海南省2023-2024学年高三下学期学业水平诊断（三）数学试题含_2024年3月_013月合集_2024届海南省部分学校高三下学期学业水平诊断（三）

绝密★启用前 海南省 2023—2024 学年高三学业水平诊断（三） 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答 题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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､单项选择题：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.已知复数z在复平面内对应的点为 1,1 ，则 z 12i （ ） A. 5 B.3 C. 13 D.5 1 2.在VABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a2,b3,sinA ，则sinB（ ） 2 3 2 1 1 A. B. C. D. 4 3 3 4 3.某机构统计了1000名演员的学历情况，制作出如图所示的饼状图，其中本科学历的人数为630.现按比例用 分层随机抽样的方法从中抽取200人，则抽取的硕士学历的人数为（ ） A.11 B.13 C.22 D.26 4.已知等比数列 a  的公比为3,a a 12，则a a （ ） n 2 4 5 1 A.20 B.24 C.28 D.32 π   3π 5.已知  ,π ，且tan2，则cos    （ ） 2   4 3 10 10 10 3 10 A. B. C. D. 10 10 10 10 6.当飞机超音速飞行时，声波会形成一个以飞机前端为顶点，飞机的飞行方向为轴的圆锥（如图），称为“马  c 赫锥”.马赫锥的轴截面顶角与飞机的速度v､音速c满足关系式sin  .若一架飞机以2倍音速沿直线飞 2 v 行，则该飞机形成的马赫锥在距离顶点30m处的截面圆面积为（ ） A.100πm2 B.300πm2 C.600πm2 D.900πm2 a b 1 1 7.已知正实数a,b,c满足   log a,   log b,clog c，则（ ） 3 3 2 3 1 3 A.abc B.cba C.bca D.cab π 8.已知F 是抛物线C: y2 2px(p 0)的焦点，过F 且倾斜角为 的直线l与C交于M,N 两点，与C的准 3 线交于点P（点N 在线段MP上）， PN 2，则 MF （ ） A.1 B.2 C.3 D.4 二､多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分. 9.在平面直角坐标系xOy中，已知点A2,0,B2,0,P是一个动点，则下列说法正确的是（ ） A.若 PA  PB 4，则点P的轨迹为椭圆 B.若 PA  PB 2，则点P的轨迹为双曲线 C.若|PA|2 |PB|24，则点P的轨迹为一条直线 uuur uuur uuur uuur D.若|PAPB||PAPB|，则点P的轨迹为圆 π π 10.已知函数 f xcosx 的一个最大值点为x ，与之相邻的一个零点为x ，则（ ） 12 6 π  π A. f x 的最小正周期为 B. f  x 为奇函数 2  65π 11π  π 1 3 C. f x 在  ,  上单调递增 D. f x 在  0,  上的值域为 ,  12 12   4  2 2  uuur uuur uuur uuur 11.在正方体ABCDABC D 中，点P满足AP AB AD AA ，其中1, ，则下列说法正确 1 1 1 1 1 的是（ ） A.若A,B,D,A,P在同一球面上，则1 1 B.若AB∥平面ADP，则2 1 C.若点P到A,B,D,A 四点的距离相等，则3 1 3 D.若AP平面PBD，则 1 2 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12.已知集合A1,2,4,B  a,a2 ，若AB B，则a__________. 13.(x2y1)6的展开式中x2y3的系数为__________. x,0 x„ 1,  14.已知函数 f x1 若 f ax f lnx 对任意x1,e 恒成立，则a__________. ,x1,  x 四､解答题：本题共 5小题，共 77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15.