精品解析：海南省2024-2025学年高三下学期学业水平诊断（四）数学试卷

海南省2024-2025学年高三学业水平诊断（四） 数学 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. 已知复数，则（ ） A B. C. D. 2. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3 4. 在长方体中，下列结论错误是（ ） A. 直线AB与平面平行 B. 直线与平面垂直 C. 平面与平面平行 D. 平面与平面垂直 5. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 6. 某科技公司使用新开发的人像识别模型对5个人像进行识别，每个人像识别成功的概率均为p，且每次是否成功相互独立，设X为这5个人像中识别成功的个数，若，且全部识别成功的概率大于全部识别失败的概率，则p=（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.4 D. 0.2 7. 已知圆锥的底面半径为1，圆锥内能容纳的最大球的表面积为2π，则圆锥的表面积为（ ） A. B. C. 3π D. 4π 8. 设是非零向量，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知，则下列各选项正确的是（ ） A B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上的极值点个数为4 D. 的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到 11. 已知函数，其中，则下列关于的说法正确的是（ ） A. 当时，有个零点 B. 若在上单调递减，则的取值范围是 C. 当时，在上有最小值 D. 若有两个极值点，（），则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某城市有10个著名的地标建筑，文旅部门要从中选取3个作为城市名片进行特色文化宣传，且甲、乙、丙3个建筑中至少选1个，那么共有________种不同的选法． 13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且的面积为，则________. 14. 过椭圆的上顶点A作两条相互垂直的直线，分别与C交于点P，Q（异于点A），且直线AP经过C的左焦点，直线PQ经过C的右焦点，则C的焦距为________． 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. 随着人们环保意识增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注．为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意率，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据： 对续航里程满意 对续航里程不满意 对充电设施满意 70 30 对充电设施不满意 50 50 （1）任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”A，事件“该车主对充电设施满意”为B，求和； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关？ 附： α 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 在数列中，已知，． （1）求，； （2）证明：是等比数列； （3）求数列的前n项和． 17. 已知抛物线的焦点为，点在上，且． （1）求的方程； （2）过点作两条互相垂直的直线，，直线与交于两点，直线与交于两点，设线段的中点分别为，证明：直线过定点． 18. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若曲线与x轴交于A，B两点，AB的中点横坐标为，证明：. 19. 如图，正四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面α与底面ABCD平行且与四棱锥的四条侧棱（不含端点）分别交于点E，F，G，H，四棱台与四棱锥的棱长和相等（“棱长和”指多面体的所有棱长之和）． （1）若E是棱PA的中点，求四棱台的体积； （2）求平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值； （3）已知四棱柱Ω的底面是边长为m的正方形，侧棱长为n，且侧棱与底面所在平面所成的角为，若平面α任意上下平移时，总存在正数m，n，使得四棱柱Ω与四棱台有相同的体积，也有相同的棱长和，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 海南省2024-2025学年高三学业水平诊断（四） 数学 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算结合复数的共轭求解即可. 【详解】因为复数，所以.\ 故选:A. 2. 双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线方程得到、值，然后由离心率公式计算可得. 【详解】由双曲线的方程知，，则， 所以，， 故双曲线离心率． 故选：C. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式和同角三角函数的基本关系计算可得． 【详解】根据诱导公式， 所以，所以． 故选：B. 4. 在长方体中，下列结论错误的是（ ） A. 直线AB与平面平行 B. 直线与平面垂直 C. 平面与平面平行 D. 平面与平面垂直 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，根据线面平行的判定判断即可；对于B，根据线面垂直的判定判断即可；对于C，根据面面平行的判定判断即可；对于D，根据长方体的特征判断即可. 【详解】对于A，在长方体中，， 因为平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，若矩形不是正方形，则与不垂直， 直线与平面也不可能垂直，故B错误； 对于C，在长方体中，， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 又，且平面， 所以平面平面，故C正确； 对于D，在长方体中，平面平面，故D正确. 