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.
1. 已知向量，若，则（ ）
A －1 B. 0 C. 1 D. 2
2. 已知复数满足，则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. 已知等比数列的公比不为1，若，且成等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
4. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. 30 B. 20 C. 10 D. －10
5. 在中，的平分线与对边交于点，若的面积为的2倍，且，则（ ）
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，在直三棱柱中，点D，E分别在棱上，，点满足，若平面，则的值为（ ）
A. B. C. D.
8. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为右支上的一点，满足，以点为圆心、为半径的圆与线段相交于A，B两点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. 2 D.
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，则（ ）
A. 最小值为 B. 的最大值为1
C. 的最小值为 D. 的取值范围为
10. 已知抛物线的焦点为F，C上一点到和到轴的距离分别为12和10，且点位于第一象限，以线段为直径的圆记为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的准线方程为
C. 圆的标准方程为
D. 若过点，且与直线为坐标原点）平行的直线与圆相交于A，B两点，则
11. 在四面体中，都是边长为6的正三角形，棱与平面所成角的余弦值为，球与该四面体各棱都相切，则（ ）
A. 四面体为正四面体
B. 四面体的外接球的体积为
C. 球表面积为
D. 球被四面体的表面所截得的各截面圆的周长之和为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若定义在上的奇函数满足：当时，，则______.
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，位移与时间满足函数，点在该函数的图象上，且位置如图所示，则______.
14. 若对任意的，不等式恒成立，则的最大整数值为______.
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. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数（为的导函数），讨论的单调性.
16. 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.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.
（1）估计10000名应聘者中初试成绩位于区间内的人数；
（2）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.
附：若随机变量，则.
17. 如图，已知线段为圆柱的三条母线，为底面圆的一条直径，是母线的中点，且.
（1）求证：平面DOC；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
18. 已知椭圆离心率为，斜率为且在轴上的截距为1的动直线与交于两点，当时，直线过的右顶点.
（1）求的方程；
（2）设为线段AB中点，过作直线交轴于点，直线交轴于点，的面积分别记为，若，求的取值范围.
19. 已知数列的各项均为正整数，记集合的元素个数为.
（1）若为1，2，3，6，写出集合，并求的值；
（2）若为1，3，a，b，且，求和集合；
（3）若是递增数列，且项数为，证明：“”的充要条件是“为等比数列”.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.
1. 已知向量，若，则（ ）
A. －1 B. 0 C. 1 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量垂直关系可得向量积为0，然后用向量的坐标运算即可求得结果.
【详解】,,
由得：，
则，所以，
故选：B.
2. 已知复数满足，则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
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的模长公式及除法运算法则结合几何意义计算即可.
【详解】易知，所以，
则在复平面内对应的点为，显然位于第一象限.
故选：A
3. 已知等比数列的公比不为1，若，且成等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差中项的性质及等比数列基本量的计算求通项公式即可.
【详解】设的公比为q，
则依题意有，
解方程得或（舍去），所以.
故选：C
4. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. 30 B. 20 C. 10 D. －10
【答案】C
【解析】
【分析】先求出的展开式的通项，再求出展开式中项系数即可．
【详解】根据题意，二项式的展开式的通项，
其中项为，，
其中项为，，
所以的展开式中项的系数为．
故选：C．
5. 在中，的平分线与对边交于点，若的面积为的2倍，且，则（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】借助三角形面积公式计算可得，再利用等面积法计算即可得解.
【详解】由，则有，
即有，
又，
则有，
即，即有，即.
故选：A.
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
【答案】D
【解析】
【分析】借助相互独立事件的性质与乘法公式计算即可得.
【详解】设事件“选物理”，“选化学”，
则有，，
由该班同学选物理和选化学相互独立，
即，则，
故，,
则.
故选：D.
7. 如图，在直三棱柱中，点D，E分别在棱上，，点满足，若平面，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理找到过直线且与直线平行的平面，从而可以确定点位置，进而求解即可.
【详解】在上取一点使得，连接，
与交于一点，即为所求（如图所示）.
