海南省2023-2024学年高三下学期学业水平诊断（五））数学试题(1)_2024年5月_025月合集_2024届海南省天一联考高三学业水平诊断（五）

海南省 2023－2024 学年高三学业水平诊断（五）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． r r r r r 1．已知向量a(2,m),b(1,1)，若(ab)b，则m（ ） A．－1 B．0 C．1 D．2 2．已知复数z满足(1i)z |2i|，则z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 3．已知等比数列a 的公比不为1，若a 2，且3a ,a ,a 成等差数列，则a （ ） n 1 1 2 3 n A．23n1 B．3n C．2(3)n1 D．(3)n 4．在(a1)5(a2)的展开式中，a3的系数为（ ） A．30 B．20 C．10 D．－10 5．在△ABC中，ACB的平分线与对边AB交于点D，若△CAD的面积为△CBD的2倍，且 CD2,ACB120，则BC （ ） A．3 B．4 C．6 D．8 6．在高二选科前，高一某班班主任对该班同学的选科意向进行了调查统计，根据统计数据发现：选物理的 同学占全班同学的80%，同时选物理和化学的同学占全班同学的60%，且该班同学选物理和选化学相互独 立．现从该班级中随机抽取一名同学，则该同学既不选物理也不选化学的概率为（ ） A．0.125 B．0.1 C．0.075 D．0.05 7．如图，在直三棱柱ABCABC 中，点D，E分别在棱AA,CC 上，AB  AC  AD 1 1 1 1 1 uuur uuur 2ADCE 2C E 2，点F 满足BF BD(01)，若BE∥平面ACF ，则的值为（ ） 1 1 1 学科网（北京）股份有限公司2 1 1 1 A． B． C． D． 3 2 3 4 x2 y2 8．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:  1(a0,b0)的左、右焦点分别为F ，F ,P为C a2 b2 1 2 uuur uuuur 右支上的一点，满足PF PF 0，以点O为圆心、b为半径的圆与线段PF 相交于A，B两点，且 1 2 1 | AB| 3b，则C的离心率为（ ） A． 2 B． 3 C．2 D． 5 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．若正实数a，b满足a2b1，则（ ） b 1 A．  的最小值为12 2 B．3b(2ab)的最大值为1 a b 1 C．a2 2b2的最小值为 D．(a1)(b1)的取值范围为(1,2) 3 10．已知抛物线C: y2 2px(p0)的焦点为F，C上一点P到F 和到 y轴的距离分别为12和10，且点P 位于第一象限，以线段PF 为直径的圆记为，则下列说法正确的是（ ） A． p4 B．C的准线方程为y 2 C．圆的标准方程为(x6)2 (y2 5)2 36 D．若过点(0,2 5)，且与直线OP(O为坐标原点）平行的直线l与圆相交于A，B两点，则| AB|4 5 11．在四面体ABCD中，△ABD,△CBD都是边长为6的正三角形，棱AC与平面BCD所成角的余弦值 3 为 ，球O与该四面体各棱都相切，则（ ） 3 A．四面体ABCD为正四面体 B．四面体ABCD的外接球的体积为27 6 学科网（北京）股份有限公司C．球O的表面积为27 D．球O被四面体ABCD的表面所截得的各截面圆的周长之和为8 3 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 12．若定义在R上的奇函数 f(x)满足：当x0时， f(x)log (2x)2，则 f(4)______． 2 13．如图是某质点做简谐运动的部分图像，该质点的振幅为2，位移 y与时间t满足函数     y  Acos(t)  A0,0,   , ，点P(0,1),Q(4,1)在该函数的图象上，且位置如图所示，   2 2   则 ______．  14．若对任意的x0，不等式(xa)ex 1a0恒成立，则a的最大整数值为______． 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） 已知函数 f(x)ax(lnx1),aR． （I）当a 1时，求曲线y  f(x)在点(e, f(e))处的切线方程； （II）若函数g(x) f(x)2x3  f(x)为 f(x)的导函数），讨论g(x)的单调性． 16．（15分） 某大型公司进行了新员工的招聘，共有来自全国各地的10000人参加应聘．招聘分为初试与复试．初试为 笔试，已知应聘者的初试成绩X ~ N  80,32 ．复试为闯关制：共有三关，前两关中的每一关最多可闯两次， 只要有一次通过，就进入下一关，否则闯关失败；第三关必须一次性通过，否则闯关失败．