精品解析：海南省白沙县2023届高三下学期2月水平调研测试数学科试题（解析版）

这是一份精品解析：海南省白沙县2023届高三下学期2月水平调研测试数学科试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 函数的图象大致是， 若，，，则、、的大小关系为， 下列命题正确的有， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年海南省白沙县高三水平调研测试
数学科试题
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合，则（       ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据对数函数的单调性及分式不等式的解法求得集合M、N，然后利用集合的交集运算求得结果.
【详解】∵，又函数在上单调递增，则，得，求得，故，
又，由，则，即，不等式等价于，解得或，则或，
则，
故选：D.
2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【详解】由，得，
，
则在复平面内对应的点的坐标位于第一象限．
故选．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3. 已知平面向量，，，满足，，则向量与所成夹角的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量线性运算和数量积的定义和运算律可化简已知等式得到，，根据向量夹角公式，结合推导出的等式可化简得到，利用基本不等式可求得，由此可得的最大值.
【详解】，
即，；
，
即，；
设向量与所成夹角为，
（当且仅当时取等号）；
又，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查向量夹角最值的求解问题，解题关键是能根据向量夹角的计算公式，将向量夹角的余弦值表示为关于的函数的形式，利用基本不等式求解函数的最小值即可得到夹角的最大值.
4. 2014年3月8日，马航航班客机从吉隆坡飞往北京途中失联,随后多国加入搜救行动，同时启动水下黑匣子的搜寻，主要通过水机器人和娃人等手段搜寻黑匣子.现有个水下机器人，，和个蛙人，，各安排一次搜寻任务，搜寻时每次只能安排个水下机器人或个蛙人下水，其中不能安排在第一个下水， 和必须相邻安排，则不同的搜寻方式有（ ）
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
【答案】B
【解析】
【分析】利用捆绑法，结合特殊元素特殊位置优先原则即可得解.
【详解】和捆绑，相当于个，先排第一位，则方法数有种，
故选：B.
5. 若一个四位数字相加和为10，则称该数为“完美四位数”，如数字2017.问：用数字0，1，2，3，4，5，6，7组成无重复数字且大于2018的“完美四位数”有（ ）个.
A. 71 B. 66 C. 59 D. 53
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，分析可得四位数相加和为10的情况①0、1、2、7，②1、2、3、4，③0、1、3、6，④0、1、4、5，⑤0、2、3、5，共五种情况；依次求出每种情况下大于2018的完美四位数个数，再相加即可得到答案.
【详解】①由0、1、2、7组成的四位数为完美四位数，比2018大的有个；
②由1、2、3、4组成的四位数为完美四位数，比2018大的有个，
③由0、1、3、6组成的四位数为完美四位数，比2018大的有个，
④由0、1、4、5组成的四位数为完美四位数，比2018大的有个，
⑤由0、2、3、5组成的四位数为完美四位数，比2018大的有个，
共有个.
故选：A
【点睛】本题主要考查排列组合的应用，注意分类讨论要做到不重不漏，属于中档题.
6. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用排除法，先判断函数奇偶性，再由观察图像的变化情况或取特殊值即可得答案
【详解】由为偶函数可排除A，C；
当时，图象高于图象，即，排除B；
故选：D．
【点睛】识图常用的方法：
（1）定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；
（2）定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；
（3）函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题．
7. 设函数且是上的减函数，则的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用分段函数的单调性的性质，可得，由此求得a的取值范围．
【详解】∵函数（a＞0且a≠1）是R上的减函数，
∴，
∴a＜1，
故选A．
【点睛】本题主要考查分段函数单调性的应用，分段函数单调递减：一要注意保证每一段单减，二要注意分段处函数值的大小，属于基础题．
8. 若，，，则、、的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将与化为同指数的幂的形式，利用幂函数的单调性比较大小，可得，而由对数函数的单调性可得，从而可得答案.
【详解】，即，
又，因此，.
故选：B.
【点睛】本题考查了利用幂函数和对数函数的单调性比较大小，属于基础题.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列命题正确的有（ ）
A. ，
B. 不等式的解集为
C. 是的充分不必要条件
D. 若命题：，，则：，
【答案】BCD
【解析】
【分析】举反例判断A，根据一元二次函数的性质判断B，根据充分条件和必要条件的定义判断C，根据含量词的命题的否定方法判断D．
【详解】当时， ，所以 ， 是假命题，A错误；
因为恒成立，则不等式 的解集为，B正确；
因为，则，又当时，，但，所以由不能推出， 所以是的充分不必要条件，C正确；
若命题：，，则： ，，D正确．
故选：BCD．
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 一批文具中有12件正品，4件次品，从中任取3件，则取得1件次品的概率为
B. 相关系数越接近1，两变量的线性相关程度越强
C. 若 ，，则
D. 若， ， ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据古典概型的概率公式结合组合数的计算可判断A；根据相关系数的意义可判断B;利用结合互斥事件的概率计算可判断C；求出 ， ，利用即可判断D.
【详解】A选项：由题意知取得1件次品的概率，故A正确.
B选项：越接近1，两变量的线性相关程度越强，故B错误.
C选项：因为为必然事件，所以，而AB与互斥，
所以，所以,故C正确.
D选项： ，，
则，故D正确,
故选:
11. 已知函数（为正整数，）的最小正周期，将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是（ ）
A. 是函数一个零点 B. 函数的图象关于直线对称
C. 方程在上有三个解 D. 函数在上单调递减
【答案】ABD
【解析】
【分析】先由周期范围及为正整数求得，再由平移后关于原点对称求得，从而得到，
对于AB，将与代入检验即可；
对于C，利用换元法得到在内只有两个解，从而可以判断；
对于D，利用整体法及的单调性即可判断.
【详解】因为，，所以，解得，
又为正整数，所以，所以，
所以函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数，
（点拨：函数的图象经过平移变换得到的图象时，不是平移个单位长度，而是平移个单位长度），
由题意知，函数的图象关于原点对称，故，即，
又，所以，，所以，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于A，令，因为，所以，
显然在内只有，两个解，即方程在上只有两个解，故C错误；
对于A，当时，，
因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：求解此类问题的关键是会根据三角函数的图象变换法则求出变换后所得图象对应的函数解析式，注意口诀“左加右减，上加下减，横变，纵变A”在解题中的应用.
12. 已知点是直线上的一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，连接，，则（ ）
A. 当四边形为正方形时，点P的坐标为 B. 的取值范围为
C. 当为等边三角形时，点P的坐标为 D. 直线过定点
【答案】CD
【解析】
【分析】根据给定条件，用表示出切线长判断选项A，B，D；求出直线AB的方程判断D作答.
【详解】依题意，，则，
当点时，，因此，显然四边形不是正方形，A不正确；
因当点时，，B不正确；
当点时，，在中，，即有，又，
因此为等边三角形，此时直线斜率为1，有，由垂足的唯一性知，
当为等边三角形时，点P的坐标为，C正确；
设，显然点A，B在以OP为直径的圆上，又点A，B在圆上，
于是得直线AB的方程为：，即，直线过定点，D正确.
故选：CD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 多项式：(1-2x)5(2+x)含x3项的系数是________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求出含项的系数．
【详解】含项为 ，
故含项的系数是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14. 已知，若，则实数________．
【答案】
【解析】
【分析】由两向量垂直，可得其数量积为零，从而列方程可得是结果
【详解】解：因为，且，
所以，得，
故答案为：
15. 设轴截面为正三角形的圆锥的体积为，它的外接球的体积为，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】设截面正三角形边长为，求出圆锥的高以及球的半径，再由圆锥的体积公式以及球的体积公式即可求解.
【详解】如图，设球的半径为，
则由是正三角形可得圆锥的底面圆半径
，高，
所以，
，所以.

