2024届天一大联考海南省5月统考数学试题试卷

2023届天一大联考海南省5月统考数学试题试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为A．48 B．72 C．90 D．962．已知直线，，则“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．如图1，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，问折者高几何?意思是:有一根竹子,原高一丈（1丈=10尺）,现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为（）尺.A． B． C． D．4．函数的一个单调递增区间是（）A． B． C． D．5．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出四个命题：①若，，，则；②若，，则；③若，，，则；④若，，，则其中正确的是（）A．①② B．③④ C．①④ D．②④6．若，，，点C在AB上，且，设，则的值为（）A． B． C． D．7．在中，，，，点满足，则等于（）A．10 B．9 C．8 D．78．已知函数（），若函数在上有唯一零点，则的值为（）A．1 B．或0 C．1或0 D．2或09．从抛物线上一点(点在轴上方)引抛物线准线的垂线，垂足为，且，设抛物线的焦点为，则直线的斜率为（）A． B． C． D．10．从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则在方程表示双曲线的条件下，方程表示焦点在轴上的双曲线的概率为（）A． B． C． D．11．若，则“”的一个充分不必要条件是A． B．C．且 D．或12．若时，，则的取值范围为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在等差数列（）中，若，，则的值是______.14．已知半径为4的球面上有两点A，B，AB=42，球心为O，若球面上的动点C满足二面角C-AB-O的大小为60°15．已知，，，的夹角为30°，，则_________.16．边长为2的菱形中,与交于点O,E是线段的中点,的延长线与相交于点F,若,则______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数．（1）若，求函数的单调区间；（2）若恒成立，求实数的取值范围．18．（12分）在如图所示的多面体中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，且，，（1）若分别为，的中点，求证：平面；（2）若，与平面所成角的正弦值，求二面角的余弦值．19．（12分）在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，并且.（1）已知_______________，计算的面积；请①，②，③这三个条件中任选两个，将问题（1）补充完整，并作答.注意，只需选择其中的一种情况作答即可，如果选择多种情况作答，以第一种情况的解答计分.（2）求的最大值.20．（12分）已知函数，．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的极小值；（3）求函数的零点个数．21．（12分）某工厂生产一种产品的标准长度为，只要误差的绝对值不超过就认为合格，工厂质检部抽检了某批次产品1000件，检测其长度，绘制条形统计图如图：（1）估计该批次产品长度误差绝对值的数学期望；（2）如果视该批次产品样本的频率为总体的概率，要求从工厂生产的产品中随机抽取2件，假设其中至少有1件是标准长度产品的概率不小于0.8时，该设备符合生产要求.现有设备是否符合此要求？若不符合此要求，求出符合要求时，生产一件产品为标准长度的概率的最小值.22．（10分）设数列是公差不为零的等差数列，其前项和为，，若，，成等比数列．（1）求及；（2）设，设数列的前项和，证明：．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D【解析】因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛①当甲参加另外3场比赛时，共有•=72种选择方案；②当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案．综上所述，所有参赛方案有72+24=96种故答案为：96点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．2．C【解析】

先得出两直线平行的充要条件，根据小范围可推导出大范围，可得到答案.【详解】直线，，的充要条件是，当a=2时，化简后发现两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.故答案为C.【点睛】判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．3．B【解析】如图，已知，，

∴，解得

，∴，解得

.∴折断后的竹干高为4.55尺故选B.4．D【解析】

利用同角三角函数的基本关系式、二倍角公式和辅助角公式化简表达式，再根据三角函数单调区间的求法，求得的单调区间，由此确定正确选项.【详解】因为，由单调递增，则（），解得（），当时，D选项正确.C选项是递减区间，A，B选项中有部分增区间部分减区间.故选：D【点睛】本小题考查三角函数的恒等变换，三角函数的图象与性质等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想，应用意识.5．D【解析】

根据面面垂直的判定定理可判断①；根据空间面面平行的判定定理可判断②；根据线面平行的判定定理可判断③；根据面面垂直的判定定理可判断④.【详解】对于①，若，，，，两平面相交，但不一定垂直，故①错误；对于②，若，，则，故②正确；对于③，若，，，当，则与不平行，故③错误；对于④，若，，，则，故④正确；故选：D【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面平行的判定定理以及面面垂直的判定定理，属于基础题.6．B【解析】

利用向量的数量积运算即可算出．【详解】解：，，又在上，故选：【点睛】本题主要考查了向量的基本运算的应用，向量的基本定理的应用及向量共线定理等知识的综合应用．7．D【解析】

利用已知条件，表示出向量,然后求解向量的数量积．【详解】在中，，，，点满足，可得则==【点睛】本题考查了向量的数量积运算，关键是利用基向量表示所求向量．8．C【解析】

求出函数的导函数，当时，只需，即，令，利用导数求其单调区间，即可求出参数的值，当时，根据函数的单调性及零点存在性定理可判断；【详解】解：∵（），∴，∴当时，由得，则在上单调递减，在上单调递增，所以是极小值，∴只需，即.令，则，∴函数在上单调递增.∵，∴；当时，，函数在上单调递减，∵，，函数在上有且只有一个零点，∴的值是1或0.故选：C【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，零点存在性定理的应用，属于中档题.9．A【解析】

