图,当过B的直线与圆相切时,满足最小或最大点位于时最小,位于时最大,此时,,:12.【答案】BD【解析】【分析】本题考查了动点轨迹,线面平行与线面垂直的判定,锥体的体积问题等,综合性强,考查了逻辑推理能力与空间想象能力,,点P在线段上,分别计算点P为两个特殊点时的周长,即可判断选项A;当时,点P在线段上,利用线面平行的性质以及锥体的体积公式,即可判断选项B;当时,取线段BC,的中点分别为M,,连结,第9页,共19页:..则点P在线段上,分别取点P在,M处,得到均满足,即可判断选项C;当时,取的中点,的中点D,则点P在线的上,证明当点P在点处时,平面,利用过定点A与定直线垂直的平面有且只有一个,即可判断选项【解答】解:对于A,当时,,即,所以,故点P在线段上,此时的周长为,当点P为的中点时,的周长为,当点P在点处时,的周长为,故周长不为定值,故选项A错误;对于B,当时,,即,所以,故点P在线段上,因为平面,所以直线上的点到平面的距离相等,又的面积为定值,所以三棱锥的体积为定值,故选项B正确;对于C,当时,取线段BC,的中点分别为M,,连结,因为,即,所以,则点P在线段上,当点P在处时,,,第10页,共19页:..又,所以平面,又平面,所以,即,同理,当点P在M处,,故选项C错误;对于D,当时,取的中点,的中点D,因为,即,所以,则点P在线的上,当点P在点处时,取AC的中点E,连结,BE,因为平面,又平面,所以,在正方形中,,又,BE,平面,故平面,又平面,所以,在正方体形中,,又,,平面,所以平面,因为过定点A与定直线垂直的平面有且只有一个,故有且仅有一个点P,使得平面,:13.【答案】1【解析】第11页,共19页:..【分析】本题考查函数的奇偶性,考查计算能力,,可得也为R上的奇函数,即可得解.【解答】解:函数是偶函数,为R上的奇函数,故也为R上的奇函数,所以时,,所以,经检验,满足题意,故答案为:14.【答案】【解析】解:由题意,不妨设P在第一象限,则,,所以,所以PQ的方程为:,时,,,所以,解得,所以抛物线的准线方程为:故答案为:求出点P的坐标,推出PQ方程,然后求解Q的坐标,利用,求解p,,考查转化思想以及计算能力,.【答案】1【解析】【分析】本题考查利用导数求最值的应用,考查运算求解能力,,对x分段去绝对值,当时,直接利用单调性求最值;当时,利用导数求最值,进一步得到的最小值.【解答】解:函数的定义域为,当时,,此时函数在上为减函数,第12页,共19页:..所以;当时,,则,当时,,单调递减,当时,,单调递增,当时取得最小值,为,,函数的最小值为故答案为:16.【答案】5【解析】【分析】本题考查数列的求和,考查数学知识在生活中的具体运用,考查运算求解能力及应用意识,,对折4次共可以得到5种不同规格图形;对折k次共有种规格,且每个面积为,则,,然后再转化求解即可.【解答】解:易知有,,共5种规格;由题可知,对折k次共有种规格,且每个面积为,故,则,记,则,,第13页,共19页:..,故答案为:5;17.【答案】解:因为,,所以,,,所以,,,所以数列是以为首项,以3为公差的等差数列,所以由可得,,则,,当时,也适合上式,所以,,所以数列的奇数项和偶数项分别为等差数列,则的前20项和为……【解析】本题主要考查数列的递推式,数列的求和,考查运算求解能力,,,从而可得求得,,由可得数列是等差数列,从而可求得数列的通项公式;由数列的通项公式可得数列的奇数项和偶数项分别为等差数列,.【答案】解:由已知可得,X的所有可能取值为0,20,100,则,,所以X的分布列为:X020100P由可知小明先回答A类问题累计得分的期望为,若小明先回答B类问题,记Y为小明的累计得分,则Y的所有可能取值为0,80,100,,,第14页,共19页:..,则Y的期望为,因为,所以为使累计得分的期望最大,小明应选择先回答B类问题.【解析】本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望,考查运算求解能力,,X的所有可能取值为0,20,100,分别求出对应的概率即可求解分布列;由可得,若小明先回答B类问题,记Y为小明的累计得分,Y的所有可能取值为0,80,100,分别求出对应的概率,从而可得,比较与的大小,.【答案】解:证明:由正弦定理知,,,,,,即,;由知,,,,在中,由余弦定理知,,在中,由余弦定理知,,,,即,得,,,或,在中,由余弦定理知,,当时,舍;第15页,共19页:..当时,;综上所述,【解析】本题主要考查正弦定理和余弦定理,;要能找到隐含条件:和互补,.【答案】解:证明:因为,O为BD的中点,所以,又平面平面BCD,平面平面,平面ABD,所以平面BCD,又平面BCD,所以;方法一:取OD的中点F,因为为正三角形,所以,过O作与BC交于点M,则,所以OM,OD,OA两两垂直,以点O为坐标原点,分别以OM,OD,OA所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系如图所示,则,,,设,则,因为平面BCD,故平面BCD的一个法向量为,设平面BCE的法向量为,又,所以由,得,令,则,,故,因为二面角的大小为,所以,解得,所以,又,所以,故方法二:第16页,共19页:..过E作,交BD于点F,过F作于点G,连结EG,由题意可知,,又平面BCD所以平面BCD,又平面BCD,所以,又,,FG、平面EFG,所以平面EFG,又平面EFG,所以,则为二面角的平面角,即,又,所以,则,故,所以,因为,则,所以,则,所以,则,所以【解析】本题考查了面面垂直和线面垂直的性质,在求解有关空间角问题的时候,一般要建立合适的空间直角坐标系,将空间角问题转化为空间向量问题,,得到,然后利用面面垂直的性质,得到平面BCD,再利用线面垂直的性质,即可证明;方法一:建立合适的空间直角坐标系,设,利用待定系数法求出平面的法向量,由向量的夹角公式求出t的值,:过E作,交BD于点F,过F作于点G,连结EG,求出,,.【答案】解:由双曲线的定义可知,M的轨迹C是双曲线的右支,设C的方程为,根据题意,解得,的方程为;设,设直线AB的方程为,,,第17页,共19页:..由,得,整理得,,,,设,同理可得,由,得,,,,,【解析】的轨迹C是双曲线的右支,根据题意建立关于a,b,c的方程组,解出即可求得C的方程;设出直线AB的参数方程,与双曲线方程联立,由参数的几何意义可求得,同理求得,再根据,,考查直线与双曲线的位置关系,考查直线参数方程的运用,考查运算求解能力,.【答案】解:由函数的解析式可得,,,单调递增,,,单调递减,则在单调递增,:由,得,即,由在单调递增,在单调递减,所以,且,第18页,共19页:..令,,则,为的两根,其中不妨令,,则,先证,即证,即证,令,则在单调递减,所以,故函数在单调递增,,,,要证,即证,根据中单调性,即证,令,,则,令,,,单调递增,,,单调递减,又,,且,故,,,恒成立,得证,则【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性,利用导数研究极值点偏移问题,等价转化的数学思想,同构的数学思想等知识,,然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性,利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题,,共19页

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  • 时间2024-04-18