海南省四校（海南中学、海口一中、文昌中学、嘉积中学）2024届高三下学期一模试题数学(1)(1)_2024年4月_024月合集_2024届海南省四校高三下学期一模试题

海南中学､海口一中､文昌中学､嘉积中学 2024 届高三联考试题 数学 时间：120分钟 满分：150分 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，写在试 卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第 I 卷选择题 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.已知集合A  x∣x2 6x70  , B{x∣x3 1}，则AB（ ） A. 1,24,7 B. 1,7 C. 1,24,7 D. 2,4 2.若古典概型的样本空间1,2,3,4 ，事件A1,2 ，事件A,B相互独立，则事件B可以是（ ） A. 1,3 B. 1,2,3 C. 3,4 D. 2,3,4 3.已知,是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，则下列命题错误的是（ ） A.如果∥,n，那么n∥ B.如果m,n∥，那么mn C.如果m ∥n,m，那么n  D.如果mn,m,n∥，那么 4.在锐角VABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a 3,A60o，则b 的取值范围是（ ）       A. 0,6 B. 0,2 3 C. 3,2 3 D. 3,6 π  5.已知直线l:2x3y10的倾斜角为，则cosπsin    （ ） 2  9 9 6 6 A. B. C. D. 13 13 13 136.英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A,B存在如下关系： PAPB∣A PA∣B .若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病. PB 已知该试剂的准确率为95%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有95%的可能呈现阳性；该试 剂的误报率为0.5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有0.5%的可能会误报阳性.现随机抽 取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为（ ） 495 995 10 21 A. B. C. D. 1000 1000 11 22 6 7.已知三棱锥OABC的体积是 ,A,B,C是球O的球面上的三个点，且ACB120o， 6 AB 3,ACBC 2，则球O的表面积为（ ） A.36π B.24π C.12π D.8π 8.已知过抛物线C: y2 2px(p 0)焦点F 的直线交C于A,B两点，点A,B在C的准线上的射影分别为 点A,B ，线段AB的垂直平分线l的倾斜角为120o，若 AB 4，则 p （ ） 1 1 1 1 1 A. B.1 C.2 D.4 2 二､多选题：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. 3 1 9.若z   i（i为虚数单位），则下列说法正确的为（ ） 2 2 A. z 1 B.zz  z2 C.z3 i D.z2 z2024 0  π 10.已知函数 f xsin  x  (0)，则下列说法正确的是（ ）  6 5π  A.若1，则 ,0 是 f x 的图象的对称中心  6  π B.若 f x f  恒成立，则的最小值为2 6  π 2 C.若 f x 在  0,  上单调递增，则0  2 3 11 17 D.若 f x 在 0,2π 上恰有2个零点，则  12 12 11.已知定义在R上的奇函数 f x ，满足 f 2x1 f 32x ，当x0,1 时， f x x，则下列结论正确的是（ ） A.函数 f x 的最小正周期为6 B.函数 f x 在 2024,2025 上递增 22 C.  f(k)1 k1 D.方程 f xlog x 有4个根 5 第 II 卷非选择题 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. r r r r r r r r 12.已知向量a,b 满足|a|1,|b |3,ab (2, 6)，则 3ab __________. 13.设等差数列 a  的前n项和为S ，若a a 10,S 42，则S __________. n n 3 5 6 10 uuur uuur 14.在VABC中，A3,0,B3,0,CD AB于D，若H为VABC的垂心，且CD9CH .则H到直线 x 2y80距离的最小值是__________. 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.（本小题满分13分） 远程桌面连接是一种常见的远程操作电脑的方法，除了windows系统中可以使用内置的应用程序，通过输 入IP地址等连接到他人电脑，也可以通过向日葵，anyviewer等远程桌面软件，双方一起打开软件，通过 软件随机产生的对接码，安全的远程访问和控制另一台电脑.