2023届海南省琼中县高三下学期统考数学试题（B）含解析

2023届海南省琼中县高三下学期统考数学试题（B）

一、单选题

1．设集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先求出集合,然后再求交集.

【详解】解：因为集合

，

又因为集合，

所以

故选：B.

【点睛】本题考查集合的交集运算，以及不含参数的一元二次不等式的解法，属基础题.

2．设，则=（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】对复数进行运算化简得，再进行模的计算，即可得答案；

【详解】，

故选：B.

【点睛】本题考查复数模的计算，考考运算求解能力，属于基础题.

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先由二倍角公式变形，再分子分母同除以化简代入即可求解.

【详解】因为，所以．

故选：B．

4．已知，若时满足，则的取值范围为（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题设可得且，应用凑配法及不等式性质求的范围.

【详解】当时，且在上递减，在上递增，

， 且，则，

即，整理可得．

，

，

．

，

．

故选：A

5．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设的中点为，连接、、，易知即为异面直线与所成的角（或其补角），由余弦定理，计算得即可．

【详解】如图，设的中点为，连接、、，

易知即为异面直线与所成的角（或其补角）

设三棱柱的侧棱与底面边长均为1，

则，，，

由余弦定理，得

故选：B.

6．如图，在长方体中，，，则下列结论：

①直线与直线所成的角为；

②直线与平面所成的角为；

③平面与平面所成的二面角为；

④平面与平面所成的二面角为直二面角.

其中正确结论的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】对于①，由，则直线与直线所成的角与直线与直线所成的角相等，即，利用锐角三角函数计算即可；

对于②，由平面，得到直线与平面所成的角为，再利用锐角三角函数计算即可；

对于③，知平面，由线面垂直的性质得 ，，从而得到平面与平面所成的二面角为，计算即可；

对于④，知平面，由面面垂直的判定定理得到 平面平面，即可得出结论.

【详解】对于①，由题意得，，则直线与直线所成的角与直线与直线所成的角相等，即，

在长方体中，，，所以，

因为，所以，即直线与直线所成的角为，故①正确；

对于②，在长方体中，平面，所以直线与平面所成的角为，

因为，，所以，则直线与平面所成的角为，故②正确；

对于③，在长方体中，平面，平面，平面，所以，，

又因为平面平面，所以平面与平面所成的二面角为，

由②得，，则平面与平面所成的二面角为，故③错误；

对于④，在长方体中，平面，平面，

所以平面平面，则平面与平面所成的二面角为直二面角，故④正确；

故选：C.

7．已知a＝log23﹣log2，b＝log0.5π，c＝0.9﹣1.1，则（　  　）

A．c＞a＞b B．a＞b＞c C．a＞c＞b D．b＞c＞a

【答案】A

【解析】将数据与0或者1进行比较，从而区分大小.

【详解】∵a＝log2log23∈（，1），

b＝log0.5π＜0，

c＝0.9﹣1.1＞1．

∴c＞a＞b．

故选：A．

【点睛】本题考查指数式，对数式的比较大小，一般地，我们将数据与0或者1进行比较，从而区分大小.

8．已知是直线上的动点，是圆的切线，是切点，是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出图形，求得的最小值，进而可求得四边形面积的最小值.

【详解】解：如下图所示：

由已知得圆心，圆的半径为，由圆的几何性质可得，

由勾股定理得，当取最小值时，最小，

的最小值为点到直线的距离，

，

由切线长定理得，又，，，

所以，四边形面积.

故选：C.

二、多选题

9．设，是不同的直线，，是不同的平面，则下列说法中正确的是（    ）

A．若，，，则 B．若，，则

C．若，，，则 D．若，，则

【答案】ACD

【分析】由线线、线面、面面平行与垂直的判定和性质判断即可

【详解】对于选项A，因为，所以当时，，由垂直于同一平面的两条直线平行可知，选项A正确；

对于选项B，当，时，直线与平面的位置关系不确定，所以选项B错误；

对于选项C，当，，时，可以得到，所以选项C正确；

对于选项D，当，时，，因为，所以，所以，所以选项D正确.

故选:ACD.

【点睛】方法点睛： 判断空间中直线与平面位置关系的两种策略：（1）根据空间中直线与平面位置关系的相关定理进行判断；（2）根据选项中给出的位置关系，联想特殊几何体（如正方体、正三棱柱等）进行直观判断.

10．设、分别是双曲线：的左、右焦点，且，则下列结论正确的有（    ）

A．

B．当时，的离心率是

C．当时，到渐近线的距离随着的增大而减小

D．当时，的实轴长是虚轴长的两倍

【答案】AC

【分析】根据题意可得， 根据可推得A项；当时，根据前面的结果，可推出，进而求出离心率可判断B项；求出到渐近线的距离，可判断C项；将代入，可得到、的值.

【详解】由已知可得，，所以，，即，所以，故A项正确；

当时，，则，又，所以，B项错误；

双曲线的渐近线方程为.当时，根据双曲线的对称性，只求到渐近线，即到的距离，又，则当增大时，变小，变小，所以C项正确；

当时，，，则，，则实轴长，虚轴长，所以D项错误.

