海南省2023-2024学年高三学业水平诊断（四）数学试题（附解析版）

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考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，求出和，再根据集合的运算，即可求出结果.
【详解】由，得到，所以，
又，所以，故，
故选：D.
2. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再判断其虚部即可.
【详解】因为，
所以复数的虚部为.
故选：B
3. 已知函数，则曲线在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程即可.
【详解】函数，求导得，则，而，
所以曲线在处的切线方程为.
故选：A
4. 我们平时登录各类网络平台的密码中的不同符号都各自对应一个字节数，若某个密码使用的符号对应的字节数分别为1，2，4，4，6，7，8，则这组数据的分位数为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合百分位数的定义和计算方法，即可求解.
【详解】由某个密码使用的符号对应的字节数分别为1，2，4，4，6，7，8，
可得，所以这组数据的75%分位数为第6个数字7.
故选：D.
5. 已知为等差数列，，则（ ）
A. 32B. 27C. 22D. 17
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，得到，进而可求得，即可求出结果.
【详解】因为，，得到，
所以，得到，
故选：C.
6. 将椭圆上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标伸长为原来的倍得到椭圆，设的离心率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】由已知，可得，由表示出，即可判断.
【详解】由题意知，椭圆，上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标伸长为原来的倍得到椭圆，
则，
则，
若，则，所以，则.
故选：B.
7. 已知正四棱台的上底面积为16，下底面积为64，且其各个顶点均在半径的球O的表面上，则该四棱台的高为（ ）
A. 2B. 8C. 2或12D. 4或8
【答案】C
【解析】
【分析】做出截面，根据圆心是否位于截面内部分两种情况，根据线段关系即可求解.
【详解】
如图，做出截面，此时圆心位于截面内部，
取中点，中点，连接、和，
易得点在上，由题意得，，，
因为，，
所以，
当不在截面内，
同第一种情况理可得，，
所以，综上所述：该四棱台的高为或.
故选：C.
8. 已知函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，则的值可以是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】令，，根据对称性，问题可以转化为与的图象在内有个不同的交点，画出函数图象，数形结合即可判断.
【详解】令，，
因为与的图象关于轴对称，
因为函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，
所以问题转化为与图象在内有个不同的交点，
在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：
因为，当时，，
结合图象及选项可得的值可以是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键是转化为与的图象在内有个不同的交点.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 设这两个平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】利用线面、面面平行、垂直的性质，对各个选项逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】对于选项A，因为，则，所以选项A错误，
对于选项B，因为，由线面垂直的性质知，，所以选项B正确，
对于选项C，因为，则与可能是异面直线，也可能是相交直线，所以选项C错误，
对于选项D，因为，垂直同一直线的两个平面互相平行，所以选项D正确，
故选：BD.
10. 已知实数满足，则（ ）
A. B.
C. D. 当最小时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据反例可判断A的正误，再利用不等式的基本性质，以及基本不等式和绝对值的几何意义可判断BCD的正误.
【详解】对于A中，当时，，所以A错误；
对于B中，由，可得，所以B正确；
对于C中，因为，所以，
又因为，所以等号不成立，，所以C正确；
对于D中，由的最小值，即为数轴到和的距离之和最小，
当且仅当时最小，此时，所以D正确
故选：BCD.
11. 在平面四边形中，已知，且，则（ ）
A. 的面积为
B. 的面积为2
C. 四边形为等腰梯形
D. 在方向上的投影向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算公式，求得可得，得到为等边三角形，可判定A正确；设，由余弦定理得到，利用向量的数据的运算公式，列出方程求得，得到，可判定B正确；根据角之间的大小关系，可判定C错误；根据余弦定理，求得，结合投影的定义与运算，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，可得，
所以，即，
因为，所以，
又因为，所以，所以为等边三角形，
所以，所以A正确；
对于B中，设，由余弦定理的，
由，
可得，解得，
所以，所以，所以，所以B正确；
对于C中，因为，
所以与不平行，与也不平行，所以C错误；
对于D中，因为，所以，
又因为，所以，
由余弦定理得
，所以，
所以向量在方向上的投影向量为
，所以D正确.
故选：ABD.
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用平面向量数量积的运算法则分别判断得是正三角形，是等腰三角形，从而得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 近日海南文旅火爆出圈，海南岛优美的海滨景观和深厚的文化底蕴吸引着全国各地游客前往，小明计划假期去海口、三亚、儋州、文昌、琼海五个城市游玩，每个城市都去且只去一次，若儋州和文昌这两个城市不排在最前面和最后面，则不同的游玩顺序有______种．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】由特殊元素优先原则，先排儋州和文昌这两个城市，再排其他城市即可.
【详解】依题意，相当于将五个城市进行放到五个排成一排的空位中，
先排儋州和文昌，在中间三个空位选两个进行排序，有种排法，
再将其他3个城市放到剩下的三个空位进行排序，有种排法，
所以共有种排法.