某远程桌面软件的对接码是一个由“1,2,3”这 3个数字组成的五位数，每个数字至少出现一次. （1）求满足条件的对接码的个数； （2）若对接码中数字1出现的次数为X ，求X 的分布列和数学期望. 16.（本小题满分15分） 已知函数 f x x2 alnx1,aR. （1）当a1时，求曲线y  f x 在点  1, f 1 处的切线方程； （2）当a 0时，若函数 f x 有最小值2，求a的值. 17.（本小题满分15分） 如图，四棱锥PABCD的底面为矩形，平面PCD平面ABCD,VPCD是边长为2等边三角形， BC  2，点E为CD的中点，点M 为线段PE上一点（与点P,E 不重合）.（1）证明：AM  BD； （2）当AM 为何值时，直线AM 与平面BDM 所成的角最大？ 18.（本小题满分17分） x2 y2 6 已知椭圆C:  1(a b0)的离心率为 ，点P0,2 在椭圆C上，过点P的两条直线PA,PB a2 b2 3 分别与椭圆C交于另一点A､B，且直线PA､PB､AB的斜率满足k k 4k k 0 . PA PB AB AB （1）求椭圆C的方程； （2）证明直线AB过定点； （3）椭圆C的焦点分别为F,F ，求凸四边形FAF B面积的取值范围. 1 2 1 2 19.（本小题满分17分） 若有穷数列a ,a a （n是正整数），满足a a （iN，且1in ，就称该数列为“S数列". 1 2 n i ni1 （1）已知数列 b  是项数为7的S数列，且b,b ,b ,b 成等比数列，b 2,b 8，试写出 b  的每一 n 1 2 3 4 1 3 n 项； （2）已知 c  是项数为2k1k 1 的S数列，且c ,c ,c 构成首项为100，公差为-4的等差数 n k1 k2 2k1 列，数列 c  的前2k 1项和为S ，则当k 为何值时，S 取到最大值？最大值为多少？ n 2k1 2k1 （3）对于给定的正整数m 1，试写出所有项数不超过2m的S数列，使得1,2,222m1成为数列中的连 续项；当m1500时，试求这些S数列的前2024项和S . 2024海南中学､海口一中､文昌中学､嘉积中学 2024 届高三联考题答案 数学 第 I 卷选择题 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. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A A D C B C A B 二､多选题：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. 题号 9 10 11 答案 ACD ABC BC 第 II 卷非选择题 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12.3 2 13.10 14. 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：（1）当对接码中一个数字出现3次，另外两个数字各出现1次时， C1A5 354321 种数为： 3 5  60， A3 321 3 当对接码中两个数字各出现2次，另外一个数字出现1次时， C2A5 354321 种数为： 3 5  90， A2A2 2121 2 2 所有满足条件的对接码的个数为150. （2）随机变量X 的取值为1,2,3，其分布列为： C1A5 C2A5 C1A5 2 5  2 5 2 5 A3 A2A2 7 A2A2 6 2 PX 1 3 2 2  ,PX 2 2 2   150 15 150 15 5 A2 2 PX 3 5  150 15 故概率分布表为：X 1 2 3 7 2 2 P 15 5 15 7 2 2 5 故EX1 2 3  . 15 5 15 3 16.解：（1）当a1时， f x x2 lnx1,y  f x 的定义域为 0, ， 1 1 则 fx2x ，则 f12 1, f 11ln112， x 1 由于函数 f x 在点  1, f 1 处切线方程为y2 x1，即y  x1. （2） f x x2 alnx1,aR的定义域为 0, ， a 2x2 a fx2x  ， x x a a 当a 0时，令 fx0，解得：x ；令 fx0，解得：0 x ， 2 2  a   a  所以 f x 在0, 上单调递减，在 ,上单调递增，     2 2      a  a a a a a 所以， f(x)  f   aln 12，即  ln 10 min  2  2 2 2 2 2   a 则令t  0，设gtttlnt1,gtlnt， 2 令gt0，解得：t 1；令gt0，解得：0t 1， 所以gt 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减， 所以gt g11ln110， a 所以t  1，解得：a  2. 2 （不说明唯一性猜a值扣3分） 17.