2023届海南省东方市高三质量检测水平统一考试数学试题含解析

这是一份2023届海南省东方市高三质量检测水平统一考试数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届海南省东方市高三质量检测水平统一考试数学试题 一、单选题1．集合，则（　　）A． B． C． D．【答案】A【解析】由集合交集定义可得答案.【详解】因为，所有.故选：A.2．设，则“”成立是“”成立的（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要【答案】A【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断即可．【详解】由成立可推出成立，所以“”成立是“”成立充分条件当时，，但，即由成立不能推出成立，所以“”成立不是“”成立必要条件所以成立是成立的充分不必要条件，故选：．3．平面向量与的夹角为，，，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由向量，求得，再结合，即可求解.【详解】由题意，向量，可得，又由向量与的夹角为，，则.故选：D.4．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是A．若，则B．若，则C．若，且，则D．若，且，则【答案】D【分析】根据空间中直线和平面的位置关系分别去判断各个选项，均可举出反例；可证明得出.【详解】若，，则或与异面或与相交，故选项错误；若，，则与可能相交，故选项错误；若直线不相交，则平面不一定平行，故选项错误；，    或，又    ，故选项正确.本题正确选项：【点睛】本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的判断，考查学生的空间想象能力和对定理的掌握程度.5．宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一，如图为一件三层六角宫灯，三层均为正六棱柱，其中上、下层正棱柱的底面周长均为60cm，高为6cm，中间一层的正棱柱高为18cm.设计一个装该宫灯的可从中间打开的球形盒子，则该盒子的表面积至少为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正六棱柱的外接球的直径是其对角线的长，从而可得外接球的半径，利用外接球表面积公式计算即可得到答案.【详解】由题意，将该宫灯看成一个高为、底面边长为的正六棱柱.而正六棱柱的外接球（球形盒子）的直径是其对角线的长，则，得，故外接球（球形盒子）的表面积至少为.故选：B6．函数的零点个数为（   ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】将问题转化为函数与的图象交点的个数，进而作图判断即可.【详解】解:函数的零点个数即函数与的图象交点的个数，作图如图所示，由图可知，两图象有两个交点，故原函数有2个零点故选：C7．将编号为1，2，3，4，5，6，7的小球放入编号为1，2，3，4，5，6，7的七个盒子中，每盒放一球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（    ）A．315 B．640 C．840 D．5040【答案】A【分析】分两步进行，第一步先选三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，第二步再将剩下的4个小球放入与小球编号不同的盒子中，然后利用分布计数原理求解.【详解】有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同有种放法，剩下的4个小球放入与小球编号不同的盒子有种放法，所以有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为种，故选：A【点睛】本题主要考查组合应用题以及分布计数原理，属于中档题.8．已知定义在R上的函数满足，且有，则的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造，应用导数及已知条件判断的单调性，而题设不等式等价于即可得解.【详解】设，则，∴在R上单调递增.又，则.∵等价于，即，∴，即所求不等式的解集为.故选：A. 二、多选题9．下列说法正确的有（     ）A．对任意的事件A，都有P（A）>0B．随机事件A发生的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值C．必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0D．若事件事件B，则【答案】BCD【分析】根据题意，由概率的定义依次分析选项，即可得答案．【详解】解：对任意的事件A，都有，必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，故A错误，C正确；对于，随机事件发生的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，正确，对于D，若事件事件B，则，故D正确；故选：BCD10．在中，角， ，的对边分别为，，，若，且，则不可能为（    ）A．等腰直角三角形 B．等边三角形C．锐角三角形 D．钝角三角形【答案】BCD【解析】由余弦定理求出，然后可得角，然后可选出答案.【详解】由余弦定理，所以，又，所以，故为等腰直角三角形.故选：BCD【点睛】本题考查的是利用余弦定理解三角形，较简单.11．已知函数，则下列说法中正确的有（    ）A．函数的图象关于点对称B．函数图象的一条对称轴是C．若，则函数的最小值为D．若，，则的最小值为【答案】BCD【分析】根据点关于点对称的点不在函数图象上，判断A不正确；根据判断B正确；求出函数在上的值域可判断C正确；根据函数的最大值，结合推出，再根据的最小正周期为可得的最小值为，可得D正确.【详解】在的图象上取一点，其关于点对称的点不在的图象上，所以函数的图象不关于点对称，故A不正确；因为，所以函数图象的一条对称轴是，故B正确；若，则，所以，故C正确；因为，所以，所以，故D正确.故选：BCD12．下列各式中，最小值是的有（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】利用基本不等式逐一求解即可.【详解】，当且仅当，即时，等号成立，则A符合题意；当时，，则B不符合题意； ，此时无解，即，则C不符合题意；因为，所以，当且仅当时，等号成立，则D符合题意.故选：AD 三、填空题13．焦点在轴上的双曲线的离心率为，则的值为___________.【答案】【分析】将双曲线的方程化为标准式，可得出、，由此可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】双曲线的标准方程为，由题意可得，则，，，所以，，解得.故答案为：.14．在棱长为2的正方体中，那么点到平面的距离为___________.【答案】##【分析】由等体积法求出到平面的距离，根据正方体的性质有面，即可求到平面的距离.【详解】由，且，若到平面的距离为h，则，可得，由正方体的性质易知：面，故到平面的距离为.故答案为：15．《九章算术》是我国古代著名数学经典，其对勾股定理的论述比西方早一千多年.