故选：AC.

11．在下列四个式子中正确的是

A．当时，

B．有最小值

C．的最小值为

D．函数的值域为

【答案】AB

【解析】根据利用基本不等式求最值必须具备的三个件，即可判断出各选项的正误．

【详解】对A，因为，所以，当且仅当，即时，取等号，故A正确；

对B，因为，所以，所以，当且仅当，即时，取等号，故B正确；

对C，因为，所以，所以，当且仅当，即，故等号不成立，所以C错误；

对D，，当时，，当且仅当，即时，取等号；

当时，，当且仅当，即时，取等号，

所以函数的值域为，故D错误．

故选：AB

【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，利用基本不等式求最值，要把握三个条件，即“一正即各项都是正数；二定即和或积为定值；三相等即等号能取得”这三个条件缺一不可，有些题目虽然不具备直接用基本不等式求最值的条件，但可以通过凑项、拆项、变系数等方法使之能运用基本不等式．

12．若袋子中有2个白球，3个黑球，现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记1分，取到黑球记0分，记4次取球的总分数为X，则（    ）

A． B．

C．X的期望 D．X的方差

【答案】CD

【分析】由题意可知4次取球的总分数为X，即为4次取球取到白球的个数，故可确定判断A;由此可计算，判断B;利用二项分布的期望和方差公式计算期望和方差，即可判断C,D.

【详解】由题意知从袋子中有放回地随机取球4次，每次取到白球的概率为，

取到白球记1分，取到黑球的概率为，取到黑球记0分，

则记4次取球的总分数为X，即为4次取球取到白球的个数，

则知，A错误；

，B错误；

X的期望，C正确；

X的方差，D正确，

故选：CD．

三、填空题

13．疫情期间，有7名医护人员要到两所医院进行支援，每所医院最少3名，则不同的分配方案有______种．

【答案】70

【分析】根据题意，分2步进行分析：第一步，将7人分成2组，一组3人另一组4人，第二步，将分好的两组分派到两所医院，根据分布乘法计数原理可得.

【详解】根据题意，分2步进行分析：

第一步，将7人分成2组，一组3人另一组4人，有种，

第二步，将分好的两组分派到两所医院，有种，

根据分布乘法计数原理可得共有种不同的分配方案.

故答案为：70.

四、双空题

14．已知正实数满足，则的最小值为___________，的最大值为___________．

【答案】         

【分析】利用基本不等式进行变形，分别求得的最小值和的最大值.

【详解】（1）正实数满足，

，

.

当且仅当时取等号.

（2）由，化简得，所以或（舍），当且仅当时，即，等号成立，故的最小值是.

故答案为：（1）；（2）

15．一组数据的平均数是28，方差是36，若将这组数据中的每一个数据都加上60，得到一组新数据，则所得新数据的平均数是______方差是______.

【答案】     88     36

【分析】每一数据增加60，平均数也增加60，每一数据与平均数的差都不变，方差不变.

【详解】每一个数据都加上60，平均数增加60，则每一数据与平均数的差不变，即偏离平均值的程度不变，所以方差不变，仍为36.

故答案为：88；36.

【点睛】方差反映的是一组数据偏离平均值的情况，它是用来衡量一组数据波动大小的特征数，方差越小，波动越小，稳定性也越好.

五、填空题

16．如图，正四面体的棱长为1，点是该正四面体内切球球面上的动点，点是上的动点，则的取值范围为____．

【答案】

【分析】由正四面体内切球球心的位置特征求内切球半径、及到的最短距离，进而可得的取值范围.

【详解】由正四面体棱长为1，则正四面体的体高为，

若其内切球球心为，半径为，则，

又，可得，则，

所以到的最短距离为.

综上，的取值范围为，即.

故答案为：

六、解答题

17．已知是一个单调递增的等差数列，且满足,，数列的前项和为.

（1）求数列的通项公式；（2）证明数列是等比数列.

【答案】（1） ；（2） 答案见解析.

【分析】（1）根据等差数列的通项公式列出方程求解得首项与公差，即可得解；

（2）根据与的关系可得的通项公式，再由等比数列的定义证明即可.

【详解】（1）设等差数列的公差为，则依题知.

由可得.

由,得，可得.

所以，从而；

（2）证明：由已知，得

时，，

所以，

又，解得

所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.

18．已知函数.

（1）求的最小正周期；

（2）求在区间上的最大值和最小值；

（3）若函数在上有两个不同的零点，求实数k的取值范围.

【答案】（1）；（2）最大值为2，最小值为 ；（3）.

【解析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式对函数化简，再利用周期公式可求出周期；

（2）由得，再结合正弦函数的图像和性质可求出函数的最值；

（3）由函数在上单调递增，，在上单调递减，，从而可求出实数k的取值范围.

【详解】（1）由，

得的最小正周期为.

（2）因为，

所以，

所以.

从而.

所以，当，即时，的最大值为2；

当，即时，的最小值为.

