海南省四校（海南中学、海口一中、文昌中学、嘉积中学）2024届高三下学期联考数学试题（附解析版）

这是一份海南省四校（海南中学、海口一中、文昌中学、嘉积中学）2024届高三下学期联考数学试题（附解析版），文件包含海南省四校海南中学海口一中文昌中学嘉积中学2024届高三下学期联考数学试题原卷版docx、海南省四校海南中学海口一中文昌中学嘉积中学2024届高三下学期联考数学试题原卷版pdf、海南省四校海南中学海口一中文昌中学嘉积中学2024届高三下学期联考数学试题解析版docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
数学
时间：120分钟 满分：150分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
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，写在试卷上无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
第I卷选择题
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. [—1，7]
C. D. （2，4）
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式、绝对值不等式求集合A、B，再由集合的交运算求结果.
【详解】由题设，，或，
所以或.
故选：A
2. 若古典概型的样本空间，事件，事件，相互独立，则事件可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据与是否相等判断事件是否独立，得到答案.
【详解】由题意得，
A选项，，，故，
所以，故事件相互独立，A正确；
B选项，，，故，
所以，故事件不相互独立，B错误；
C选项，，，故，
所以，故事件不相互独立，C错误；
D选项，，，故，
所以，故事件不相互独立，D错误；
故选：A
3. 已知是两个平面，，是两条直线，则下列命题错误的是（ ）
A. 如果，，那么
B. 如果，，那么
C. 如果，，那么
D. 如果，， ，那么
【答案】D
【解析】
【分析】结合空间中的线面位置关系逐一判断即可.
【详解】对于A:由面面平行的定义可得与没有公共点，即，故A正确；
对于B:如果，，那么在内一定存在直线，又，则，故B正确；
对于C:如果，，那么根据线面平行的性质可得 ，故C正确;
对于D；如果，，则或，又，那么与可能相交，也可能平行，故D错误.
故选：D.
4. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理得到，由为锐角三角形，得到，结合三角函数的单调性得到，从而得解.
【详解】由正弦定理得，即，
又为锐角三角形，，
又，则，
解得，而当时，单调递增，
故，所以.
故选：C
5. 已知直线：的倾斜角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先由题意求得，再根据同角三角函数基本关系式和诱导公式，即可求解.
【详解】由题意可知，，，
则，解得，或（舍），
所以
故选：B
6. 英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件，存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有的可能呈现阳性；该试剂的误报率为，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用条件概率，结合全概率公式与贝叶斯公式即可得解.
【详解】依题意，设用该试剂检测呈现阳性为事件B，被检测者患病为事件A，未患病为事件，
则，，，，
故，
则所求概率为.
故选：C.
7. 已知三棱锥的体积是是球的球面上的三个点，且，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理得到外接圆半径，由余弦定理得到，由三角形面积公式得到，结合三棱锥体积得到球心到底面的距离，得到球的半径，得到表面积.
【详解】因为，所以的外接圆半径为，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
设球心到平面的距离为，
∵，
，
球半径，所以球面积.
故选：A
8. 已知过抛物线焦点的直线交于，两点，点，在的准线上的射影分别为点，，线段的垂直平分线的倾斜角为，若，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】首先求直线的倾斜角和直线方程，再联立直线和抛物线方程，利用韦达定理表示弦长，即可求解.
【详解】如图，过点作，
由条件可知直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为，
由，，所以,
设直线的直线方程为，
联立，得，
易知，则，
而，得.

故选：B
二､多选题：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. 若（为虚数单位），则下列说法正确的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由共轭复数的定义、复数的模长公式、复数的运算对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，，则，
所以，故A正确；
对于B，
，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，
所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知函数（），则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则是的图像的对称中心
B. 若恒成立，则最小值为2
C. 若在上单调递增，则
D. 若在上恰有2个零点，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正弦型函数的图象和性质对各选项逐一判断即可.
【详解】选项A：若，则，
由正弦函数的图象可知是的图像的对称中心，A说法正确；
选项B：若恒成立，则，解得，
又，所以的最小值为2，B说法正确；
选项C：令，显然在上单调递增，且，
若在上单调递增，则，解得，所以，C说法正确；
选项D：当时，，
若在上恰有2个零点，则，解得，D说法错误；
故选：ABC
11. 已知定义在上的奇函数，满足，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为6B. 函数在上递增
C. D. 方程有4个根
【答案】BC
【解析】
【分析】由题设可得最小正周期为4，可判断A，B，C；根据已知区间解析式画出图象，再画出的图象判断交点情况即知D的正误.
【详解】令等价于，所以，
所以，所以，
所以函数的最小正周期为4，故A错误；
当时，，所以函数在上递增，
因为函数的最小正周期为4，所以函数在上的单调性与单调性相同，故B正确；
又因为，，令时，则，
令时，则，又，
所以，
，故C正确；
又当时，，结合对称性与周期性作出函数的图象，如图，

