海南省2024届高三上学期高考模拟卷（四）数学试卷(含答案)

这是一份海南省2024届高三上学期高考模拟卷（四）数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．若函数为R上的偶函数，则实数a的值为( )
A.-2B.2C.1D.-1
3．已知，则( )
A.0B.4C.D.0或4
4．已知数列的通项公式为，从该数列中抽取出一个以原次序组成的首项为4，公比为2的等比数列，，…，，其中，则数列的通项公式为( )
A.B.C.D.
5．已知函数的部分图象如图所示，其中，，则下列说法错误的是( )
A.
B.
C.直线是图象的一条对称轴
D.是图象的一个对称中心
6．已知函数,则的图象大致为( )
A.B.
C.D.
7．已知圆C过点，且直线l：被圆C所截得的弦长为，若圆C的圆心在y轴右侧，则圆C的面积为( )
A.B.C.D.
8．“大衍数列”来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，是中华传统文化中的一大瑰宝.已知“大衍数列”的前10项分别为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，据此可以推测，该数列的第15项与第60项的和为( )
A.1012B.1016C.1912D.1916
二、多项选择题
9．已知，则下列不等式正确的是( )
A.B.
C.D.
10．已知向量,,,则( )
A.若,则
B.在方向上的投影向量为
C.存在,使得在方向上投影向量的模为1
D.的取值范围为
11．已知函数在处取得最大值2，的最小正周期为π，则下列结论正确的是( )
A.
B.在上的单调递减区间是
C.将图象上的所有点向右平移个单位长度，再把得到的曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象
D.将图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到的图象
12．已知定义在R上的函数满足为奇函数，的图象关于点对称，则下列说法正确的是( )
A.函数的图象关于对称
B.函数的图象关于点对称
C.函数的一个周期为4
D.
三、填空题
13．已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线C的焦距为_________.
14．已知向量,满足,,,,则__________.
15．等差数列，前n项和分别为，，且，则_________.
16．已知椭圆的左､右焦点分别为，，离心率为，M为C上任意一点，且的周长为6，若直线经过定点N，则的最小值为_________.
四、解答题
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求A的大小；
(2)若为上的高，且，求面积的最小值.
18．如图，在长方体中，，点M为的中点，点N是上靠近的三等分点，与交于点O.
(1)求证：平面；
(2)若，求点N到平面的距离.
19．已知数列的前n项和为,且,.
（1）求;
（2）若,求数列的前n项和.
20．如图,在四棱锥中,底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,,,点E为PB的中点.
（1）证明:;
（2）求直线BD与平面PCD所成角的正弦值.
21．已知抛物线的焦点为F，直线：与直线与抛物线C分别交于点P，Q和点R，S.
(1)若，求的面积；
(2)若直线与交于点A，证明：点A在定直线上.
22．已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若不等式恒成立，求实数a的取值范围.
参考答案
1．答案：D
解析：
2．答案：A
解析：因为函数为R上的偶函数，
所以，即，
解得：.
所以，
，
所以函数为R上的偶函数.
故选：A.
3．答案：D
解析：由，
可得，
整理得或.
故选：D.
4．答案：A
解析：由是首项为4，公比为2的等比数列，故，
又，故，即.
故选：A.
5．答案：C
解析：由题意得，，则，，故A正确；
而，即，解得，，
，故B正确；
，则，
故直线不是图象的一条对称轴，故C错误；
，
是图象的一个对称中心，故D正确.
故选：C.
6．答案：A
解析：根据题意,函数,
因为,故C错误;
又因为,
故函数的图象关于对称,故B错误;当x趋近2时,趋近1,趋近0,所以趋近正无穷,故D错误.故选:A.
7．答案：B
解析：设圆C的圆心为，半径为r，则圆的方程为，
圆心到直线的l的距离，
直线l：被圆C所截得的弦长为，
，①
圆C过点，，
，②
，③
圆C的圆心在y轴右侧，，
①②③联立解得，，，
圆C的面积为.
故选：B.
8．答案：C
解析：观察此数列，偶数项为2，8，18，32，50，…，可得此时满足，
奇数项为0，4，12，24，40，…，可得，
所以，，则，
所以.
故选：C.
9．答案：ABC
解析：对于选项A：因为，所以，即，故选项A正确；
对于选项B：令，
因为，所以函数为增函数.
