海南省2025届高三下学期学业水平诊断（四）数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1海南省2025届高三下学期学业水平诊断（四）数学试卷一、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，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为复数，所以.\故选:A.2.双曲线的离心率为（）A. B. C. D.3【答案】C【解析】由双曲线方程知，，则，所以，，故双曲线的离心率．故选：C.3.已知，则（）A. B. C. D.3【答案】B【解析】根据诱导公式，所以，所以．故选：B.4.在长方体中，下列结论错误的是（）A.直线AB与平面平行 B.直线与平面垂直C.平面与平面平行 D.平面与平面垂直【答案】B【解析】对于A，在长方体中，，因为平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，若矩形不是正方形，则与不垂直，直线与平面也不可能垂直，故B错误；对于C，在长方体中，，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以平面，又，且平面，所以平面平面，故C正确；对于D，长方体中，平面平面，故D正确.故选：B.5.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，得，所以，故．由，解得，故，所以．故选：D6.某科技公司使用新开发的人像识别模型对5个人像进行识别，每个人像识别成功的概率均为p，且每次是否成功相互独立，设X为这5个人像中识别成功的个数，若，且全部识别成功的概率大于全部识别失败的概率，则p=（）A.0.8 B.0.6 C.0.4 D.0.2【答案】A【解析】依题意，，则，解得或，由全部识别成功的概率大于全部识别失败的概率，得，即，则，所以.故选：A7.已知圆锥的底面半径为1，圆锥内能容纳的最大球的表面积为2π，则圆锥的表面积为（）A. B. C.3π D.4π【答案】D【解析】依题意，圆锥的底面半径，设母线长为l，则圆锥的高为，圆锥内能容纳的最大球的表面积为2π，即圆锥的内切球的表面积为2π，则内切球的半径为，因此该圆锥的轴截面靠腰三角形的内切圆半径为，因此，解得，所以圆锥的表面积为.故选：D8.设是非零向量，且，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，当和方向相反时等号成立，若不共线，则设，则，无解；故此时共线，设，则由可得，则，两边平方解得或，当时，和方向相同，舍去，故，即得，，此时的最大值为，故选：C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.已知，则下列各选项正确的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】对于A，由，得，则，A正确；对于B，取，满足，而，B错误；对于C，由，得，则，因此，C正确；对于D，取，满足，而，D错误．故选：AC10.已知函数，则（）A.的图象关于点对称B.在区间上单调递增C.在区间上的极值点个数为4D.的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到【答案】BCD【解析】对于A，当时，，所以点不是的图象的对称中心，故A错误；对于B，当时，，函数在上单调递增，所以在上单调递增，故B正确；对于C，当时，，函数在上有4个极值点，即，，，，所以在上有4个极值点，故C正确；对于D，因为，所以的图象可以由函数的图象向左平移单位长度得到，故D正确．故选：BCD.11.已知函数，其中，则下列关于的说法正确的是（）A.当时，有个零点B.若在上单调递减，则的取值范围是C.当时，在上有最小值D.若有两个极值点，（），则【答案】ABD【解析】对于：当时，；当时，，，因为，所以；故在上单调递减，且，所以是的一个零点；当时，，，令，解得，即在上单调递增，在上单调递减；则，所以是的一个零点，故当时，有两个零点，故A正确．对于：当时，，则，依题意，当时，恒成立，即恒成立，又，所以，所以，故B正确．对于：当时，，当时，，，令，得．当时，，f(x)在上单调递减；当时，，f(x)在上单调递增，所以f(x)在处取得极小值，也是在上的最小值，且，故C错误．对于：，当时，，，当时，，，依题意，f(x)有两个极值点，（），则（），（），即，则，，因为，所以，又f(x)有两个极值点，所以，所以，所以（），令，则当时，，所以在上单调递减，则，即，故D正确．故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.某城市有10个著名的地标建筑，文旅部门要从中选取3个作为城市名片进行特色文化宣传，且甲、乙、丙3个建筑中至少选1个，那么共有________种不同的选法．