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
.
 