故答案为：
16. 棱长为12的正四面体ABCD与正三棱锥E—BCD的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥E—BCD的体积为_______，该正三棱锥内切球的半径为_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据组合体的结构特征，设，正三棱锥侧棱长，列出方程组，求得的值，利用体积公式，即可求得三棱锥的体积与表面积，再结合等体积法，即可求得内切球的半径，得到答案.
【详解】由棱长为12的正四面体与正三棱锥的底面重合，
若由它们构成的多面体的顶点均在一球的球面上，
所以多面体的外接球即为正四面体的外接球，
且其外接球的直径为，
设，正三棱锥侧棱长x，
则，解得，
由题意得证四面体的高为，外接球的半径为，
设正三棱锥的高为，
因为，所以，
因为底面的边长为，所以,
则正三棱锥三条侧棱两两垂直，
可得正三棱锥的表面积为，
体积为V＝，
设正三棱锥的内切球的半径为，
由，解得.
故答案为：，.
【点睛】本题主要考查了组合体的结构各种，以及正三棱锥内切球的半径的求法，三棱锥的体积的计算，其中解答中熟练应用组合体的结构特征，以及球的性质是解答的关键，着重考查空间想象能力，以及推理与计算能力.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 中，D为上的点，平分，，，的面积为.
（1）求的长；
（2）求.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形面积公式可得，可得，根据余弦定理可得；
（2）根据余弦定理求出，可得，再利用以及两角差的正弦公式可得结果.
【详解】（1）因为，，的面积为，
∴，
∴，
∵，平分，
∴，
∴，
在中，由余弦定理，得
，
∴.
（2）在中，由余弦定理，得，
∴，
因为平分，所以，
∴
，
【点睛】本题考查了余弦定理、三角形内角和定理、三角形的面积公式、两角差的正弦公式，属于基础题..
18. 在等差数列中，已知公差，其前项和满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求的表达式.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）通过等差数列的前n项和公式和等差数列的通项公式，代入计算即可；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）由题意可知
则，
又，
所以，
所以，解得
所以；
（2）由（1）可知，
所以，
则，
两式相减，得，整理得.
19. 如图，在直角梯形中，，，为的中点，将沿折起到的位置，使得.

