海南省2023-2024学年高三学业水平诊断（五）数学试卷(含答案)

这是一份海南省2023-2024学年高三学业水平诊断（五）数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知向量,,若,则( )
A.B.0C.1D.2
二、选择题
2．已知复数z满足,则z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
三、选择题
3．已知等比数列的公比不为1,若,且,,成等差数列,则( )
A.B.C.D.
四、选择题
4．在的展开式中,的系数为( )
A.30B.20C.10D.
五、选择题
5．在中,的平分线与对边AB交于点D,若的面积为的2倍,且,,则( )
A.3B.4C.6D.8
六、选择题
6．在高二选科前,高一某班班主任对该班同学的选科意向进行了调查统计,根据统计数据发现:选物理的同学占全班同学的80%,同时选物理和化学的同学占全班同学的60%,且该班同学选物理和选化学相互独立.现从该班级中随机抽取一名同学,则该同学既不选物理也不选化学的概率为( )
B.0.1
七、选择题
7．如图,在直三棱柱中,点D,E分别在棱,上,,点F满足,若平面,则的值为( )
A.B.C.D.
八、选择题
8．在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线的左,右焦点分别为,,P为右支上的一点,满足,以点O为圆心,b为半径的圆与线段相交于A,B两点,且,则C的离心率为( )
A.B.C.2D.
九、多项选择题
9．若正实数a,b满足,则( )
A.的最小值为B.的最大值为1
C.的最小值为D.的取值范围为
一十、多项选择题
10．已知抛物线的焦点为F,C上一点P到F和到y轴的距离分别为12和10,且点P位于第一象限,以线段PF为直径的圆记为,则下列说法正确的是( )
A.
B.C的准线方程为
C.圆的标准方程为
D.若过点,且与直线OP(O为坐标原点）平行的直线l与圆相交于A,B两点,则
一十一、多项选择题
11．在四面体ABCD中,,都是边长为6的正三角形,棱AC与平面BCD所成角的余弦值为,球O与该四面体各棱都相切,则( )
A.四面体ABCD为正四面体
B.四面体ABCD的外接球的体积为
C.球O的表面积为
D.球O被四面体ABCD的表面所截得的各截面圆的周长之和为
一十二、填空题
12．若定义在R上的奇函数满足:当时,,则________.
一十三、填空题
13．如图是某质点做简谐运动的部分图像,该质点的振幅为2,位移y与时间t满足函数,点,在该函数的图象上,且位置如图所示,则________.
一十四、填空题
14．若对任意的，不等式恒成立，则a的最大整数值为________.
一十五、解答题
15．已知函数,.
（1）当时,求曲线在点处的切线方程;
（2）若函数(为的导函数),讨论的单调性.
一十六、解答题
16．某大型公司进行了新员工的招聘,共有来自全国各地的10000人参加应聘.招聘分为初试与复试.初试为笔试,已知应聘者的初试成绩.复试为闯关制:共有三关,前两关中的每一关最多可闯两次,只要有一次通过,就进入下一关,否则闯关失败;第三关必须一次性通过,否则闯关失败.若初试通过后,复试三关也都通过,则应聘成功.
（1）估计10000名应聘者中初试成绩位于区间内的人数;
（2）若小王已通过初试,在复试时每次通过第一关,第二关及第三关的概率分别为,,,且每次闯关是否通过不受前面闯关情况的影响,求小王应聘成功的概率P.
附:若随机变量,则,.
一十七、解答题
17．如图,已知线段,,为圆柱的三条母线,AB为底面圆O的一条直径,D是母线的中点,且.
（1）求证:平面DOC;
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
一十八、解答题
18．已知椭圆的离心率为,斜率为k且在y轴上的截距为1的动直线l与C交于A,B两点,当时,直线l过C的右顶点.
（1）求C的方程;
（2）设P为线段AB的中点,过P作直线交x轴于点Q,直线l交x轴于点M,,的面积分别记为,,若,求的取值范围.
一十九、解答题
19．已知数列的各项均为正整数,记集合的元素个数为.
（1）若为1,2,3,6,写出集合M,并求的值;
（2）若为1,3,a,b,且,求和集合M;
（3）若是递增数列,且项数为k,证明:“”的充要条件是“为等比数列”.
参考答案
1．答案：B
解析：,,,
由得:,
则,所以,
故选:B.
2．答案：A
解析：易知,所以,
则z在复平面内对应的点为,显然位于第一象限.
故选:A
3．答案：C
解析：设的公比为q,
则依题意有,
解方程得或(舍去),所以.
故选:C
4．答案：C
解析：根据题意,二项式的展开式的通项,
其中项为,,
其中项为,,
所以的展开式中项的系数为.
故选:C.
5．答案：A
解析：由,则有,
即有,
又,
则有,
即,即有,即.
故选:A.
6．答案：D
解析：设事件“选物理”,“选化学”,
则有,,
由该班同学选物理和选化学相互独立,
即,则,
故,,
则.
故选:D.
7．答案：C
解析：在上取一点G使得,连接CG,AG,
AG与BD交于一点F,即为所求(如图所示).