故选：B. 5. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数函数和指数函数单调性解出集合，再利用集合的交集运算即可. 【详解】由，得，所以，故． 由，解得，故，所以． 故选：D 6. 某科技公司使用新开发的人像识别模型对5个人像进行识别，每个人像识别成功的概率均为p，且每次是否成功相互独立，设X为这5个人像中识别成功的个数，若，且全部识别成功的概率大于全部识别失败的概率，则p=（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.4 D. 0.2 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项分布的方差公式求解. 【详解】依题意，，则，解得或， 由全部识别成功的概率大于全部识别失败的概率，得，即，则， 所以. 故选：A 7. 已知圆锥的底面半径为1，圆锥内能容纳的最大球的表面积为2π，则圆锥的表面积为（ ） A. B. C. 3π D. 4π 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，将问题转化为圆锥的内切球，进而转化为圆锥轴截面等腰三角形内切圆求解. 【详解】依题意，圆锥的底面半径，设母线长为l，则圆锥的高为， 圆锥内能容纳的最大球的表面积为2π，即圆锥的内切球的表面积为2π，则内切球的半径为， 因此该圆锥的轴截面靠腰三角形的内切圆半径为，因此，解得， 所以圆锥的表面积为. 故选：D 8. 设是非零向量，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用，结合向量三角不等式即可求得答案. 【详解】由题意得， 当和方向相反时等号成立， 若不共线，则设，则，无解； 故此时共线，设， 则由可得， 则，两边平方解得或， 当时，和方向相同，舍去，故， 即得，，此时的最大值为， 故选：C 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. 已知，则下列各选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用作差法判断A；举例说明判断BD；利用不等式性质判断C. 【详解】对于A，由，得，则，A正确； 对于B，取，满足，而，B错误； 对于C，由，得，则，因此，C正确； 对于D，取，满足，而，D错误． 故选：AC 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上的极值点个数为4 D. 的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A：利用正弦函数的对称中心求解即可，选项B：利用正弦函数的单调区间求解即可，选项C：利用正弦函数的极值点求解即可，选项D：利用三角函数的图像变换求解即可. 【详解】对于A，当时，，所以点不是的图象的对称中心，故A错误； 对于B，当时，，函数在上单调递增，所以在上单调递增，故B正确； 对于C，当时，，函数在上有4个极值点，即，，，，所以在上有4个极值点，故C正确； 对于D，因为，所以的图象可以由函数的图象向左平移单位长度得到，故D正确． 故选：BCD. 11. 已知函数，其中，则下列关于的说法正确的是（ ） A. 当时，有个零点 B. 若在上单调递减，则的取值范围是 C. 当时，在上有最小值 D. 若有两个极值点，（），则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于该分段函数需分别对不同区间内函数单调性，极值，零点等性质进行分析，通过求导来判断确定函数特性，进而判断各选项正确性. 【详解】 对于：当时，；当时，，，因为，所以；故在上单调递减，且，所以是的一个零点；当时，，，令，解得，即在上单调递增，在上单调递减；则，所以是的一个零点，故当时，有两个零点，故A正确． 对于：当时，，则，依题意，当时，恒成立，即恒成立，又，所以，所以，故B正确． 对于：当时，，当时，，，令，得．当时，，f(x)在上单调递减；当时，，f(x)在上单调递增，所以f(x)在处取得极小值，也是在上的最小值，且，故C错误． 对于：，当时，，，当时，，，依题意，f(x)有两个极值点，（），则（），（），即，则，，因为，所以，又f(x)有两个极值点，所以，所以，所以（），令，则当时，，所以在上单调递减，则，即，故D正确． 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某城市有10个著名的地标建筑，文旅部门要从中选取3个作为城市名片进行特色文化宣传，且甲、乙、丙3个建筑中至少选1个，那么共有________种不同的选法． 【答案】85 【解析】 【分析】先计算从10个地标建筑中选取3个的选法数，再减去甲、乙、丙3个建筑都不选的选法数，即可得答案. 【详解】从10个地标建筑中选取3个，共有种， 若不选甲、乙、丙这3个地标建筑，即从剩下7个中选3个，有种选法， 所以满足条件的选法有（种）． 故答案为：85 13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且的面积为，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由面积公式求出，由余弦定理求出，最后由完全平方公式求出. 【详解】因为，由正弦定理得，即，又，所以． 由的面积为，得，可得． 在中，由余弦定理可得， 又，，代入可得，所以， 所以． 故答案为：. 14. 过椭圆的上顶点A作两条相互垂直的直线，分别与C交于点P，Q（异于点A），且直线AP经过C的左焦点，直线PQ经过C的右焦点，则C的焦距为________． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线和直线的方程，再与椭圆方程联立得出两点的坐标，再利用三点共线以及得出和的值. 【详解】设C的半焦距为，则， 由题意可得直线AP的方程为，直线AQ的方程为． 由得，得或， 则，用替换，可得， 又因为直线PQ经过C的右焦点，所以， 结合，解得，，所以， 故C的焦距为． 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. 