（1）求证：；
（2）求平面与平面所成的角的余弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面即可；
（2）取的中点，证明平面，过点作平行于的直线，然后建立空间直角坐标系（如图），用向量法求二面角．
【详解】证明：（1）由题知直角梯形中，，
∴，，
又
所以平面
又平面，∴
（2）取的中点，连接
由，，得是等边三角形，则
又（1）知平面，∴由，所以平面
则可过点作平行于的直线建立空间直角坐标系，
由，，则，
则，，，
则，
设平面的一个法向量为
则即
令，则，则
易知为平面的一个法向量，
设平面与平面所成的角为，
则

【点睛】本题考查证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角，掌握线面垂直的判定定理与性质定理是解题关键．立体几何中求空间角（异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角通常都是建立空间直角坐标系，用空间向量法求解，这样可以把问题转化为纯粹的计算问题．
20. 学校举办集体活动中，设计了如下有奖闯关游戏：参赛选手按第一关、第二关、第三关的顺序依次闯关，若闯关成功，分别获得分、分、分的奖励，游戏还规定，当选手闯过一关后，可以选择得到相应的分数，结束游戏；也可以选择继续闯下一关，若有任何一关没有闯关成功，则全部分数都归零，游戏结束.设选手甲第一关、第二关、第三关的概率分别为，，，选手选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功互不影响.
（1）求选手甲第一关闯关成功且所得分数为零的概率；
（2）设该学生所得总分数为，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）.
（2）分布列见解析；.
【解析】
【分析】（1）利用互斥事件的概率和求甲“第一关闯关成功且所得分数为零”的概率值；
（2）由题意知随机变量的所有可能取值，计算对应的概率值，写出的分布列，求出数学期望值．
【小问1详解】
解：设甲“第一关闯关成功且所得分数为零”为事件，
“第一关闯关成功第二关闯关失败”为事件，
“前两关闯关成功第三关闯关失败”为事件，
则、互斥；
计算，
，
；
【小问2详解】
解：所有可能的取值为0,1,3,6
，
，
，

所以，的分布列为：

0
1
3
6





.
21. 在平面直角坐标系中，已知点，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知倾斜角为的直线经过点，且与曲线交于两点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的概念可知曲线为双曲线的一支，进而根据已知数据可求双曲线的方程；
（2）由（1）知：，即直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理､弦长公式及三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
由题意可知：，得，
所以点的轨迹即的方程为以点为焦点，
实轴为，虚轴为2双曲线的右支，即.
【小问2详解】
由（1）知：，即直线的方程为.
设，联立，得，
满足且，
由弦长公式得：
，
点到直线的距离，
所以.
22. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：存在唯一极大值点，且．
【答案】（1）；
（2）证明见解析﹒
【解析】
【分析】(1)求出f(x)的导数，求出f(1)和，根据导数几何意义和直线的点斜式方程即可求解；
(2)讨论的正负，判断f(x)的单调性，从而可证明f(x)有唯一极大值点，并可求出的范围，结合和即可求出的范围．
【小问1详解】
，
，，
∴曲线在点处的切线方程为，
即；
【小问2详解】
，
令，得或，
设，∵在上单调递增，
且，，
∴存在唯一，使得，即，
故时，x-2