作出的图象，由图知两函数共有5个交点，
可得方程有5个根，则D错误；
故选：BC.
【点睛】方法点睛：函数的对称性：
（1）若，则函数关于中心对称；
（2）若，则函数关于对称.
第II卷非选择题
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，满足，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量是数量积公式，即可求解.
【详解】由可知，，
即，得，
.
故答案为：
13. 设等差数列的前项和为，若，，则______.
【答案】10
【解析】
【分析】由已知条件计算出和公差，再根据等差数的前项和公式求解即可.
【详解】解：因为为等差数列，，即，所以，
又因为，所以，所以，
所以，，
所以公差，所以，
所以.
故答案为：10
14. 在中，，，于，若为的垂心，且.则到直线距离的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】首先利用垂心的性质，求得点的轨迹方程，再利用数形结合求距离的最小值.
【详解】设，由可知，，又，，
则，
因为点为的垂心，所以，
即，即()，
联立，得，得，
则直线与椭圆相离，如图，
设直线与椭圆相切，
联立，得，
令，得，
由图可知，与椭圆相切的切点到直线的距离最近，
此时最近距离为平行线和间的距离，即.
故答案为：
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. 远程桌面连接是一种常见的远程操作电脑的方法，除了windws系统中可以使用内置的应用程序，通过输入IP地址等连接到他人电脑，也可以通过向日葵，anyviewer等远程桌面软件，双方一起打开软件，通过软件随机产生的对接码，安全的远程访问和控制另一台电脑.某远程桌面软件的对接码是一个由“1，2，3”这3个数字组成的五位数，每个数字至少出现一次.
（1）求满足条件的对接码的个数；
（2）若对接码中数字1出现的次数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）150；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）分两种情况讨论：①当对接码中一个数字出现3次，另外两个数字各出现1次；②当对接的中两个数字各出现2次，另外一个数字出现1次，根据分类加法计数原理即可求解；
（2）随机变量的取值为1，2，3，求出对应的概率可得分布列，再根据期望公式即可求解.
【小问1详解】
当对接码中一个数字出现3次，另外两个数字各出现1次时，
种数为：，
当对接的中两个数字各出现2次，另外一个数字出现1次时，
种数为：，
所有满足条件的对接码的个数为150.
【小问2详解】
随机变量的取值为1，2，3，其分布为：
，，
，
故的分布列为：
故.
16. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，若函数有最小值2，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，求导，得到，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，得到函数单调性和最小值，得到，构造，求导得到函数单调性，结合特殊点的函数值，得到答案.
【小问1详解】
当时，的定义域为，
则，则，
由于函数在点处切线方程为，即.
【小问2详解】
的定义域为，
，
当时，令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，即
则令，设，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，解得：.
17. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．
（1）证明：；
（2）当为何值时，直线与平面所成的角最大？
【答案】（1）证明见解析；
（2）2.
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，可得，结合条件可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；
（2）利用坐标法，表示出平面的法向量，利用向量夹角公式结合基本不等式即得.
【小问1详解】
因为三角形是等边三角形，且E是中点，
所以，
又因为平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为面，
所以，
因为，，
所以，，
所以，即，
因为平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以；
【小问2详解】
设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
由已知得，
设，则、
设平面的法向量为，
则，
令，有，
设直线与平面所成的角，
所以，
当且仅当时取等号，
当时，直线与平面所成角最大．
18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足．
（1）求椭圆的方程；
（2）证明直线过定点；
（3）椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可；
（2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可；
（3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可.
【小问1详解】
由题设得，解得，
所以的方程为；
【小问2详解】
由题意可设，设，，
由，整理得，
．
由韦达定理得，，
由得，
即，
整理得，
因为，得，解得或，
时，直线过定点，不合题意，舍去；
时，满足，
所以直线过定点．
【小问3详解】
）由（2）得直线，所以，
由，
整理得，，
由题意得，
因为，所以，所以，
令，，
所以，在上单调递减，
所以的范围是．

19. 若有穷数列（是正整数），满足（，且，就称该数列为“数列”.
（1）已知数列是项数为7的数列，且成等比数列，，试写出的每一项；
（2）已知是项数为的数列，且构成首项为100，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？
（3）对于给定的正整数，试写出所有项数不超过的数列，使得成为数列中的连续项；当时，试求这些数列的前2024项和.
【答案】（1）答案见解析
（2）当或25时，取得最大值2500.
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）理解“数列”的定义，结合等比数列的基本量即可得解；
（2）解法一：利用“数列”的对称性，结合等差数列的求和公式求得，从而得解；解法二：利用前项和求得最大值的特征分析“数列”即可得解；
（3）根据题意列出满足的“数列”，再利用分组求和法与等比数列的前项和公式即可得解.
【小问1详解】
设的公比为，
则，解得，
当时，数列为；
当时，数列为；
综上，数列或.
【小问2详解】
解法一：因为构成首项为100，公差为的等差数列，
所以
，
又，所以当或时，取得最大值.
解法二：当该数列恰或时取得最大值，
此时或，
所以当或25时，.
【小问3详解】
依题意，所有可能的“数列”是：
①；
②；
③
④
对于①，当时，；
当时，
；
对于②，当时，；
当时，
；
对于③，当时，
；
当时，
；
对于④，当时，
；
当时，
；
【点睛】思路点睛：关于新定义题思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.1
2
3