（1）证明：连接AE，因为VPCD是等边三角形，且E是DC 中点， 所以PE CD，又因为PE 平面PCD，平面PCD平面ABCD， 平面PCD平面ABCDCD， 所以PE 平面ABCD， 又因为BD面ABCD，所以BD PE DE AD 因为DE 1,AD 2,AB2,  ， AD AB 所以RtVEDA∽RtVDAB,DAE ABD， π 所以BAEABD ，即AE  BD， 2 因为BD PE,AEPE  E,AE 平面PAE,PE 平面PAE， 所以BD平面PAE， 又因为AM 平面PAE，所以BD AM 另证：（1）因为三角形PCD是等边三角形，且E是DC 中点， 所以PE CD， 又因为PE 平面PCD，平面PCD平面ABCD， 平面PCD平面ABCDCD， 所以PE 平面ABCD 设F 是AB中点，以E为原点，EF所在直线为x轴，EC所在直线为y轴，EP所在直线为z 轴，建立 空间直角坐标系，       由已知得E0,0,0,A 2,1,0 ,B 2,1,0 ,D0,1,0,P 0,0, 3 ， 设M 0,0,m(0m 3)， uuuur uuur uuuur uuur     则AM   2,1,m ,BD  2,2,0 ,AM BD2200， 所以BD AM（2）解：设F 是AB中点，以E为原点，EF所在直线为x轴，EC所在直线为y轴，EP所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，       由已知得E0,0,0,A 2,1,0 ,B 2,1,0 ,D0,1,0,P 0,0, 3 ， 设M 0,0,m(0m 3)， uuuur uuur uuuur     则AM   2,1,m ,BD  2,2,0 ,DM 0,1,m r 设平面BDM 的法向量为n a,b,c ， uuur r  nBD 2a2b0 则r uuuur ， nDM bmc0 r  1  令b 1，有n    2,1, ，  m 设直线AM 与平面BDM 所成的角， uuuur r uuuur r nAM 2 sin cos n,AM  uuuur  所以 r n  AM 1 3m2  3 m2 2 1    1  2 103 m2     m2  （表达式2分，不等式1分） 当且仅当m 1时取等号， 当AM 2时，直线AM 与平面BDM 所成角最大. b2  c 6 18.解：（1）由题设得  ， a 3  a2 b2 c2  x2 y2 解得a2 12，所以C的方程为  1 12 4 （2）由题意可设l : y kxmm2 ，设Ax ,y ,Bx ,y  ， AB 1 1 2 2 y kxm 由  x2 y2 ，整理得  13k2 x2 6kmx3m2 120，  1  12 4 Δ36k2m2 4  13k2 3m2 12  12  12k2 m2 4  .3m2 12 6mk 由韦达定理得x x  ,x x  ， 1 2 13k2 1 2 13k2 y 2 y 2 由k k 4k 得 1  2 4k， PA PB AB x x 1 2 kx m2 kx m2 即 1  2 4k， x x 1 2 所以 m2x x 2kx x 0 1 2 1 2 整理得2mkm22  4m2 k ，因为k  0，得m2 m20， 解得m  2或m1， m  2时，直线AB过定点P0,2 舍去； m1时，满足Δ36  4k2 1  0， 所以直线AB过定点 0,1 . （3）由（2）知 1 S  FF y  y 2 2|k| x x F 1 AF 2 B 2 1 2 1 2 1 2 144k2 36 4k4 k2 2 2 k 12 2 13k2 13k2 1 4 k2 12 2 1 3 k2 1 1 1 因为k  ，所以k2  ，所以0 8， AF 2 2 2 8 k2 1   令t  4,t 2,2 3 ， k2 t 1 S 12 2 12 2   所以 F 1 AF 2 B t2 1 1 ，在t 2,2 3 上单调递减， t t 24 6  所以S 的范围是 ,8 2. F 1 AF 2 B  11    19.解：（1）设 b  的公比为q，则b bq2 2q2 8,q2 4， n 3 1解得q2 当q 2时，数列 b  为2,4,8,16,8,4,2 n 当q2时，数列 b  为2,4,8,16,8,4,2 n （2）S c c L L c c c L L c 2k1 1 2 k k1 k2 2k1 2c c L L c c k1 k2 2k1 k1 S C C L C C C L C 2k1 1 2 k k1 k2 2k1  k1k  2100k1 4 100 2   200k2004kk1100  492  4k2 49k 492 100 4   2  49 4 k 2501    2  当k 24或25时，S 取得最大值2500. 2k1 另解：当该S数列恰为4，8，.96，100，96，.8,4 或0,4,8，96，100，96，8,4,0时取得最大值， 49624 所以当k 24或25时，S  21002500. 2k1 2 （3）所有可能的“对称数列”是： ①1,2,22,2m2,2m1,2m2,,22,2,1； ②1,2,22,2m2,2m1,2m1,2m2,22,2,1； ③2m1,2m2,L ,22,2,1,2,22,L ,2m2,2m1 ④2m1,2m2,L ,22,2,1,1,2,22,L ,2m2,2m1 （写任意一种情况1分，四种全齐得2分） 对于①， 当m2024时，S 1222 L 22023 22024 1 2024当1500m2023时， S 12L 2m2 2m12m2 L 22m2025 2024 2m 12m122m2025 2m 2m122m2025 1 对于②， 当m2024时，S 22024 1 2024 当1500m2023时，S 2m122m2024 1 2024 对于③， 当m2024时，S 2m 2m2024 2024 当1500m2023时，S 2m 22025m 3 2024 对于④， 当m2024时，S 2m 2m2024 2024 当1500m2023时，S 2m 22024m 2 2024 （写任意一种情况3分，四种全齐得6分，其他每个1分）