若初试通过后， 复试三关也都通过，则应聘成功． （I）估计10000名应聘者中初试成绩位于区间(83,86]内的人数； 4 3 2 （II）若小王已通过初试，在复试时每次通过第一关、第二关及第三关的概率分别为 , ， ，且每次闯 5 4 3 关是否通过不受前面闯关情况的影响，求小王应聘成功的概率P． 附：若随机变量X ~ N  ,2 ，则P( X )0.6827,P(2 X 2) 0.9545,P(3 X 3)0.9973． 学科网（北京）股份有限公司17．（15分） 如图，已知线段AA,BB,CC 为圆柱OO 的三条母线，AB为底面圆O的一条直径，D是母线BB 的中点， 1 1 1 1 1 且AC CB AA 2． 1 （I）求证：AO平面DOC； 1 （Ⅱ）求平面AOC与平面ACD的夹角的余弦值． 1 1 18．（17分） x2 y2 2 已知椭圆C:  1(ab0)的离心率为 ，斜率为k且在 y轴上的截距为1的动直线l与C交于 a2 b2 2 1 A,B两点，当k  时，直线l过C的右顶点． 2 （I）求C的方程； （II）设P为线段AB的中点，过P作直线交x轴于点Q，直线l交x轴于点M,△QAB，△QPM 的面积 S 分别记为S ,S ，若1k  5，求 1 的取值范围． 1 2 1k2 S 2 19．（17分）  a  已知数列a 的各项均为正整数，记集合M x x j ,i j的元素个数为card(M)． n a   i （I）若a 为1，2，3，6，写出集合M ，并求card(M)的值； n （II）若a 为1，3，a，b，且3ab,card(M)3，求a 和集合M ； n n （III）若a 是递增数列，且项数为k，证明：“card(M)k1”的充要条件是“a 为等比数列”． n n 学科网（北京）股份有限公司海南省 2023～2024 学年高三学业水平诊断（五） 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．B 2．A 3．C 4．C 5．A 6．D 7．C 8．D 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．BC 10．ACD 11．ABD 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 2 12．－1 13． 14．2 3 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．解析（I）当a 1时， f x xlnxx，所以 fxlnx11lnx， 所以 felne1, f eelne10， 所以曲线y  f x在点  e, f e 处的切线方程为y01xe，即y  xe． 1 （II）因为 f xaxlnx1，所以 fxalnx1ax alnx， x a a2x 所以gxalnx2x3，所以gx 2 (x0)． x x ①若a0，则gx0，所以gx在0,上单调递减；  a  a a  ②若a0，则当x 0, 时，gx0，所以gx在 0, 上单调递增，当x , 时，        2  2 2  a  gx0，所以gx在 , 上单调递减．综上，当a0时，gx在0,上单调递减；当a0   2   a a  时，gx在 0, 上单调递增，在 , 上单调递减．      2 2  16．解析（I）因为P X 0.6827,P2 X 20.9545， 0.95450.6827 所以P( X 2) 0.1359． 2 因为X  N  80,32 ，所以P(83 X 86)0.1359， 估计10000名应聘者中初试成绩位于83,86内的人数为0.1359100001359． （II）设复试时小王通过第一关的概率为 p ，通过第二关的概率为 p ，通过第三关的概率为 p ． 1 2 3 学科网（北京）股份有限公司2 2  4 24  3 15 2 由题意可得 p 1 1  ,p 1 1  ,p  ，     1  5 25 2  4 16 3 3 24 15 2 3 所以小王应聘成功的概率P p p p     ． 1 2 3 25 16 3 5 17．解析（I）连接AB ．因为AB为底面圆O的直径，所以O为AB的中点，AC  BC ． 1 1 又因为AC CB，所以CO AB． 由圆柱的性质知AA 平面ABC，而CO平面ABC，所以AA CO． 1 1 又AA I AB A，且AA,AB平面AABB，所以OC 平面AABB． 1 1 1 1 1 1 因为AO平面AABB，所以OC  AO． 1 1 1 1 因为AC CB AA 2,D为母线BB 的中点， 1 1 所以AB AC2 BC2 2 2,OA  OA2  AA2  6,OD 1 1 OB2 BD2  3,AD BD2  AB2 3，所以AD2 OA2 OD2，则AOOD． 1 1 1 1 1 1 1 又OC,OD平面DOC，且OCI ODO，所以AO平面DOC． 