海南省2023届高三学业水平诊断（三）数学试题

海南省2023届高三学业水平诊断（三）数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

3．下面的折线图统计了2017-2022年中国人用疫苗进出口均价，则下述结论不正确的是（    ）

A．出口均价最高约为3200美元/千克

B．2019年至2021年进口均价与出口均价均呈上涨趋势

C．出口均价的中位数低于1500

D．进口均价的方差大于出口均价的方差

4．函数的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

5．书写汉字时，笔顺对书写的速度和字形的美观有非常关键的影响，为了满足课堂教学的需要，我们制定了一套现代汉语通用字的笔顺规范，但在进行书法创作时，笔顺则更加灵活多变，比如“必”字有五笔：左点、上点、右点、撇、卧钩、若要求第一笔不写卧钩、且最后一笔写右点，则“必”字不同的笔顺有（    ）

A．12种 B．18种 C．24种 D．30种

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

7．已知，，且，，则（    ）

A． B． C． D．

8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，，点在双曲线的一条渐近线上，若，且的面积为，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．某公园准备在一处空地上建一个等腰梯形花坛，如图，现将此花坛分为16块大小相等的等腰直角三角形，则（    ）

A．

B．

C．

D．

10．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．的图象关于点对称

B．的图象关于直线对称

C．在区间上单调递减

D．在区间上的值域为

11．如图，在四棱锥中，底面，且底面为正方形，，，，，分别是，，，的中点．过点作，垂足为，则（    ）

A． B．平面 C．平面 D．平面平面

12．在平面直角坐标系中，已知圆，点，，点，为圆上的两个动点，则下列说法正确的是（    ）

A．圆关于直线对称的圆的方程为

B．分别过，两点所作的圆的切线长相等

C．若点满足，则弦的中点的轨迹方程为

D．若四边形为平行四边形，则四边形的面积最小值为2

三、填空题

13．设等比数列的前项和为，若，则的公比为________.

14．过抛物线的焦点且垂直于轴的直线与在第一象限内交于点A，点，若，则________.

15．如图，已知，，是圆柱的三条母线，为底面圆的直径，且，则三棱锥的体积最大值为________.

16．已知函数，，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是________.

四、解答题

17．在中，角 ，，所对的边分别为，，，已知.

(1)证明：；

(2)若，，求．

18．在数列中，，且.

(1)求的通项公式；

(2)设，数列的前项和为，若，求正整数的值.

19．随着现代社会物质生活水平的提高，中学生的零花钱越来越多，消费水平也越来越高，也因此滋生了一些不良的攀比现象．某学校为帮助学生培养正确的消费观念，对该校学生进行了随机调查，询问他们每周的零花钱数额，将统计数据按照，，，分组后绘制成如图所示的频率分布直方图，已知.

(1)求图中，的值；

(2)估计该校学生每周零花钱的第75百分位数（结果保留1位小数）

(3)若按照各组频率的比例采用分层随机抽样的方法从每周零花钱在内的人中抽取11人，再从这11人中随机抽取3人，记这3人中每周零花钱在内的人数为，求的分布列与期望.

20．如图，已知四棱柱中，底面是边长为4的菱形，侧面底面，，，，棱的中点为.

(1)求证：平面平面；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值.

21．已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上的一个动点，，当轴时，.

(1)求的方程；

(2)设点在第一象限，且直线，与椭圆分别相交于另外两点和，求的最大值.

22．已知函数在上单调递增.

(1)求的取值范围；

(2)若存在正数满足（为的导函数），求证：.

参考答案：

1．A

【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可.

【详解】因为，

所以，，

所以.

故选：A.

2．B

【分析】结合条件，利用复数的运算法则即可求出结果.

【详解】因为，所以，

故选：B.

3．D

【分析】根据折线图的变化趋势可判断A，B选项，结合中位数以及方差的含义可判断C，D.

【详解】根据折线图可知，出口均价最高约为3200美元/千克，故A正确；

2019年至2021年进口均价与出口均价均呈上涨趋势，故B正确；

根据折线图将出口均价，按照从小到大的顺序排列，中位数将为2019年和2022年数据的平均数，

2019年和2022年数据均低于1500，故出口均价的中位数低于1500，故C正确；

方差反应数据的波动程度，方差越小越平缓，

根据折线图可知，进口均价的折线更平缓，其方差小于出口均价的方差，故D错误。

故选：D

4．D

【分析】根据函数的奇偶性证明函数为偶函数；分别求出，利用排除法，结合选项即可求解.