证明如下：
根据已知，，
在直三棱柱中，，且，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面
即平面.
又，
，即的值为.
故选：C.
8. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为右支上的一点，满足，以点为圆心、为半径的圆与线段相交于A，B两点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题根据向量关系可得出双曲线的焦点三角形为直角三角形，根据双曲线的第一定义和勾股定理可以构造a、b、c的齐次式，结合双曲线中a、b、c的关系即可求出离心率.
【详解】因为，所以，所以是直角三角形，
过点O作于点C，又，
在中，由勾股定理得
易得,，所以是的中位线，所以
由双曲线第一定义可知：，所以，
在中，由勾股定理得，，即，又因为双曲线中，所以，
所以.
故选：D.
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，则（ ）
A. 的最小值为 B. 的最大值为1
C. 的最小值为 D. 的取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用配凑法，结合基本不等式求解最值判断AB；利用二次函数求解判断CD.
【详解】正实数a，b满足，，
对于A，，当且仅当时取等号，A错误；
对于B，，当且仅当时取等号，B正确；
对于C，，当且仅当时取等号，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC
10. 已知抛物线的焦点为F，C上一点到和到轴的距离分别为12和10，且点位于第一象限，以线段为直径的圆记为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的准线方程为
C. 圆的标准方程为
D. 若过点，且与直线为坐标原点）平行的直线与圆相交于A，B两点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知及抛物线定义可判定AB，求出点坐标，进而得圆心坐标及半径可判定C，求出直线方程，利用直线与圆相交求出弦长可判定D.
【详解】选项A：因C上一点到和到轴的距离分别为12和10，
由抛物线定义可知，，故A正确；
选项B：准线方程为，故B错误；
选项C：设，由到轴的距离分别为10，所以，
则，即，又，所以圆心，
半径，
所以圆的标准方程为，故C正确；
选项D：因为直线为坐标原点）平行的直线，所以，
所以直线的方程为，
又圆心到直线的距离为，
所以，故D正确；
故选：ACD.
11. 在四面体中，都是边长为6的正三角形，棱与平面所成角的余弦值为，球与该四面体各棱都相切，则（ ）
A. 四面体为正四面体
B. 四面体的外接球的体积为
C. 球的表面积为
D. 球被四面体的表面所截得的各截面圆的周长之和为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：找到棱与平面所成角，可得的长，即可得解；对B：借助勾股定理计算可得其半径，结合球的体积公式计算即可得解；对C：结合正四面体对称性可作出半径，计算出半径后利用球体表面积公式计算即可得；对D：结合正四面体对称性，计算出球心到各面距离，结合球半径即可得球被四面体的表面所截得的各截面圆的半径，即可得周长之和.
【详解】对A：取中点，连接、，由都是边长为6的正三角形，
则，且，
又平面，，
则平面，又平面，故，
故为棱与平面所成角，
则，故四面体所有棱长相等，
故四面体为正四面体，故A正确；
对B：作于点，由四面体为正四面体，
故为底面中心，且四面体的外接球与球共球心，
有，,
设四面体的外接球的半径为，
则有，即，
即，则，故B正确；
对C：作于点，由正四面体对称性可得即为球半径，
由，则，又，
设球的半径为，则，
则，故C错误；
对D：由正四面体对称性可得，
球被四面体的表面所截得的各截面圆周长相等，
到各面距离为，
又，则球被四面体的表面所截得的各截面圆的半径为：
，则其周长之和为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：D选项中，关键点在于结合正四面体对称性，通过计算球心到底面距离，结合球半径，即可得球被四面体的表面所截得的各截面圆的半径.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若定义在上的奇函数满足：当时，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用奇函数的定义直接求出函数值即可.
【详解】在上的奇函数，当时，，
所以.
故答案为：
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，位移与时间满足函数，点在该函数的图象上，且位置如图所示，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由函数图象求出函数解析式，再确定与的比值.
【详解】由图象可知：，（），所以，
由，又，所以.
又，.
所以.
