海南省部分学校2023-2024学年高三上学期12月联考（四）数学（Word版附答案）

这是一份海南省部分学校2023-2024学年高三上学期12月联考（四）数学（Word版附答案），共13页。试卷主要包含了考查范围，已知，则，已知函数，则的图象大致为，已知，则下列不等式正确的是，已知向量，则等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷满分150分，测试时间120分钟，共4页.
2.考查范围：集合､常用逻辑用语､不等式､三角函数､平面向量､解三角形､函数与导数､数列､立体几何､解析几何.
一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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.若函数为上的偶函数，则实数的值为（ ）
A.-2 B.2 C.1 D.-1
3.已知，则（ ）
A.0 B.4 C.-4 D.0或4
4.已知数列的通项公式为，从该数列中抽取出一个以原次序组成的首项为4，公比为2的等比数列，其中，则数列的通项公式为（ ）
A. B.
C. D.
5.已知函数的部分图象如图所示，其中，则下列说法错误的是（ ）
A.
B.
C.直线是图象的一条对称轴
D.是图象的一个对称中心
6.已知函数，则的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
7.已知圆过点，且直线0被圆所截得的弦长为，若圆的圆心在轴右侧，则圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
8.“大衍数列”来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，是中华传统文化中的一大瑰宝.已知“大衍数列”的前10项分别为，据此可以推测，该数列的第15项与第60项的和为（ ）
A.1012 B.1016 C.1912 D.1916
二､多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.已知，则下列不等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.已知向量，则（ ）
A.若，则
B.在方向上的投影向量为
C.存在，使得在方向上投影向量的模为1
D.的取值范围为
11.已知函数在处取得最大值的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.在上的单调递减区间是
C.将图象上的所有点向右平移个单位长度，再把得到的曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象
D.将图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到的图象
12.已知定义在上的函数满足为奇函数，的图象关于点对称，则下列说法正确的是（ ）
A.函数的图象关于对称
B.函数的图象关于点对称
C.函数的一个周期为4
D.
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13.已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的焦距为__________.
14.已知向量满足，则__________.
15.等差数列前项和分别为，且，则__________.
16.已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为为上任意一点，且的周长为6，若直线经过定点，则的最小值为__________.
四､解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
17.（10分）
在中，角所对的边分别为，已知.
（1）求的大小；
（2）若为上的高，且，求面积的最小值.
18.（12分）
如图，在长方体中，，点为的中点，点是上靠近的三等分点，与交于点.
（1）求证：平面；
（2）若，求点到平面的距离.
19.（12分）
已知数列的前项和为，且.
（1）求；
（2）若，求数列的前项和.
20.（12分）
如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，，点为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
21.（12分）
已知抛物线的焦点为，直线：与直线与抛物线分别交于点和点.
（1）若，求的面积；
（2）若直线与交于点，证明：点在定直线上.
22.已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
2023-2024学年海南省高考全真模拟卷（四）
数学·答案
1.D 2.A 3.D 4.Α
5.C 6.A 7.B 8.C
9.ABC 10.BCD 11.ABD 12.ACD
13. 14.2或 15. 16.3
17.解：（1）因为，
结合正弦定理得，
因为，所以，
所以，
所以.
又，所以.
（2）由题意得，
，
故.
由余弦定理，得，
，
，当且仅当时取等号，
面积的最小值为.
18.解：（1）连接.
易知分别为线段的中点，
所以.
又且，
所以四边形是平行四边形，
所以，故，
又平面平面，
故平面.
（2）连接.由题易知.
易知为的中点，又，
所以.
以为原点，所在直线分别为轴
建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以.
设平面的法向量为，
则即
令，则，
可得.
因为，
故点到平面的距离为.
19.解：（1）依题意，
故，
故是以2为公差的等差数列.
而，
又，解得，
故的首项为3，
则，
则.
（2）由（1）可知，当时，；
当时，
也满足该式，故，
故，
则，
两式相减得，，
故
20.解：（1）法一：连接，在Rt中，
底面.
又在直角梯形中，，
平面，
平面，
而平面，
平面，
.
法二：
.
（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
.
设平面的法向量，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
21.解：（1）依题意，，
联立
得.
设，
故，
故
，
点到直线的距离，
故.
（2）设，
，联立
得，
则.
同理可得，.
则直线，
化简得，，①
同理可得，直线0，②
联立①②消去可得，
故点在直线上.
22.解：（1）当时，，
所以，
令，
可得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以当时，取得极大值，也为最大值，
且，
所以，所以在上单调递减.
（2）由，
得，
即在上恒成立.
令，
可得，
令，
可得，
令，可得；
令，可得，
所以在单调递减，在单调递增，
又
所以在中存在唯一的使得，
在中存在唯一的使得，
即有.
因为在单调递减，在单调递增，
所以当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
又
，
所以当时，；
当时，；
当时，；
当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，
所以时，的极小值为
时，的极小值为
因为，
可得，
所以，
所以.
代入和，
则有，
同理可得，
所以，
所以，