1 （II）连接OO ，易知OO 平面ABC,OC  AB，所以以O为坐标原点， 1 1 以OB,OC,OO 所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 1       则O0,0,0,A  2,0,2 ,C 0, 2,0 ,D 2,0,1 ， 1 uuur uuur uuuur       所以AC  2, 2,2 ,OC  0, 2,0 ,AD 2 2,0,1 ． 1 1 ur 设平面AOC的法向量为mx,y,z， 1 ur uuur  mAC  2x 2y2z 0, ur   则ur uu1ur 令z 1，得m 2,0,1 ． mOC  2y 0, r uuur r  nAC  2a 2b2c0, 设平面ACD的法向量为na,b,c，则r uu1uur 1  nAD2 2ac0, 1 r   令c2 2，得n 1,3,2 2 ．设平面AOC与平面ACD的夹角为， 1 1 ur r ur r mn 3 2 3 3 则cos cos m,n  ur r   ，故平面AOC与平面ACD的夹角的余弦值为 ． m n 33 2 3 1 1 3 学科网（北京）股份有限公司1 18．解析（I）设C的半焦距为c(c0)，当k  时， 2 1 直线l的方程为y  x1，令y 0，得x2，所以a2． 2 2 c c 2 又C的离心率为 ，所以   ，所以c 2． 2 a 2 2 x2 y2 因为a2 b2 c2，所以b a2 c2  2，故C的方程为  1． 4 2 （II）由题可知直线l的方程为y kx1  1k  5  ，设Ax ,y ,Bx ,y ． 1 1 2 2 x2 y2   1, 联立 4 2 消去 y并整理，得  2k2 1  x2 4kx20，  y kx1, 则Δ(4k)2 42  2k2 1  32k2 80， 4k 2 x x  ,x x  ， 1 2 2k2 1 1 2 2k2 1 2  2k 1  所以y  y kx x 2 ，则线段AB的中点P的坐标为  , ．   1 2 1 2 2k2 1  2k2 1 2k2 1  1  对于直线y kx1，令y 0，可得M  ,0 ，    k  2k 1 1k2 所以 PM  1k2 x x  1k2    ， P M 2k2 1 k k  2k2 1  AB  1k2 x x  1k2 x x 2 4x x 1 2 1 2 1 2  4k  2 8 2 2 1k2 4k2 1  1k2       2k2 1 2k2 1 2k2 1 S AB 2 2k 4k2 1 3 所以 1   2 2 4  k2 1   7 ． 1k2 S 1k2 PM k2 1 k2 1 2 学科网（北京）股份有限公司3 3 令t k2 1，则t2,6,y 4  k2 1   74t 7， k2 1 t 3 3 5 35 而y4 0，所以y 4t 7在2,6上单调递增，所以y , ，   t2 t 2 2  S 故 1 的取值范围为2 5,2 35．   1k2 S 2 2 3 6 3 3 6 6 19．解析（I）因为 2, 3, 6,  , 3, 2， 1 1 1 2 2 2 3 3  所以集合M  ,2,3,6,cardM4． 2  3 a b （II）因为a 为1,3,a,b，且3ab，所以 3, a, b互不相等， n 1 1 1 a b 所以3,a,b都是集合M 中的元素．因为cardM3，所以  3，解得a 9,b27， 3 a 所以a 为1,3,9,27，所以M 3,9,27． n a （III）充分性：若a 是递增的等比数列，设a 的公比为q(q 1)，当i j k时， j qji， n n a i 所以M   q,q2,q3,L ,qk1 ，且cardMk1，故充分性成立． a a a a 必要性：若a 是递增数列，且cardMk1，则 2  3  4 L  k ， n a a a a 1 1 1 1 a a a a a a a a a 所以 2 , 3 , 4 ,L , k M ，且互不相等，又因为 3  4  5 L  k  k ， a a a a a a a a a 1 1 1 1 2 2 2 2 1 a a a a a a a a a a 所以 3 , 4 , 5 ,L , k , k M ，且 3 , 4 , 5 ,L , k , k 互不相等， a a a a a a a a a a 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 a a a a a a a a a a a a 所以 3  2 , 4  3 ,L , k  k1 ，所以 3  2 , 4  2 ,L , k  2 ， a a a a a a a a a a a a 2 1 2 1 2 1 2 1 3 1 k1 1 a a a 所以 2  3 L  k ，所以a 为等比数列，故必要性成立． a a a n 1 2 k1 综上，“cardMk1”的充要条件是“a 为等比数列”． n 学科网（北京）股份有限公司