随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注．为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意率，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据： 对续航里程满意 对续航里程不满意 对充电设施满意 70 30 对充电设施不满意 50 50 （1）任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为A，事件“该车主对充电设施满意”为B，求和； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关？ 附： α 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）0.6；0.7 （2）可以认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关． 【解析】 【分析】（1）根据给定的数表，利用条件概率及古典概率公式求解. （2）利用给定的数表，求出的观测值，再与临界值比对求解. 【小问1详解】 依题意，，. 【小问2详解】 由已知数据得， 而，则依据小概率值的独立性检验， 可以认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关. 16. 在数列中，已知，． （1）求，； （2）证明：是等比数列； （3）求数列的前n项和． 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据递推关系，代值计算即可； （2）根据递推关系可得，进而求证即可； （3）由（2）可得，进而结合分组求和法求解即可. 【小问1详解】 由题意知，∴． ∵，∴． 【小问2详解】 由，整理得， 又，∴是首项为2，公比为3的等比数列. 【小问3详解】 由（2）可知，∴， ∴ ． 17. 已知抛物线的焦点为，点在上，且． （1）求的方程； （2）过点作两条互相垂直的直线，，直线与交于两点，直线与交于两点，设线段的中点分别为，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据焦半径公式即可求解， （2）联立直线与抛物线的方程，结合中点坐标公式可得，，即可根据斜率公式，以及点斜式求解直线方程得解. 【小问1详解】 的准线方程为， 因为点在上，且，即，得， 所以的方程为． 【小问2详解】 由（1）知，设． 设的方程为，代入，得． 所以，则， 代入，得，所以． 因为，所以的方程为，同理可得． 当时，，直线． 当时，， 直线的方程为， 即， 整理得． 所以直线过定点． 18. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若曲线与x轴交于A，B两点，AB的中点横坐标为，证明：. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）求导，分和两种情况求解即可； （3）结合（2）分析易得，设，，则,将问题转化为证明，设函数，进而结合导数求证即可. 【小问1详解】 若，，则， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 由，得，， ①若，则恒成立，所以在上单调递减； ②若，令，得， 且当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问3详解】 由（2）知，若，则曲线与x轴最多有1个交点，故． 不妨设，，则, 要证，即证，只需证，即证． 设函数，则， 当时，，所以在上单调递减， 因为，所以，即， 又，，在上单调递增， 所以，即．从而原命题得证． 19. 如图，正四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面α与底面ABCD平行且与四棱锥的四条侧棱（不含端点）分别交于点E，F，G，H，四棱台与四棱锥的棱长和相等（“棱长和”指多面体的所有棱长之和）． （1）若E是棱PA的中点，求四棱台的体积； （2）求平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值； （3）已知四棱柱Ω的底面是边长为m的正方形，侧棱长为n，且侧棱与底面所在平面所成的角为，若平面α任意上下平移时，总存在正数m，n，使得四棱柱Ω与四棱台有相同的体积，也有相同的棱长和，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意易得四棱锥也是正四棱锥，进而结合四棱锥的体积公式求解即可； （2）设AD，BC的中点分别为M，N，连接PM，PN，MN．设平面PAD与平面PBC的交线为l，易得平面PAD与平面PBC的夹角即（或其补角），进而求解即可； （3）由题意知四棱柱Ω的高为，体积为，当平面α任意上下平移时，设，，易得，结合四棱柱Ω与四棱台的棱长和相等，可得，进而得到,令，进而结合其导数求解即可. 【小问1详解】 由题意知平面， 所以四棱锥也是正四棱锥， 因为四棱台与四棱锥的棱长和相等， 所以， 即，故， 即四棱锥和正四棱锥的侧面都是正三角形， 连接AC，设点P在底面ABCD上的射影为O，则O为AC的中点． 由已知得，， 所以是等腰直角三角形，所以AC上的高， 即四棱锥的高为，所以， 当E是棱PA的中点时，， 所以四棱台的体积为． 【小问2详解】 设AD，BC的中点分别为M，N，连接PM，PN，MN， 因为，平面，平面， 所以平面，设平面PAD与平面PBC的交线为l， 又平面PAD，所以， 因为是等边三角形，所以，所以，同理可得， 所以平面PAD与平面PBC的夹角即（或其补角）， 由已知可得，， 所以， 所以平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值为． 【小问3详解】 由题意知四棱柱Ω的高为，体积为． 当平面α任意上下平移时，设，， 则，四棱台的体积为， 所以．① 又四棱柱Ω与四棱台的棱长和相等，所以， 所以，, 将其代入①，得, 令，则， 当时，，当时，， 所以在处取得极大值，也是最大值，最大值为， 所以，则． 又，且总存在满足题中条件的m和n， 所以， 故，解得， 又，所以的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$