根据抛物线的性质求出点坐标和焦点坐标，进而求出点的坐标，代入斜率公式即可求解.【详解】设点的坐标为，由题意知，焦点,准线方程，所以，解得，把点代入抛物线方程可得，，因为，所以，所以点坐标为，代入斜率公式可得，.故选：A【点睛】本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力；属于基础题.10．A【解析】

设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，分别计算出，再利用公式计算即可.【详解】设事件A为“方程表示双曲线”，事件B为“方程表示焦点在轴上的双曲线”，由题意，，，则所求的概率为.故选：A.【点睛】本题考查利用定义计算条件概率的问题，涉及到双曲线的定义，是一道容易题.11．C【解析】，∴，当且仅当时取等号.故“且”是“”的充分不必要条件.选C．12．D【解析】

由题得对恒成立，令，然后分别求出即可得的取值范围.【详解】由题得对恒成立，令，在单调递减，且，在上单调递增，在上单调递减，，又在单调递增，，的取值范围为.故选：D【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，导数的综合应用，考查了转化与化归的思想.求解不等式恒成立问题，可采用参变量分离法去求解.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．-15【解析】

是等差数列，则有，可得的值，再由可得，计算即得.【详解】数列是等差数列，，又，，，故.故答案为：【点睛】本题考查等差数列的性质，也可以由已知条件求出和公差，再计算.14．4【解析】

设△ABC所在截面圆的圆心为O1，AB中点为D，连接OD,易知∠ODO1即为二面角C-AB-O的平面角，可求出OD, O1D及OO1，然后可判断出四面体OABC外接球的球心E在直线OO1上，在【详解】设△ABC所在截面圆的圆心为O1，AB中点为D，连接OD,OA＝OB，所以，OD⊥AB，同理O1D⊥AB，所以，∠ODO1即为二面角∠ODO因为OA=OB=4, AB=42，所以△OAB在Rt△ODO1中，由cos60º＝O1D因为O1到A、B、C三的距离相等，所以，四面体OABC外接球的球心E在直线OO设四面体OABC外接球半径为R，在Rt△O1由勾股定理可得：O1B2+O【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，属于中档题．15．1【解析】

由求出，代入，进行数量积的运算即得.【详解】，存在实数，使得.不共线，.，，，的夹角为30°，.故答案为：1.【点睛】本题考查向量共线定理和平面向量数量积的运算，属于基础题.16．【解析】

取基向量，，然后根据三点共线以及向量加减法运算法则将，表示为基向量后再相乘可得．【详解】如图：设，又，且存在实数使得，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属中档题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）增区间为，减区间为；（2）.【解析】

（1）将代入函数的解析式，利用导数可得出函数的单调区间；（2）求函数的导数，分类讨论的范围，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最值可判断是否恒成立，可得实数的取值范围．【详解】（1）当时，，则，当时，，则，此时，函数为减函数；当时，，则，此时，函数为增函数.所以，函数的增区间为，减区间为；（2），则，.①当时，即当时，，由，得，此时，函数为增函数；由，得，此时，函数为减函数.则，不合乎题意；②当时，即时，.不妨设，其中，令，则或.（i）当时，，当时，，此时，函数为增函数；当时，，此时，函数为减函数；当时，，此时，函数为增函数.此时，而，构造函数，，则，所以，函数在区间上单调递增，则，即当时，，所以，.，符合题意；②当时，，函数在上为增函数，，符合题意；③当时，同理可得函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时，则，解得.综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查恒成立问题，正确求导和分类讨论是关键，属于难题.18．(1)见解析(2)【解析】试题分析：（1）第（1）问，转化成证明平面,再转化成证明和.(2)第（2）问，先利用几何法找到与平面所成角，再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系，求出二面角的余弦值.试题解析：（1）连接,因为四边形为菱形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面.又平面，所以.因为，所以.因为，所以平面.因为分别为，的中点，所以，所以平面（2）设，由（1）得平面.由，，得，.过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，，如图所示，又，所以为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，故平面.因为为平行四边形，所以，所以平面.又因为，所以平面.因为，所以平面平面.由（1），得平面，所以平面，所以.因为，所以平面，所以是与平面所成角.因为，，所以平面，平面，因为，所以平面平面.所以，，解得.在梯形中，易证，分别以，，的正方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.则，，，，，，由，及，得，所以，，.设平面的一个法向量为，由得令，得m=(3,1,2)设平面的一个法向量为，由得令，得.所以又因为二面角是钝角，所以二面角的余弦值是.19．（1）见解析（2）1【解析】

（1）选②，③．可得，结合，求得．即可；若选①，②．由可得由，求得．即可；若选①，③，可得，又，可得，即可；（2）化简，根据角的范围求最值即可．【详解】（1）若选②，③．，，，，又，．的面积．若选①，②．由可得，，，又，．的面积．若选①，③，，又，，可得，的面积．（2），当时，有最大值1．【点睛】本题考查了正余弦定理，三角三角恒等变形，考查了计算能力，属于中档题．20．（1）；（2）极小值；（3）函数的零点个数为．【解析】

（1）求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）利用导数分析函数的单调性，进而可得出该函数的极小值；（3）由当时，以及，结合函数在区间上的单调性可得出函数的零点个数.【详解】（1）因为，所以．所以，．所以曲线在点处的切线为；（2）因为，令，得或．列表如下：0极大值极小值所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，所以，当时，函数有极小值；（3）当时，，且．由（2）可知，函数在上单调递增，所以函数的零点个数为．【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程、极值以及利用导数研究函数的零点问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.21．（1）（2）【解析】

（1）