【详解】函数的定义域为，关于原点对称，

，

则函数为偶函数，图象关于y轴对称，故排除C；

又，故排除AB，D符合题意.

故选：D.

5．B

【分析】利用特殊元素特殊位置优先考虑及分步乘法计数原理即可求解.

【详解】完成这个事情需要三步：

第步，先在第二、三、四笔选一笔写卧钩，有种写法，

第步，然后在前四笔剩下的三笔种写左点、上点、撇，有种写法，

第步，最后一笔写右点只有种写法，

根据分步乘法计数原理可知，共有种写法.

故选：B.

6．C

【分析】根据诱导公式可得，由二倍角的余弦公式可得，结合诱导公式计算即可求解.

【详解】，

所以，

得.

故选：C.

7．B

【分析】根据题意，由指数函数的单调性可得，利用指数、对数函数的单调性得到，结合对数函数的单调性即可求解.

【详解】因为，所以，

得.

若，则，即，

得，与矛盾.

故，由，得，

得.

综上，.

故选：B.

8．C

【分析】设P为第一象限的点，由题意可得，代入渐近线方程可得，即.根据余弦定理和两点距离公式计算化简可得，结合离心率的定义即可求解.

【详解】设P为第一象限的点，由，得，

解得，代入渐近线方程，得，

所以.

又，，在中，由余弦定理，

得，

即，

整理，得，所以.

故选：C.

9．BD

【分析】建立平面直角坐标系，求得各点的坐标，可求相关向量的坐标，根据向量的坐标运算以及数量积的坐标运算，一一判断各选项，可得答案.

【详解】建立以O为坐标原点，所在直线为x轴，y轴的平面直角坐标系，

设等腰直角三角形的直角边长为1，

则，

,

对于选项A， )，即，即选项A错误；

对于选项B，，即选项B正确；

对于选项C，，即选项C错误；

对于选项D，，

，即，即D正确，

故选：BD．

10．BC

【分析】根据三角函数图象确定参数求出的解析式，计算的值，可判断A；计算的值，可判断B；根据正弦函数的单调性可判断C；根据，确定，结合正弦函数的值域，可判断D.

【详解】由图象可得,则，

的最大值为，

∴，

过点，∴，∴ ，

∵，，∴，

过点，∴，

即，

∴，由图像可知，即，

故，，

∴，

A项：，的图象不关于点对称，A错误；

B项：，取得最值，

则的图象关于直线对称，B正确；

C项：令，∴，

故的单调递减区间为，

当时，在上单调递减，，

故在区间上单调递减，C正确；

D项：，∴ ，

，，D错误，

故选：BC

11．ABC

【分析】由线面垂直的判定定理可得平面，进而，结合即可判断A；连接EG，则，根据线面平行的判定定理即可判断B；利用线面垂直的判定定理证明平面，进而，再次利用线面垂直的判定定理和性质，即可判断C；由平面平面即可证明平面与平面DEF不可能平行，判断D.

【详解】A：由平面ABCD，平面ABCD，得，

又平面ABCD为正方形，所以，又平面，

所以平面，由平面，得.

因为G、M分别是PB、AB的中点，所以，所以，故A正确；

B：连接EG，则且，又且，

所以且，则四边形EGND为平行四边形，得.

又平面，平面，所以平面，故B正确；

C：由，E为PA的中点，得，

由选项A的分析可知平面，，则平面，

又平面，所以，由平面，

所以平面，而平面，得.

因为，平面DEF，所以平面DEF，故C正确；

D：因为M、N分别是AB、CD的中点，则，

又平面，平面，所以平面，

由选项C的分析可知平面，而平面GMN，

所以平面平面，由平面平面，

所以平面与平面DEF不可能平行，故D错误.

故选：ABC.

12．AD

【分析】由题意求出直线AB的方程，设，则解之即可判断A；由A、B到原点的距离不相等判断B；设，由题意得，结合计算化简，即可判断C；由点到直线的距离公式和几何法求弦长，求出直线AB的方程，求出面积即可判断D.

【详解】A：，则直线AB的方程为，

设的圆心，则，解得，

所以的方程为，故A正确；

B：易知A、B到原点(圆心)的距离不相等，所以切线长不相等，故B错误；

C：设，由，且P在圆O内部，得，

又Q为弦CD的中点，则，有，

即，整理得，

即，故C错误；

D：由题意，，若四边形ABCD为平行四边形，

则，设AB直线方程为，

则O到直线AB的距离为，所以，

即，解得，所以AB直线方程为或.

当AB直线方程为即时，四边形ABCD的面积最小，且最小值为2，故D正确.

故选：AD.