故答案为：
14. 若对任意的，不等式恒成立，则的最大整数值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】分离参数，利用换元法得，构造函数，利用导数研究其单调性结合隐零点求最小值即可.
【详解】原不等式等价于在时恒成立，
令，则上式化为，
构造函数，
则，
令，
所以在上单调递增，而在，
故使得，故在上单调递减，在上单调递增，
即，
所以，
又，故的最大整数值为2.
故答案为：2
【点睛】思路点睛：分离参数并换元得，构造函数结合隐零点计算其最小值即可.
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. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数（为的导函数），讨论的单调性.
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出函数的导数，再分段讨论求出的单调区间即得.
小问1详解】
当时，，求导得，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
函数，求导得，
则，其定义域为，求导得，
①若，则，函数在上单调递减；
②若，则当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
16. 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.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.
（1）估计10000名应聘者中初试成绩位于区间内的人数；
（2）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.
附：若随机变量，则
【答案】（1）1359
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用正态分布三段区间的概率值公式算出概率，即可估计初试成绩位于区间内的人数；
（2）根据规分别计算,复试时，小王通过第一关，第二关，第三关的概率，再利用独立事件的概率乘法公式计算即得.
【小问1详解】
因为，
所以.
因为，所以，
则可估计10000名应聘者中，初试成绩位于内的人数约为.
【小问2详解】
设复试时小王通过第一关的概率为，通过第二关的概率为，通过第三关的概率为.
由题意可得，
因每次闯关是否通过不受前面闯关情况影响，即复试通过第一关，通过第二关，通过第三关相互独立，
故小王应聘成功的概率.
17. 如图，已知线段为圆柱的三条母线，为底面圆的一条直径，是母线的中点，且.
（1）求证：平面DOC；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明，，再根据线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，通过法向量即可求解二面角的余弦值.
【小问1详解】
连接.
因为为底面圆的直径，
所以为的中点，.
又因为，所以.
由圆柱的性质知平面，而平面，
所以，又，且平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，为母线中点，
所以，
，
，
，
所以，则.
又平面，且，
所以平面.
【小问2详解】
连接，易知平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的法向量为，则令，得.
设平面的法向量为，则令，得.
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知椭圆的离心率为，斜率为且在轴上的截距为1的动直线与交于两点，当时，直线过的右顶点.
（1）求方程；
（2）设为线段AB的中点，过作直线交轴于点，直线交轴于点，的面积分别记为，若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意先求出，再由离心率求出，即可求解；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值即可.
【小问1详解】
设的半焦距为，当时，
直线的方程为，令，得，所以.
又的离心率为，所以，所以.
因为，所以，
故的方程为.
【小问2详解】
如图，
由题可知直线的方程为，
设，
联立，消去并整理，得，
则，
，
所以，
则线段的中点的坐标为.
对于直线，令，可得，
所以，
，
所以.
令，则，
而，所以在上单调递增，所以，
故的取值范围为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法:
(1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决;
(2)代数法;若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.
19. 已知数列的各项均为正整数，记集合的元素个数为.
（1）若为1，2，3，6，写出集合，并求的值；
（2）若为1，3，a，b，且，求和集合；
（3）若是递增数列，且项数为，证明：“”的充要条件是“为等比数列”.
【答案】（1）
（2）为，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合题意，计算出所有即可得；
（2）结合集合的性质，可得，解出即可得；
（3）假设是递增的等比数列，设的公比为，可得，即有，即可证明充分性，假设是递增数列，且，结合数列性质可得，即可证明必要性.
【小问1详解】
因为，
所以集合；
【小问2详解】
因为为，且，所以互不相等，
所以都是集合中的元素，
因为，所以，解得，
所以为，所以；
【小问3详解】
充分性：若是递增的等比数列，设的公比为，
当时，，
所以，且，故充分性成立；
必要性：若是递增数列，且，则，
所以，且互不相等，又因为，
所以，且互不相等，
所以，所以，
所以，所以为等比数列，故必要性成立，
综上，“”的充要条件是“为等比数列”.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义的几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义中；
（4）结合数学知识进行解答.