证明如下:
根据已知,,
在直三棱柱中,,且,
四边形为平行四边形,,
平面ACG,平面ACG,平面ACG
即平面ACF.
又,
,即的值为.
故选:C.
8．答案：D
解析：因为,所以,所以是直角三角形,
过点O作于点C,又,
在中,由勾股定理得
易得,,所以OC是的中位线,所以
由双曲线第一定义可知:,所以,
在中,由勾股定理得,,即,又因为双曲线中,所以,
所以.
故选:D.
9．答案：BC
解析：正实数a,b满足,,
对于A,,当且仅当时取等号,A错误;
对于B,,当且仅当时取等号,B正确;
对于C,,当且仅当时取等号,C正确;
对于D,,D错误.
故选:BC
10．答案：ACD
解析：选项A:因C上一点P到F和到y轴的距离分别为12和10,
由抛物线定义可知,,故A正确;
选项B:准线方程为,故B错误;
选项C:设,,由P到y轴的距离分别为10,所以,
则,即,又,所以圆心,
半径,
所以圆的标准方程为,故C正确;
选项D:因为直线OP(O为坐标原点）平行的直线l,所以,
所以直线l的方程为,
又圆心到直线l的距离为,
所以,故D正确;
故选:ACD.
11．答案：ABD
解析：对A:取BD中点E,连接AE,CE,由,都是边长为6的正三角形,
则,,且,
又AE,平面AEC,,
则平面AEC,又平面AEC,故,
故为棱AC与平面BCD所成角,
则,故四面体ABCD所有棱长相等,
故四面体ABCD为正四面体,故A正确;
对B:作于点,由四面体ABCD为正四面体,
故为底面中心,且四面体ABCD的外接球与球O共球心,
有,,
设四面体ABCD的外接球的半径为R,
则有,即,
即,则,故B正确;
对C:作于点G,由正四面体对称性可得OG即为球O半径,
由,则,又,
设球O的半径为r,则,
则,故C错误;
对D:由正四面体对称性可得,
球O被四面体ABCD的表面所截得的各截面圆周长相等,
O到各面距离为,
又,则球O被四面体ABCD的表面所截得的各截面圆的半径为:
,则其周长之和为,故D正确.
故选:ABD.
12．答案：
解析：在R上的奇函数,当时,,
所以.
故答案为:
13．答案：
解析：由图象可知:,（）,所以,
由,又,所以.
又,.
所以.
故答案为:
14．答案：2
解析：原不等式等价于在时恒成立，令，则上式化为，
构造函数，则，令，
所以在上单调递增，而在,，故使得，故在上单调递减，在上单调递增，即，
所以，又，故a的最大整数值为2.
故答案为：2
15．答案：（1）;
（2）答案见解析.
解析：（1）当时,,求导得,
则,
所以曲线在点处的切线方程为,即.
（2）函数,求导得,
则,其定义域为,求导得,
①若,则,函数在上单调递减;
②若,则当时,,函数在上单调递增,
当时,,函数在上单调递减,
所以当时,在上单调递减;
当时,在上单调递增,在上单调递减.
16．答案：（1）1359
（2）
解析：（1）因为,,
所以.
因为,所以,
则可估计10000名应聘者中,初试成绩位于内的人数约为.
（2）设复试时小王通过第一关的概率为,通过第二关的概率为,通过第三关的概率为.
由题意可得,,,
因每次闯关是否通过不受前面闯关情况的影响,即复试通过第一关,通过第二关,通过第三关相互独立,
故小王应聘成功的概率.
17．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）连接.
因为AB为底面圆O的直径,
所以O为AB的中点,.
又因为,所以.
由圆柱的性质知平面ABC,而平面ABC,
所以,又,且平面,
所以平面,
因为平面,所以.
因为,D为母线的中点,
所以,
,
,
,
所以,则.
又平面DOC,且,
所以平面DOC.
（2）连接,易知平面ABC,,
以O为坐标原点,OB,OC,所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
则,,,,
所以,,.
设平面的法向量为,则,令,得.
设平面的法向量为,则,令,得.
设平面与平面的夹角为,则,
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）设C的半焦距为,当时,
直线l的方程为,令,得,所以.
又C的离心率为,所以,所以.
因为,所以,
故C的方程为.
（2）如图,
由题可知直线l的方程为,
设,,
联立,消去y并整理,得,
则,
,,
所以,
则线段AB的中点P的坐标为.
对于直线,令,可得,
所以,
,
所以.
令,则,,
而,所以在上单调递增,所以,
故的取值范围为.
19．答案：（1）,
（2）为1,3,9,27,
（3）证明见解析
解析：（1）因为,,,,,,
所以集合,;
（2）因为为1,3,a,b,且,所以,,互不相等,
所以3,a,b都是集合M中的元素,
因为,所以,解得,
所以为,所以;
（3）充分性:若是递增的等比数列,设的公比为,
当时,,
所以,且,故充分性成立;
必要性:若是递增数列,且,则,
所以,,,…,,且互不相等,又因为,
所以,,,…,,,且,,,…,,互不相等,
所以,,…,,所以,,…,,
所以,所以为等比数列,故必要性成立,
综上,“”的充要条件是“为等比数列”.