其中有这样一个问题：“今有勾三步，股四步，间勾中容方几何？"其意思为：今有直角三角形，勾（短直角边）长3步，股（长直角边）长为4步，问该直角三角形能容纳的正方形分别在边上）边长为多少？在求得正方形的边长后，可进一步求得的正切值为___________.【答案】【分析】利用三角形相似求出正方形边长，再利用及两角差的正切公式，即可求解.【详解】设正方形的边长为，则，由，可得，即，解得，因为，所以.故答案为：.16．在等比数列中，，，则______．【答案】31【分析】设，则，利用等比数列的性质进行求解，【详解】设，则，所以．故答案为：31 四、解答题17．已知数列满足，且)，且成等差数列.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据给定条件，求出数列的首项即可求解作答.（2）利用（1）的结论求出，再利用等差数列求和公式计算作答.【详解】（1）在数列中，由得，而，则数列是公比为2的等比数列，因成等差数列，即，有，解得，所以数列的通项公式为.（2）由（1）得，有，即数列是等差数列，所以数列的前项和.18．在中，角，，的对边分别为，，，．(1)求；(2)再从条件①、条件②这两组条件中选择一组作为已知，使存在且唯一确定，求．条件①：，；条件②：；【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知条件代入二倍角的余弦公式，化简可得，即可求解；（2）若选条件①：根据余弦定理得到，则，无解；若选条件②：根据，，得到，又根据正弦定理得到，解得，后代入正弦定理即可求解．【详解】（1）解：因为，所以，所以，则，又，；（2）若选条件①：因为，所以，所以，则，故无解；若选条件②：因为，又，所以，由正弦定理得：，所以，所以，又，所以，，因为，所以.19．如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为线段上一点，为的中点.(1)当为的中点时，求证：平面.(2)当平面，求出点的位置，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点M，点M为PD上靠近P点的三等分点，理由见解析. 【分析】（1）取中点为，连接，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有，即为平行四边形，则，最后根据线面平行的判定证结论；（2）连接，相交于，连接，由线面平行的性质得，利用相似比可得，即可判断的位置.【详解】（1）取中点为，连接，在中，为的中点，为中点，，在平行四边形中，为的中点，，，四边形为平行四边形，面面，平面；（2）连接，相交于，连接，面，面面面，，，即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点.20．已知某区、两所初级中学的初一年级在校学生人数之比为，该区教育局为了解双减政策的落实情况，用分层抽样的方法在、两校初一年级在校学生中共抽取了名学生，调查了他们课下做作业的时间，并根据调查结果绘制了如下频率分布直方图：(1)在抽取的名学生中，、两所学校各抽取的人数是多少？(2)该区教育局想了解学生做作业时间的平均时长（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和做作业时长超过小时的学生比例，请根据频率分布直方图，估计这两个数值；(3)另据调查，这人中做作业时间超过小时的人中的人来自中学，根据已知条件填写下面列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为“做作业时间超过小时”与“学校”有关？ 做作业时间超过小时做作业时间不超过小时合计校   校   合计    附表： 附：.【答案】(1)、两校所抽取人数分别为、；(2)估计该区学生做作业时间的平均时长为小时，该区有的学生做作业时长超过小时；(3)列联表答案见解析，有的把握认为“做作业时间超过小时”与“学校”有关. 【分析】（1）设、两校所抽取人数分别为、，根据已知条件列出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得解；（2）将频率分布直方图中每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，可得出该区学生做作业时间的平均时长，计算出频率直方图中后三个矩形的面积之和，可得出该地区做作业时长超过小时的学生比例；（3）根据题中信息完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论.【详解】（1）解：设、两校所抽取人数分别为、，由已知可得，解得.（2）解：由直方图可知，学生做作业的平均时长的估计值为（小时）.由，可知有的学生做作业时长超过小时.综上，估计该区学生做作业时间的平均时长为小时，该区有的学生做作业时长超过3小时.（3）解：由（2）可知，有（人）做作业时间超过3小时.故填表如下（单位：人）： 做作业时间超过小时做作业时间不超过小时合计校校合计 ，所以有的把握认为“做作业时间超过小时”与“学校”有关.21．已知动点Q到点的距离与到直线的距离之比为，Q点的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知，，A，B为曲线C上异于M，N的两点，直线，相交于点T，点T在直线上，问直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标：若不过定点，请说明理由.【答案】(1)(2)过定点，定点为 【分析】（1）设，根据已知条件列方程，化简求得曲线的方程.（2）首先分析直线的斜率是否与轴垂直，当直线不垂直与轴时，设出直线的方程为，并与曲线的方程联立，化简写出根与系数关系，根据是直线，的交点求得的值，从而确定直线过定点.【详解】（1）设，则，化简，得，∴曲线C的方程为.（2）设，，则，，∴，，，.①当直线垂直于y轴时，由对称性可知，直线，交于y轴，不合题意，舍去.②当直线不垂直于y轴时，设直线的方程为.联立，得.依题意，，.∴，，∴.又，，∴直线的方程为，直线的方程为.依题意，设.∵点T为直线，的交点，∴，∴，即，，又∵，∴，化简，得.又满足，直线的方程为，∴直线过定点.22．已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）在区间上，是否存在最大值与最小值？若存在，求出最大值与最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）存在，最大值为，最小值为.【分析】（1）求出导数，根据导数正负可得单调性；（2）判断得出a是函数的唯一零点，可得，根据单调性可求.【详解】解：（1）由题意得函数的定义域为，      则， 令，得．因为，所以．当x在定义域上变化时，的变化情况如下表：x+0--0+极大值极小值 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．            （2）令，得，则a是函数的唯一零点．            因为，所以，所以．当时，；当时，．            由（1）可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，      所以在区间上的最大值为，最小值为，其中．