13．3

【分析】由可得当时，，两式相减，即可求解.

【详解】①，

当时，②，

两式相减，得，即，

所以数列的公比为3.

故答案为：3.

14．4

【分析】确定抛物线的焦点坐标，求得，根据列式计算，可得答案.

【详解】由题意可知，令，则，故，

由，得：，

故答案为：4

15．18

【分析】连接,结合圆柱特征可设，可得，利用基本不等式可得，进而利用等体积法表示出三棱锥的体积，即可求得答案.

【详解】连接,,故四边形为平行四边形，

则,设，则，

∴，即，当且仅当时取等号，

由于为底面圆的直径，则,

而平面平面,故,

平面，故平面；

由平面平面,故,即,

∴三棱锥的体积为，

即三棱锥的体积最大值为18，

故答案为：18.

16．

【分析】利用导数证明，将圆不等式转化为对恒成立，设，只需函数在上单调递增，由可得，即可求解.

【详解】设，则（），

令，令，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

得，即，即.

由题意，对恒成立，

转化为对恒成立，

设，则对恒成立，

只需函数在上单调递增，

即在上恒成立，

有在上恒成立，得，

即实数a的取值范围为.

故答案为：.

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得，结合角的范围，可证明结论；

（2）由正弦定理可得，结合（1）的结论利用二倍角公式可求出，继而求得，结合已知条件即可求得答案.

【详解】（1）由及正弦定理得，

因为，所以，

所以．

因为，，所以，

所以，或（即，不合题意，舍去），

所以．

（2）由正弦定理可得，

由（1）知，代入上式可得，

所以，

再由条件可得．

18．(1)

(2)

【分析】（1）由已知得，所以数列是等差数列，且公差．又得，从而，即可得；

（2）由题可知，用裂项相消法求得，结合即可得解.

【详解】（1）由，得，即，

所以数列是等差数列，且公差．

又因为，所以，解得，

所以，即．

（2）由题可知，

．

由，得，解得．

19．(1)，

(2)

(3)分布列见解析；

【分析】（1）根据题意，将所有的概率加起来等于1可得，结合即可求解；

（2）根据百分位数的定义，结合频率分布直方图计算即可求解；

（3）由频率分布直方图可知的所有可能取值为0，1，2，3，利用超几何分布求出对应的概率，列出分布列，结合数学期望公式的计算即可求解.

【详解】（1）由题意知，

化简得，又，所以，．

（2）因为前4组的频率和为，

第5组的频率为，所以第75百分位数位于第5组内．

所以估计第75百分位数为．

（3），，这三组的频率分别为，，，比例为，

则从，，内抽取的人数分别为6，3，2．

所以的所有可能取值为0，1，2，3，

，，，．

所以的分布列为

所以．

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由菱形中正三角形可得,再由面面垂直的性质定理得出线面垂直，即可证明；

（2）以为原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.

【详解】（1）如图，连接，

因为四边形为菱形，且，所以是正三角形．

因为为的中点，所以．

又因为侧面底面，两平面的交线为，平面，

所以平面，

又因为平面，

所以平面平面．

（2）以为原点，，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

则，，，．

设平面的法向量为，

则即令，得，则．

设平面的法向量为，

则即令，得，则．

所以，

所以平面与平面的夹角的余弦值为．

21．(1)

(2)

【分析】（1）由题意，根据焦距的定义可得，令可得，结合求出a、b即可求解；

（2）设，直线、的方程分别为、，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，由可得．同理．进而对化简，结合基本不等式计算即可求解.

【详解】（1）设的半焦距为，

由，可得，①

当轴时，令，得，所以．②

联立①②以及，解得，，

故的方程为．

（2）设，由已知可得，．

设直线的方程为，直线的方程为．

联立消去整理得，

易得，所以．

又，，所以，

所以．

同理可得．

则

，

当且仅当时取等号，所以的最大值为．

22．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可知在上恒成立，即在上恒成立．结合二次函数的性质即可求解；

（2）由题意可得，是方程的两根，则，利用基本不等式得.根据换元法，令，设，利用导数研究函数的性质可得，再次利用导数研究函数的性质即可求解.

【详解】（1），．

因为在定义域内单调递增，所以，

即在上恒成立，所以在上恒成立．

当时，函数，所以，

故实数的取值范围是．

（2）由题意知为方程，即方程的根，

所以，是方程的两根，所以，．

所以，由基本不等式得，所以．

．

令，则由，得．

设，

当时，，

所以在上单调递增，从而．

令，当时，，

所以在上单调递增，得，

综上可得，即．

【点睛】破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.