（13分） 3 3 已知数列 a  的前n项和为S  n2  n. n n 2 2 （1）求a ； n （2）若 a n ，求数列 b  的前n项和T . b a 23 n n n n 16.（15分） 如图，已知四棱锥PABCD的体积为8,PD平面ABCD，四边形ABCD为矩形，E为棱AB的中点， 且VPDE的面积为3 2.（1）求点B到平面PDE的距离； （2）若CE  PE ，求平面PDE与平面PBC 的夹角的余弦值. 17.（15分） 如果一双曲线的实轴及虚轴分别为另一双曲线的虚轴及实轴，则这两双曲线互为“共轭双曲线”.已知双曲线 y2 x2 1(m0)的共轭双曲线C的离心率为 3. m2 （1）求C的方程； （2）若直线l: y kx1 与C的右支交于A,B两点，且以线段AB为直径的圆与 y轴相切，求k2的值. 18.（17分） 某学校有甲､乙､丙三名保安，每天由其中一人管理停车场，相邻两天管理停车场的人不相同.若某天是甲管理 1 2 停车场，则下一天有 的概率是乙管理停车场；若某天是乙管理停车场，则下一天有 的概率是丙管理停车 2 3 1 场；若某天是丙管理停车场，则下一天有 的概率是甲管理停车场.已知今年第1天管理停车场的是甲. 3 （1）求第4天是甲管理停车场的概率； （2）求第n天是甲管理停车场的概率； （3）设今年甲､乙､丙管理停车场的天数分别为X,Y,Z，判断EX,EY,EZ 的大小关系.（给出结论 即可，不需要说明理由） 19.（17分） 已知函数 f x2ex 2ax,aR. （1）讨论函数 f x 的单调性； （2）若不等式 f x…x2 a2对任意x0, 恒成立，求a的取值范围.海南省 2023—2024 学年高三学业水平诊断（三） 数学·答案 一､单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分 1.答案C 命题意图本题考查复数的相关概念. 解析由题知z 1i,z 1i,z 12i23i, 23i  22 32  13. 2.答案A 命题意图本题考查正弦定理的应用. bsinA 3 解析由正弦定理得sinB  . a 4 3.答案D 命题意图本题考查分层随机抽样的概念. 解析由题知，样本中本科学历占比为630100063%，硕士学历占比为 117%63%2%5%13%，故抽取的硕士学历的人数为20013%26. 4.答案D 命题意图本题考查等比数列的基本性质. a a 解析由题意知a a  2 4 4,a a 3a a 36，所以a a 36432. 1 3 3 3 5 2 4 5 1 5.答案A 命题意图本题考查同角三角函数的基本关系与三角恒等变换. 解析Qtan2,sin2cos,sin2cos25cos21，又 π  5 2 5  ,π ,cos ,sin ，   2  5 5  3π 3π 3π 5  2  2 5 2 3 10 cos    coscos sinsin          .  4  4 4 5  2  5 2 10 6.答案B 命题意图本题考查圆锥的结构特征.  1  解析由条件知0o180o,sin  ，则 30o，则该飞机形成的马赫锥在距离顶点30m处的截面圆半 2 2 2 径为30tan30o10 3，截面圆面积为300πm2. 7.答案D命题意图本题考查指数函数､对数函数的图象与性质. x x 1 1 解析在同一平面直角坐标系中作出y    ,y log x,y    ,y x的图象，由图得cab. 2 3 3 8.答案C 命题意图本题考查抛物线与直线的位置关系. 解析如图，分别过点M,N 作抛物线准线的垂线，垂足分别为A,B，分别过点N,F 作 NDMA,FH MA，垂足分别为D,H ，设ND交x轴于点E，准线与x轴交于点G .由题知 π π 1 GF  p,Ql的倾斜角为 ,AMF GFN BNP ，则 NF  NB  PN 1, PF 3， 3 3 2 1 又 AM  MF  PM , MF  PF 3. 2 二､多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分.每小题全部选对的得 6分，部分选对的 得部分分，有选错的得 0分. 9.答案BCD 命题意图本题考查曲线与方程. 解析对于A, PA  PB 4 AB ，则点P的轨迹为线段AB，故A错误； 对于B, PA  PB 24 AB ，则点P的轨迹是双曲线，故B正确； 1 对于C，设Px,y ，由|PA|2 |PB|24，可得(x2)2  y2 (x2)2  y2 4，化简得x ，表示一 2 条直线，故C正确；uuur uuur uuur uuur uuur uuur 对于D，由|PAPB||PAPB|，可得PAPB0，则点P的轨迹是以AB为直径的圆，故D正确. 10.