（3）由，得，而函数在上单调递增，

，在上单调递减，，

所以若函数在上有两个不同的零点，则.

【点睛】此题考查三角函数恒等变换公式的应用，考查正弦函数图像和性质的应用，属于基础题

19．如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，E是PD的中点.

（1）证明：直线平面PAB；

（2）求直线与平面所成角；

（3）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.

【分析】（1）取PA的中点为F，连接EF，BF，证得CE//BF，进而线面平行得判定定理即可得出结论；

（2）取AD的中点O连接PO，CO，证得为直线与平面所成角，解三角形求出即可得到直线与平面所成角；

（Ⅲ）作于，连接证得为二面角的平面角，求出

的余弦值即可.

【详解】

（1）取PA的中点为F，连接EF，BF，

∵E为PD的中点，∴EF//AD，  且EF=，

又AB=BC=，∴BC//，

∴  ∴四边形BCEF为平行四边形，

∴CE//BF，

又BF平面PAB，CE平面PAB，∴直线CE∥平面PAB，

（2）取AD的中点O连接PO，CO，

∵三角形PAD为等边三角形，∴PO⊥AD，

又∵面PAD⊥面ABCD，∴PO⊥面ABCD，

∴为直线与平面所成角，        

设AD=2，则，易得四边形ABCO为矩形，∴CO=AB=1，

∴，∴，

直线与平面所成角为.                    

（Ⅲ）M在底面ABCD的射影落在在OC上，

设，由（2）知，

又直线BM与底面ABCD所成的角为45°，∴，∴BN=MN，

又，，又BC=1，且，

∴，，，

作于，连接，∵，∴，∴，

所以为二面角的平面角，            

，

∴，则二面角的余弦值为.

20．2020年新冠疫情期间，某县区绝大部分教师利用钉钉进行直播教学，某校为了了解学生喜欢钉钉上课是否与性别有关，从高二年级中随机抽取40名学生进行了问卷调查，得到如下列联表：

已知在这随机抽取的40人中，有16名学生不喜欢钉钉上课．

（1）求喜欢钉钉上课的学生的概率？

（2）请将上述列联表补充完整，并由此数据分析能否有95%的把握认为喜欢钉钉上课与性别有关？

附临界值表：

参考公式：，其中．

【答案】（1）；（2）没有的把握认为喜欢钉钉上课与性别有关

【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得；

（2）依题意完善列联表，计算出，再与参考值比较即可判断；

【详解】解：（1）依题意在这随机抽取的40人中，有16名学生不喜欢钉钉上课，则有人喜欢钉钉上课，故喜欢钉钉上课的学生的概率．

（2）列联表如下所示：

则

故没有的把握认为喜欢钉钉上课与性别有关；

21．如图，已知椭圆，点是它的右端点，弦过椭圆的中心，，.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设、为圆上不重合的两点，的平分线总是垂直于轴，且存在实数，使得，求的最大值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）先求出的值，再求出点的坐标，并将点的坐标代入椭圆方程，得出的值，即可得出椭圆的标准方程；

（2）先由已知条件得出直线和直线的斜率互为相反数，可设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，同理得出点的坐标，利用向量的坐标运算得出实数的表达式，再利用基本不等式可求出的最大值．

【详解】（1）依题意可知，，.

又，，是等腰直角三角形，，.又点在椭圆上，，，因此，所求椭圆的标准方程为；

（2）如下图所示：

对于椭圆上两点、，的平分线总是垂直于轴，

与所在直线关于直线对称.

设，则，

则直线的方程为，①

直线的方程为，②

将①代入，得.③

在椭圆上，是方程③的一个根，，

以替换，得到.

，，

易知，，，，则，

，

当且仅当时，即当时，等号成立，

因此，实数的最大值为.

【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆方程的求解，解决本题的关键在于将题中的角转化为直线的斜率关系，考查推理能力与计算能力，属于中等题．

22．已知函数．

(1)求在点处的切线方程；

(2)判断函数在区间上的单调性，并说明理由；

(3)求证：．

【答案】(1)

(2)在区间上是单调递增函数；理由见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）求导得到导函数，根据导函数计算切线斜率，得到直线方程.

（2）求导得到导函数，根据导函数大于零恒成立得到证明.

（3）题目转化为求函数最大值，求导得到导函数，构造，根据函数的单调性得到存在唯一实数，使得，根据单调性得到最值点，代换得到，再计算最值得到答案.

【详解】（1），得，，，切线方程为：．

（2）函数在区间上是单调递增函数．理由如下：

因为，所以，，因此，，

故恒成立，故在区间上是单调递增函数．

（3）证明“”等价于证明“”．

由题意可得，，因为，

再令，则，所以在上单调递减．

因为，，

所以存在唯一实数，使得，其中．

，，变化如下表所示：

所以为函数的极大值．

因为函数在有唯一的极大值，所以．

因为，所以．

设，，，故在上单调递增，

故，因为，所以．所以．

【点睛】本题参考了切线方程，利用导数求函数的单调性，证明函数不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将不等式转化为求函数的最值是解题的关键.