海南省琼海市嘉积中学2023-2024学年高三下学期一模考试数学试题及答案

这是一份海南省琼海市嘉积中学2023-2024学年高三下学期一模考试数学试题及答案，共18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。


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．[—1，7]
C．D．（2，4）
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．
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
4．在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线：的倾斜角为，则（ ）
A．B．C．D．
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．
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．
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
二、多选题
9．若（为虚数单位），则下列说法正确的为（ ）
A．B．C．D．
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，则的最小值为2
C．若在上单调递增，则
D．若在上恰有2个零点，则
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
三、填空题
12．已知向量，满足，，，则 .
13．设等差数列的前项和为，若，，则 .
14．在中，，，于，若为的垂心，且.则到直线距离的最小值是 .
四、解答题
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.
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a的值.
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？
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．
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.
参考答案：
1．A
【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．A
【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．D
【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．C
【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．B
【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．C
【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．A
【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．B
【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
9．ACD
【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．ABC
【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．BC
【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.
12．
【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：
13．10
【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．
【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：
15．(1)150；
(2)分布列见解析，.
【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.
【详解】（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.
（2）随机变量的取值为1，2，3，其分布为：
，，
，
故的分布列为：
故.
16．(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求得答案；
（2）对求导，得到的单调性，可得，再令，证得，即，可得出答案.
【详解】（1）当时，，的定义域为，
则，则，，
由于函数在点处切线方程为，即.
（2）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．(1)证明见解析；
(2)2.
【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.
【详解】（1）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；
（2）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．(1)
(2)证明见解析
(3)
【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.
【详解】（1）由题设得，解得，
所以的方程为；
（2）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．
（3））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．(1)，，，，，，或，，，，，，.
(2)当或时取得最大值，且
(3)答案见解析
【分析】（1）设前项的公比为，由求出，从而得到，，再根据对称性得到其余项；
（2）首先利用等差数列求和公式求出，则，再由二次函数的性质计算可得；
（3）依题意列出满足该条件的数列，再分、两种情况利用等比数列求和公式及分组求和法计算可得.
【详解】（1）因为，，，成等比数列，设公比为，又，，
所以，所以或，
当时，则，，，，，；
当时，则，，，，，；
所以该数列的项依次为，，，，，，或，，，，，，.
（2）因为构成首项为，公差为的等差数列，
所以，
又，，，，，
所以，
又当时，当时，
所以当或时取得最大值，且.
（3）因为，，，，成为数列中的连续项，且该对称数列的项数不超过，
所以这样的对称数列有：
①，，，，，，，，，，（共项）；
②，，，，，，，，，，（共项）；
③，，，，，，，，，，，（共项）；
④，，，，，，，，，，，（共项）；
因为，
对于①，当时；
当时
，
所以；
对于②，当时；
当时
，
所以；
对于③，当时；
当时
，
所以；
对于④：当时；
当时
，
所以；
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解对称数列的定义，第三问关键是得到数列的两种形式，再分、两种情况分别求和.
1
2
3