答案BC 命题意图本题考查三角函数的性质. T π  π  π 2π 解析设最小正周期为T ，则       ,T π，故A错误.不妨令0，则 2.再由五 4 6  12 4 π π π π  π  π  π 点法知2  , , f xcos  2x  .Q f  x  cos  2x  sin2x，此函数为奇 6 2 6  6  6  2 5π 11π π  π 函数，故B正确.当x  ,  时，2x π,2π ，由余弦函数的性质知C正确.当x  0,  时， 12 12  6  4 π π 2π  π  1 3 2x   ,  ,cos  2x   , ，故D错误. 6 6 3   6  2 2  11.答案ABD 命题意图本题考查空间位置关系的判断. 解析由题意知点P在线段AC 上（不包含A点）. 1 对于A，若A,B,D,A,P在同一球面上，则此球为正方体的外接球，所以P与C 重合，所以1，故A正 1 1 确； 对于B，如图（1），设AD的中点为Q，则平面ABC D 与平面ADP的交线为直线PQ，要使AB∥平面 1 1 1 1 ADP，则需AB∥ PQ，则P为AC 的中点，此时2，故B正确； 1 1 对于C，点P到A,B,D,A 四点的距离相等，则P为正方体外接球的球心，即AC 的中点，此时2，故 1 1 C错误； 对于D，如图（2），设正方形ABCD的中心为O，连接AO与AC 交于点R，在对角面AACC内，易知 1 1 1 1 R是AC 上靠近A的三等分点，且AO AC ，若AP平面PBD，则AP PO，由对称性易知 1 1 1 1 1 3 VAAOVAPO，则RA RP，从而P是AC 的靠近C 的三等分点，此时 ，故D正确. 1 1 1 1 2 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.12.答案2 命题意图本题考查集合的关系. 解析因为AB B，所以B A，则a,a2A，且a a2，所以a  2. 13.答案-480 命题意图本题考查二项式定理的应用. 解析由题知可将(x2y1)6看成6个x2y1相乘，先从6个因式中选2个因式取x，有C2种不同的取 6 法，再从剩余4个因式中选3个因式取2y，则y3的系数为C3(2)3，最后1个因式取1，所以x2y3的系 4 数为C2(2)3C3 480. 6 4 1 14.答案 e 命题意图本题考查函数性质的综合应用. 1 解析由题知 f x 在区间 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减.注意到 f x f  ，因此若 f ax  x  1   lnx 1  f lnx 对任意x1,e 恒成立，则 axlnx  ax  0，即 a  a  0对任意  lnx  x  xlnx lnx  1 1 x1,e 恒成立.由于y  在区间 1,e 上单调递增，且值域为 0,  ,y  在区间 1,e 上单调递 x  e xlnx 1   lnx 1  1 减，且值域为 , ，因此 a  a  0对1 xe恒成立时a . e   x  xlnx e 四､解答题：本题共 5小题，共 77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15.命题意图本题考查数列的通项公式与求和. 解析（1）当n1时，a S 3， 1 1 当n…2时，a S S 3n， n n n1 a 3n. n （2）由（1）知b 3n2n， n T 32622 923 L 3n2n，① n 2T 322 623 L 3n12n 3n2n1，② n ①-②得，T 32322 323 L 32n 3n2n1 n 6  12n  3n2n1 31n2n16， 12 T 3n12n16. n 16.命题意图本题考查空间中的位置关系以及空间向量的应用. 解析（1）因为E为AB的中点，所以点B到平面PDE的距离等于点A到平面PDE的距离， 1 1 又四边形ABCD是矩形，所以S  S ，从而V  V 2. VADE 4 矩形ABCD 三棱锥PADE 4 四棱锥PABCD 1 设点A到平面PDE的距离为d ，则 S d  2d 2，得d  2， 3 VPDE 因此点B到平面PDE的距离为 2 . （2）因为四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以CE  DE . 因为PD平面ABCD，所以PDCE，又CE  PE,PEPD P，所以CE 平面PDE，所以 CE  DE. 