故答案为：.
13. 已知函数在内恰有3个零点，则取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先由的取值范围求出的取值范围，再由题意结合正弦函数的性质求解即可.
【详解】由时，所以，
当时，令，解得，
又因为在上仅有三个零点，
因此，解得.
故答案为：.
14. 已知为双曲线的右支上一点，点分别在的两条渐近线上，为坐标原点，若四边形为平行四边形，且，则______，
【答案】##1.25
【解析】
【分析】通过已知假设，由，求得点坐标，进而求得的直线方程与双曲线方程联立，求得点坐标，计算可得结果.
【详解】双曲线，则渐近线方程为：，，
设，由，
可得，解得，所以，
设，点代入求得：.
所以，与双曲线方程联立可得
，解得：，即，
故.
故答案为：
点睛】思路点睛：先利用两点距离公式求得点，再利用联立直线与双曲线方程得点，从而得解.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 甲、乙两队进行排球比赛，规则是：每个回合由一方发球，另一方接球，每个回合的胜方得1分，负方不得分，且胜方为下一回合的发球方．无论之前得分情况如何，每个回合中发球方得分的概率均为，接球方得分的概率均为，且第一回合的发球方为甲队．
（1）求第二回合甲队得分的概率；
（2）设前三个回合中，甲队发球的次数为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）分甲第一回合得分且第二回合得分和甲第一回合不得分且第二回合得分两种情况讨论，结合相互独立事件的概率公式计算即可；
（2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可.
【小问1详解】
甲第一回合得分且第二回合得分的概率为，
甲第一回合不得分且第二回合得分的概率为，
所以第二回合甲队得分的概率为；
【小问2详解】
由题意可取，
则，
，
，
所以的分布列为：
所以.
16. 如图，在三棱锥中，和均为等腰直角三角形，为棱的中点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明：设，取的中点，证得，再由，得到是二面角的平面角，结合，即可证得平面平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：设，因为和均为等腰直角三角形，且，
可得,
如图所示，取的中点，连接，
因为为中点，所以，且，
又因为，所以，
因为为等腰直角三角形，，所以且，
所以是二面角的平面角，
又由，所以，所以，
所以平面平面.
【小问2详解】
解：由（1）知两两垂直，故以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
又由平面的一个法向量为，可得，
设二面角的平面角的大小为，即，
所以，即二面角的正弦值为.
17. 已知为等比数列，其前项和为．
（1）求的通项公式；
（2）记各项均为正数的数列的前项和为，若，证明：当时，．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合，求得，进而求得数列的通项公式；
（2）由，得到，进而得到当时，，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【小问1详解】
解：设等比数列的公比为，
因为，可得，所以，
又由，所以，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：因为，所以，
将上面各式相乘，可得，
所以，当时，.
18. （1）证明：当时，；
（2）若过点且斜率为的直线与曲线交于两点，为坐标原点，证明：．
【答案】证明见解析；证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别构造函数和，求导后分析单调性，找到最值，即可证明；
（2）利用（1）的结论，对不等式左边把换成可得，由斜率的定义结合对数的运算可得，右边用代替可得，结合对数的运算可得，最后由向量数量积的坐标表示化简证明即可.
【详解】证明：设，
则，
因为，所以恒成立，所以在上单调递增，
所以，
所以，
设，
则，
所以恒成立，所以在单调递减，
所以，
所以，
综上，当时，.
（2）证明：由题意可知直线的方程为，设，
同时设，则，
由（1）知当时，，
所以，
因为直线的斜率，所以，即，
又中，用代替可得，
即，
所以，变形为，
即，即，
所以.
【点睛】关键点点睛：证明函数型不等式可构造函数，求导，分析单调性，求最值证明.
19. 在直角坐标系中，动点到直线的距离等于点到点的距离，动点在圆上，且的最小值为，设动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知圆的切线与曲线交于两点，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设依题意可得，整理即可得到点的轨迹方程，再由的最小值转化为，利用距离公式求出，即可得解；
（2）设切线为，由相切得到，再联立直线与曲线方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出，再构造函数，利用导数求出最小值，即可得解.
【小问1详解】
设，依题意，
两边平方可得，整理得，
即的方程为，
圆的圆心为，半径，
又由题意可知动点总在圆外，所以，所以，
又，当且仅当时取等号，
所以，解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
因为切线与曲线有两个交点，
所以切线不与平行，设为，因为与圆相切，所以，所以，
由，得，又，
则，
设，，则，，
所以，
所以，
因为，所以，所以或，
设，（或），
则，
所以当时，在上单调递增，则；
当时，在上单调递减，则；
所以的最小值为，当且仅当，时取得，
所以的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是表示出，再构造函数利用导数求出函数的最小值.