海南省省直辖县级行政单位琼海市2024届高考模拟预测数学试卷(解析版)

这是一份海南省省直辖县级行政单位琼海市2024届高考模拟预测数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1. 已知一组由小到大排列的数据，若这组数据的极差是中位数的2倍，则的值是（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】由题意知这组数据的极差为，中位数为，则，解得.
故选：C．
2. 抛物线的焦点坐标是，则焦点到准线的距离为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】由题意，，即抛物线标准方程为，所以焦点到准线的距离为，
故选：A．
3. 设等比数列的前项和为，若，则等于（ ）
A. B. C. 2D. 5
【答案】B
【解析】由题意易知数列的公比，
则有，解得，
故选：B．
4. 、、是平面，a，b，c是直线，以下说法中正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，，D. ，
【答案】C
【解析】对于A，，可以平行，也可以相交，
对于B，a，c可以平行，可以相交，也可以异面，
对于D，，可以平行，也可以相交，
对于C，不妨设，在平面内作，
因为，则，同理在平面内作，则，
所以，
又，则，而，所以，所以，即C正确.
故选：C
5. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】原式

．
故选：．
6. 已知，其中，则（ ）
A. 16B. 32C. 24D. 48
【答案】D
【解析】因为，
其中展开式的通项为（且），
所以展开式中含的项为，
所以，解得，
所以，
令可得，
令可得，
所以.
故选：D
7. 甲、乙、丙、丁4人参加活动，4人坐在一排有12个空位的座位上，根据要求，任意两人之间需间隔至少两个空位，则不同的就座方法共有（ ）
A. 120种B. 240种C. 360种D. 480种
【答案】C
【解析】先假设每个人坐一个位置相当于去掉4个位置，
再将4个人中间任意两个人之间放入2个空位，
此时空位一共还剩2个，
若将这两个空位连在一起插入4人之间和两侧空位，有5种放法；
若将这两个空位分开插入4人之间和两侧空位，有种放法，
故不同的就座方法共有种.故选：C.
8. 双曲线（，）的左、右焦点分别是，，P，Q（P在第一象限）是双曲线的一条渐近线与圆的两个交点，点M满足，，其中O是坐标原点，则双曲线的离心率（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】点到渐近线的距离为，
因为，，又，P，Q在渐近线上，
故，，又，且，
设，则，，
故，则，故，
又在中：，即，
解得，所以，
所以，解得，故选：D．
二、选择题
9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A.
B.
C. 直线是函数图象的对称轴
D. 点是函数图象的对称中心
【答案】AD
【解析】，由图象可知，，
，，则函数正周期，得，A选项正确；
，则，
解得，由，则，B选项错误；
可得，
，
所以点是函数图象的对称中心，C选项错误，D选项正确.
故选：AD.
10. 设，为复数，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B
C. 若为虚数，则也为虚数
D. 若，则的最大值为
【答案】ABC
【解析】设，
则，
，
得，
，
所以，故A正确，
设对应的向量分别为，则由向量三角不等式得，
所以恒成立，所以B正确，
因为为虚数，为实数，所以为虚数，则也为虚数，故C正确；
设，由，则在复平面内点表示以为圆心，1为半径的圆，则，故D错误.
故选：ABC
11.已知函数的定义域和值域均为,对于任意非零实数
，函数满足：，且在上单调递减，，则下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. 在定义域内单调递减D. 为奇函数
【答案】BC
【解析】对于，令，则，
因，故得，故A正确；
对于由，
令，则，
则，即，
故是以为首项，2为公比的等比数列，
于，故B错误；
对于，由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则①，
把都取成，可得②，
将②式代入①式，可得，
化简可得即为奇函数，故D正确；
对于C，在上单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故C错误.故选：BC.
三、填空题
12. 设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．
【答案】
【解析】设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．故答案为：．
13. 已知正六棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则该正六棱锥的体积为__________．
【答案】
【解析】设正六棱锥，底面中心为，外接球半径为，底面正六边形的边长为，棱锥的高，
则，，，
当外接球的球心在棱锥内部时，，在中，，即，在中，，即，联立，解得，，
所以正六棱锥的体积为.

当外接球的球心在棱锥外部时，，在中，，即，在中，，即，联立，解得，，这与矛盾，不合题意舍去.
综上，该正六棱锥的体积为.故答案为：.
14. 已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
【答案】
【解析】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案：
四、解答题
15. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若恒成立，求实数的取值集合．
解：（1）由题意得：的定义域为，，
当时，，则单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，令，解得：；
当时，；当时，；
的单调递减区间为；单调递增区间为；
综上所述：时，则的单调递减区间为，无单调递增区间；
时，的单调递减区间为；单调递增区间为．
（2）当时，，不合题意；
当时，由（1）知；则；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
， ，实数的取值集合为．
16. 如图，正方体的棱长为2，E为的中点，点M在上.平面.
（1）求证：M为的中点；
（2）求直线EM与平面MCD所成角的大小，及点E到平面MCD的距离.
（1）证明：连接，因为平面，平面，
且平面平面，所以所以，
因为为的中点，所以为的中点．
（2）解：在正方体中，两两互相垂直，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．于是，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角大小为，
点到平面的距离为.
17. 已知a，b，c分别是△ABC的三个内角的对边，且．
（1）求A；
（2）若，将射线BA和CA分别绕点B，C顺时针方向旋转，，旋转后相交于点D（如图所示），且，求AD．
解：（1）由正弦定理可知,
又因为，
所以，且，
则，即，所以，
因为，，所以，
所以；
（2）由条件可知，，，且，
所以，又，
所以，，
，且
中，，得,
中，，得，
中，，
.
18. 已知抛物线：的焦点到准线的距离为2，过点作直线交于M，N两点，点，记直线，的斜率分别为，.
（1）求的方程；
（2）求的值；
（3）设直线交C于另一点Q，求点B到直线距离的最大值.
解：（1）因为焦点到准线的距离为2，所以，
所以抛物线的方程为.
（2）如图，设，，直线的方程为，
由得，所以（*）
由
，将（*）代入整理得：
.
又
，将（*）代入整理得：
所以，.
（3）设，，，
则直线的斜率，
所以直线的方程为，
即.
同理，直线方程为，
直线方程为.
因为直线经过，所以，
解得，
因直线经过，所以，
解得，
所以，整理得.
又因为直线的方程为，
所以直线经过定点，
所以，当时，点到直线距离取得最大值为.
19. 二阶递推公式特征方程是一种常见的数学方法，主要用于求解二阶线性递推数列的通项公式.例如：一个数列满足递推关系，且，为给定的常数（有时也可以是，为给定的常数），特征方程就是将上述的递推关系转化为关于的二次特征方程：，若，是特征方程的两个不同实根，我们就可以求出数列的通项公式，其中和是两个常数，可以由给定的，（有时也可以是，）求出.
（1）若数列满足：，，，求数列的通项公式；
（2）若，试求的十分位数码（即小数点后第一位数字），并说明理由；
（3）若定义域和值域均为的函数满足：，求的解析式
解：（1）由题意可得，解得或，
所以，
代入，可得，
解得,
故
（2）由于是方程的两个实数根，
考虑且，
所以，
故为正整数，从而，
注意到，故的十分位数码为9.
（3）考虑则，
方程两个根为
由于函数的值域恒为正，所以,
又,故