即VCDE是等腰直角三角形. 设AD x,PDh，则AB2x,DE  2x. 1 2x2h8,  3 x2, 由条件知 解得  1 h3.  2xh3 2, 2 如图，以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x轴､ y轴､z轴建立空间直角坐标系， 则P0,0,3,B2,4,0,C0,4,0,E2,2,0 ， uuur uuur 所以CB2,0,0,PC 0,4,3 . r 设n x,y,z 是平面PBC 的法向量uuur r  nPC 4y3z 0, r 则r uuur 可取n 0,3,4 . nCB2x0, uuur 平面PDE的一个法向量为EC 2,2,0 . uuur r uuur r nEC 3 2 cos n,EC  r uuur  ， n EC 10 3 2 所以平面PDE与平面PBC 的夹角的余弦值为 . 10 17.命题意图本题考查双曲线与直线的位置关系. y2 解析（1）由题可得C:x2  1(m0)， m2 因为C的离心率为 3，所以 m2 1 3，得m2 2， y2 所以C的方程为x2  1. 2 （2）l过C的右顶点 1,0 ，不妨设A1,0,Bx ,y  ，由C的方程可得其渐近线方程为y  2x，因为 1 1 A,B均在C的右支上，所以k  2或k  2. y kx1,  由 y2 得  2k2 x2 2k2x2k2 0， x2  1,  2 2k2 k2 2 所以x 1 ,x  . 1 k2 2 1 k2 2 4 1k2 AB  1k2 x 1  ， 1 k2 2 x 1 k2 AB 2 1k2 以线段AB为直径的圆的圆心横坐标为 1  ，半径为  ， 2 k2 2 2 k2 2 k2 2 1k2 由题意知  ， k2 2 k2 2 整理得k4 4k2 40， 解得k2 22 2（负值舍去）. 18.命题意图本题考查全概率公式的应用，以及数列与概率的综合问题.解析（1）由题意，前4天管理停车场的顺序为“甲乙丙甲”或“甲丙乙甲”， 1 2 1 1 2 1 2 所以P       . 2 3 3 2 3 3 9 （2）设事件A 表示“第n天甲管理停车场”，事件B 表示“第n天乙管理停车场”，事件C 表示“第n天丙管 n n n 理停车场”，记PA  f n,PB  gn ，则PC 1 f ngn . n n n 由题意知 f 1 PA 1， 1 当n…2时，PA  PB PA∣B PC PA∣C  ， n n1 n n1 n1 n n1 1 1 即 f n gn1 1 f n1gn1，   3 3 1 1 整理得 f n  f n1， 3 3 1 1 1 所以 f n  f n1 ，   4 3 4  1 1 3 1 所以f n 是以 f 1  为首项， 为公比的等比数列，  4 4 4 3 n1 n1 1 3  1 3  1 1 所以 f n    ，故 f n    ，     4 4  3 4  3 4 n1 3  1 1 即第n天是甲管理停车场的概率为      . 4  3 4 （3）EX EY EZ . 19.命题意图本题考查利用导数研究函数性质. 解析（1） fx2ex 2a. 当a„ 0时， fx0在R上恒成立，所以 f x 在R上单调递增. 当a 0时，令 fx0，得xlna，令 fx0，得xlna， 所以 f x 在 ,lna 上单调递减，在 lna, 上单调递增. （2）不等式 f x…x2 a2对任意x0, 恒成立，即2ex 2axx2 a2…0对任意x0, 恒成立. 令gx2ex 2axx2 a2，则gx2ex 2x2a.设x gx2ex 2x2a，则x2ex 2. 当x 0时，x2ex 20，所以gx 在 0, 上单调递增， 所以当x 0时，gx g022a 21a . ①若1a…0，当x 0时，gx0,gx 在 0, 上单调递增， 则g02a2…0，所以 2„ a„ 2，所以 2„ a„ 1 ②若1a0，则g00，又当x时，gx，所以x 0，使得 0 gx 2ex 0 2x 2a 0，即a ex 0 x . 0 0 0 当0 x x 时，gx0,gx 在 0,x  上单调递减， 0 0 当x x 时，gx0,gx 在 x , 上单调递增， 0 0 则g(x)  gx 2ex 0 x a2 2ex 0   ex 0 2 ex 0  2ex 0  …0， min 0 0 所以ex 0„ 2，所以0 x„ ln2. 0 由a ex 0 x ，令函数hxex x，则当0 x„ ln2时，hxex 10， 0 所以1hx„ 2ln2，所以1a„ 2ln2. 综上，实数a的取值范围是 2,2ln2 .  