因为，所以，即，故选项B正确；
对于选项C：因为，由不等式的性质可得，故选项C正确；
对于选项D：当时，若，则，与矛盾，故选项D错误.
故选：ABC.
10．答案：BCD
解析：对于A选项,如果,则有,整理得到,
所以A错误;
对于B选项,根据投影向量的定义可得在方向上的投影向量为
,故B正确;
对于C选项,因为,可以得到在方向上投影向量的模为:
,
所以时,,故存在,故C正确;
对于D选项,因为向量,,
所以可以得到
,
进一步整理得到,故,故D正确.
故选:BCD.
11．答案：ABD
解析：对于选项A：函数，其中，
的最小正周期为π，
，故，
在处取得最大值2，
，解得，
则，取，则，故A正确；
对于选项B：函数，令，，
解得，即函数的单调递减区间为，
令，得，与的交集为，
故在上的单调递减区间是，故B正确；
对于选项C：函数，图象上的所有点向右平移个单位长度，
得，
再把曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，
得，故C错误；
对于选项D：函数，图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，
得，
再把曲线向左平移个单位长度，得，故D正确；
故选：ABD.
12．答案：ACD
解析：由定义在R上的函数满足为奇函数，
可得，即，
可得，所以函数的图象关于对称，所以A正确；
又由的图象关于点对称，可得函数的图象关于对称，
所以B不正确；
因为函数的图象关于对称，可得，
又因为，可得，
所以，所以函数的一个周期为4，所以C正确；
由函数的图象关于对称，且周期为4，可得，
所以，所以D正确.
故选：ACD.
13．答案：
解析：由题意可知的渐近线方程，
故双曲线的焦距为.
故答案为：.
14．答案：2或
解析：
15．答案：/
解析：由等差数列性质可得，解得，
故答案为：.
16．答案：3
解析：因为的周长为6，即，则，
又因为，解得：，由，所以，
所以，则，
因为点M为椭圆上的点，则，
直线经过定点，
，
而，当且仅当M，N，三点共线时取等，
于是，
所以的最小值为3.
故答案为：3.
17．答案：(1)
(2)
解析：(1)因为，结合正弦定理得，
因为，所以，所以，所以.
又，所以.
(2)由题意得，故.
由余弦定理得，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以面积的最小值为.
18．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)连接，由O和M分别为线段，的中点，所以，
又由且，所以四边形是平行四边形，
所以，可得，
因为平面，平面，所以平面.
(2)连接，，由，
因为O为的中点，且，所以.
以D为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，
所以，.
设平面的法向量为，则，
令，则，所以.
因为，所以点N到平面的距离为.
19．答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）依题意,
故,
故是以2为公差的等差数列.
而,
又,解得,
故的首项为3,
则,
则.
（2）由（1）可知,当时,;
当时,
也满足该式,故,
故,
则,
两式相减得,,
故
20．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）法一:连接AE,在中,
,,,
底面ABCD,.
又在直角梯形ABCD中,,
平面,
平面,
而,AD,平面ADE,
平面ADE,
.
法二:,,
,又,
.
（2）以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,
,,
.
设平面PCD的法向量,
令,即,
令,则,
设直线BD与平面PCD所成角为,
则.
即直线BD与平面PCD所成角的正弦值为.
21．答案：(1)
(2)证明见解析
解析：(1)依题意，，
联立，得.
设，，
故，，
故，
，
点到直线的距离，
故.
(2)设，，，，
联立得，
则.
同理可得，.
则直线，
化简得，，①
同理可得，直线，②
联立①②消去y可得，
，
故点A在直线上.
22．答案：(1)答案见解析
(2)
解析：(1)当时，，，所以，
令，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，取得极大值，也为最大值，且，
所以，所以在上单调递减.
(2)由，得，
即在上恒成立.
令，，可得，
令，可得，
令，可得；
令，可得，
所以在单调递减，在单调递增，
又，
，
，
所以在中存在唯一的使得，
在中存在唯一的使得，
即有，.
因为在单调递减，在单调递增，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，.
又，，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，
所以时，的极小值为，
时，的极小值为.
因为，，
可得，，所以，，
即，所以.
代入和，
则有，
同理可得，
所以，
所以，
所以，即实数a的取值范围为.