数学：海南省部分学校2024届新高考二卷押题卷（三）试题（解析版）

这是一份数学：海南省部分学校2024届新高考二卷押题卷（三）试题（解析版），共17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. 集合，，若，则实数（ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】C
【解析】因为，故．
①当时，，则，与元素的互异性矛盾，故不成立；
②当时，解得，与元素的互异性矛盾，故不成立；
③当时，即，则，，故成立，故.
故选：C．
2. 已知向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，
所以，故选：B.
3. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由已知等式可得，
所以，
所以，
故选：B.
4. 互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（ ）
A. 24种B. 36种C. 42种D. 48种
【答案】D
【解析】红菊花在正中间位置时，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，
即红菊花两边各一盆白色，黄色菊花，故有；
红菊花在首位或者尾端时，先排好白菊花，产生三个空再对黄菊花分类排即可，
故；
红菊花在第2或者第4位置时，先给首位或者尾端任意放一种，剩下的3盆花位置就确定了，故；
综上，共有种摆放方法.
故选：D
5. 已知是等比数列，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设等比数列的公比为，因为，所以，
得到，所以，由，得到，
所以，
故选：C.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解法1：由，得，
得，
得，所以，
所以．
解法2：将
展开得，
整理得，
即，
所以．
故选：A
7. 设为原点，为双曲线的两个焦点，点在上且满足，，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设 ，由双曲线的定义知 ，
在 中，由余弦定理得：，
所以 ，
再由，为的中点，延长至，使，
所以四边形为平行四边形，且，
在中，由余弦定理知：，
在中，由余弦定理知：，
因为，则，
可知，
所以 ③，
由得， 把代入得，
化简得 ，
所以渐近线方程为.故选：B.
8. 已知函数满足，，当时，，则函数在内的零点个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析根据题意，函数周期为8，图象关于点对称，
又
，
所以函数的图象也关于点对称，
由，，
，，，
令，解得，令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
其中，，
在同一个坐标系中，作出函数与的图象，如图，

由图可得，函数与在上有两个交点，
因为函数与图象均关于点对称，
所以函数与在上有两个交点，又，
所以函数在内的零点个数为5.
故选：C.
二、多选题
9. 已知（，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B. 的最小正周期为
C. 在内有3个极值点
D. 在区间上的最大值为
【答案】ABD
【解析】对于AB，根据函数的部分图象知，，
，，故AB正确，
对于C，由五点法画图知，，解得，
由于，所以，
.
令，则，
时，，时，，
当时，，当时，，当时，，
故在内有2个极值点，分别为，，故C错误，
对于D，，可得：，
故当此时取最大值，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】对于A中，由，可得，所以A错误；
对于B中，由，则，所以B正确；
对于C中，令，可得，
当时，，单调递增，
因为，则，所以，即，
所以，所以C正确；
对于D中，由函数上单调递增，
因为，则，即，
所以，所以D正确．
故选：BCD．
11. 如图，已知圆锥顶点为，其轴截面是边长为2的为等边三角形，球内切于圆锥（与圆锥底面和侧面均相切），是球与圆锥母线的交点，是底面圆弧上的动点，则（ ）
A. 球的体积为
B. 三棱锥体积的最大值为
C. 的最大值为3
D. 若为中点，则平面截球的截面面积为
【答案】ACD
【解析】选项A，如图，设底面圆心为，则，，，
因为是边长为2的为等边三角形，则，为中点，
则球的半径球的体积为，故A正确.
选项，作，因面，，
所以底面，，
，故B错误.
选项C，设，，
..
.，
设，则令，解得，
当时，，当时，则，
易知在上单调递减，则在单调递减，且，
则当时，， 单调递增；
，故C正确.
选项，当为中点时，，
由，，，得..
设点到平面的距离为，，，，代入数据解得.
截面面积为，故D正确.
故选：ACD.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题
12. 随机变量服从正态分布，若,则_________.
【答案】
【解析】因为且，
所以，
则.故答案为：
13. 已知过球面上A，B，C三点的截面和球心的距离为球半径的一半，且，则球的表面积是________．
【答案】
【解析】在中，，则，，
由正弦定理得外接圆半径，设球半径为，
于是，解得，所以球的表面积是.
故答案为：
14. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，过右焦点且倾斜角为直线l与该双曲线交于M，N两点（点M位于第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，则为___________.
【答案】
【解析】设的内切圆为圆，与三边的切点分别为，如图所示，
设，，，设的内切圆为圆，由双曲线的定义可得，得，
由此可知，在中，轴于点，同理可得轴于点，
所以轴，
过圆心作垂线，垂足为，
因为，
所以，
∴，即
∴，即
故答案为：.
四、解答题
15. 已知函数．
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性，并求出的极小值．
解：（1）当时，，
则，
所以，
又知，
所以在点处切线方程为．
（2）因为，
令，则或，
所以当时，，
当或时，．
综上，在上单调递减，在和上单调递增；
所以．
16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.

（1）已知为中点，求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角．
（1）证明：取中点，连接，

四边形为正方形，，，
平面，平面，，；
，，平面，平面，
平面，平面，又为中点，，
平面，又平面，平面，
，；
，为中点，；
，平面，平面，
又平面，，
，平面，平面.
（2）解：以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系，

不妨设，则，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，即平面与平面夹角余弦值为，
平面与平面的夹角为.
17. Matlab是一种数学软件，用于数据分析、无线通信、深度学习、图象处理与计算机视觉、信号处理、量化金融与风险管理、人工智能机器人和控制系统等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为．
（1）求和的值；
（2）试求两人共答对3道题的概率．
解：（1）由题意可得
即解得或
由于，所以．
（2）设甲同学答对了道题乙同学答对了道题．
由题意得，，．
设甲、乙二人共答对3道题，则．
由于和相互独立，与互斥，
所以
所以甲、乙两人共答对3道题的概率为.
18. 已知双曲线的虚轴长为4，渐近线方程为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过右焦点的直线与双曲线的左､右两支分别交于点，点是线段的中点，过点且与垂直的直线交直线于点，点满足，求四边形面积的最小值.
解：（1）由题意可知，
又浙近线方程为，所以，
易知双曲线的标准方程为.
（2）设，
联立方程得，
且，
由三点共线得①，
由得，即②，
由①②解得.
由可知，四边形是平行四边形，
所以，，
，
所以，
令，则，
令，则，
所以在上单调递减，上单调递增，所以，
所以，当且仅当，即时取等号.
19. 若有穷数列满足：，则称此数列具有性质．
（1）若数列具有性质，求的值；
（2）设数列具有性质，且为奇数，当时，存在正整数，使得，求证：数列为等差数列．
（1）解：由已知可得数列A共有5项，所以，
当时，有，所以，
当时，有，所以，
当时，有，所以．
（2）证明：数列A具有性质，且为奇数，
所以存在，使得，由题意可得，
设，
由于当时，存在正整数，使得，
所以，这项均为数列A中的项，
且，
因此一定有，
即，
这说明数列：是以为公差的等差数列，
由数列A具有性质，以及可得数列A为等差数列．