【答案】85【解析】从10个地标建筑中选取3个，共有种，若不选甲、乙、丙这3个地标建筑，即从剩下的7个中选3个，有种选法，所以满足条件的选法有（种）．故答案为：8513.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且的面积为，则________．【答案】【解析】由正弦定理得，即，又，所以．由面积为，得，可得．在中，由余弦定理可得，又，，代入可得，所以，所以．故答案为：.14.过椭圆的上顶点A作两条相互垂直的直线，分别与C交于点P，Q（异于点A），且直线AP经过C的左焦点，直线PQ经过C的右焦点，则C的焦距为________．【答案】【解析】设C的半焦距为，则，由题意可得直线AP的方程为，直线AQ的方程为．由得，得或，则，用替换，可得，又因为直线PQ经过C的右焦点，所以，结合，解得，，所以，故C的焦距为．故答案为：.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.随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注．为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意率，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据：对续航里程满意对续航里程不满意对充电设施满意7030对充电设施不满意5050（1）任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为A，事件“该车主对充电设施满意”为B，求和；（2）根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关？附：α0.050.010.0013.8416.63510.828解：（1）依题意，，.（2）由已知数据得，而，则依据小概率值的独立性检验，可以认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关.16.在数列中，已知，．（1）求，；（2）证明：等比数列；（3）求数列的前n项和．（1）解：由题意知，∴．∵，∴．（2）证明：由，整理得，又，∴是首项为2，公比为3的等比数列.（3）解：由（2）可知，∴，∴．17.已知抛物线的焦点为，点在上，且．（1）求的方程；（2）过点作两条互相垂直的直线，，直线与交于两点，直线与交于两点，设线段的中点分别为，证明：直线过定点．（1）解：的准线方程为，因为点在上，且，即，得，所以的方程为．（2）证明：由（1）知，设．设的方程为，代入，得．所以，则，代入，得，所以．因为，所以的方程为，同理可得．当时，，直线．当时，，直线的方程为，即，整理得．所以直线过定点．18.已知函数．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论的单调性；（3）若曲线与x轴交于A，B两点，AB的中点横坐标为，证明：.（1）解：若，，则，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）解：由，得，，①若，则恒成立，所以在上单调递减；②若，令，得，且当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．（3）证明：由（2）知，若，则曲线与x轴最多有1个交点，故．不妨设，，则,要证，即证，只需证，即证．设函数，则，当时，，所以在上单调递减，因为，所以，即，又，，在上单调递增，所以，即．从而原命题得证．19.如图，正四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面α与底面ABCD平行且与四棱锥的四条侧棱（不含端点）分别交于点E，F，G，H，四棱台与四棱锥的棱长和相等（“棱长和”指多面体的所有棱长之和）．（1）若E是棱PA的中点，求四棱台的体积；（2）求平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值；（3）已知四棱柱Ω的底面是边长为m的正方形，侧棱长为n，且侧棱与底面所在平面所成的角为，若平面α任意上下平移时，总存在正数m，n，使得四棱柱Ω与四棱台有相同的体积，也有相同的棱长和，求的取值范围．解：（1）由题意知平面，所以四棱锥也是正四棱锥，因为四棱台与四棱锥的棱长和相等，所以，即，故，即四棱锥和正四棱锥的侧面都是正三角形，连接AC，设点P在底面ABCD上的射影为O，则O为AC的中点．由已知得，，所以是等腰直角三角形，所以AC上的高，即四棱锥的高为，所以，当E是棱PA的中点时，，所以四棱台的体积为．（2）设AD，BC的中点分别为M，N，连接PM，PN，MN，因为，平面，平面，所以平面，设平面PAD与平面PBC的交线为l，又平面PAD，所以，因为是等边三角形，所以，所以，同理可得，所以平面PAD与平面