2024年海南省高三高考数学模拟试卷试题及答案详解

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024海南省高考数学模拟试卷时间：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，，则（

）A． B．[—1，7]C． D．（2，4）2．若古典概型的样本空间，事件，事件，相互独立，则事件可以是（

）A． B． C． D．3．已知是两个平面，，是两条直线，则下列命题错误的是（

）A．如果，，那么B．如果，，那么C．如果，，那么D．如果，，，那么4．在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．5．已知直线：的倾斜角为，则（

）A． B． C． D．6．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，存在如下关系：.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.已知该试剂的准确率为，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有的可能呈现阳性；该试剂的误报率为，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有的可能会误报阳性.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（

）A． B． C． D．7．已知三棱锥的体积是是球的球面上的三个点，且，，则球的表面积为（

）A． B． C． D．8．已知过抛物线焦点的直线交于，两点，点，在的准线上的射影分别为点，，线段的垂直平分线的倾斜角为，若，则（

）A． B．1 C．2 D．4二、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（为虚数单位），则下列说法正确的为（

）A． B． C． D．10．已知函数（），则下列说法正确的是（

）A．若，则是的图像的对称中心B．若恒成立，则的最小值为2C．若在上单调递增，则D．若在上恰有2个零点，则11．已知定义在上的奇函数，满足，当时，，则下列结论正确的是（

）A．函数的最小正周期为6 B．函数在上递增C． D．方程有4个根第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．已知向量，满足，，，则.13．设等差数列的前项和为，若，，则.14．在中，，，于，若为的垂心，且.则到直线距离的最小值是.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．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，求的分布列和数学期望.16．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，若函数有最小值2，求a的值.17．如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．(1)证明：；(2)当为何值时，直线与平面所成的角最大？18．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足．(1)求椭圆的方程；(2)证明直线过定点；(3)椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围．19．若有穷数列，，…，（是正整数），满足（，且），就称该数列为“数列”.(1)已知数列是项数为7的数列，且，，，成等比数列，，，试写出的每一项；(2)已知是项数为（）的数列，且，，…，构成首项为100，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？(3)对于给定的正整数，试写出所有项数不超过的数列，使得成为数列中的连续项；当时，试求这些数列的前2024项和.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】解一元二次不等式、绝对值不等式求集合A、B，再由集合的交运算求结果.【详解】由题设，，或，所以或.故选：A2．A【分析】根据与是否相等判断事件是否独立，得到答案.【详解】由题意得，A选项，，，故，所以，故事件相互独立，A正确；B选项，，，故，所以，故事件不相互独立，B错误；C选项，，，故，所以，故事件不相互独立，C错误；D选项，，，故，所以，故事件不相互独立，D错误；故选：A3．D【分析】结合空间中的线面位置关系逐一判断即可.【详解】对于A:由面面平行的定义可得与没有公共点，即，故A正确；对于B:如果，，那么在内一定存在直线，又，则，故B正确；对于C:如果，，那么根据线面平行的性质可得，故C正确;对于D；如果，，则或，又，那么与可能相交，也可能平行，故D错误.故选：D.4．C【分析】根据正弦定理得到，由为锐角三角形，得到，结合三角函数的单调性得到，从而得解.【详解】由正弦定理得，即，又为锐角三角形，，又，则，解得，而当时，单调递增，故，所以.故选：C5．B【分析】首先由题意求得，再根据同角三角函数基本关系式和诱导公式，即可求解.【详解】由题意可知，，，则，解得，或（舍），所以.故选：B6．C【分析】利用条件概率，结合全概率公式与贝叶斯公式即可得解.【详解】依题意，设用该试剂检测呈现阳性为事件B，被检测者患病为事件A，未患病为事件，则，，，，故，则所求概率为.故选：C.7．A【分析】根据正弦定理得到外接圆半径，由余弦定理得到，由三角形面积公式得到，结合三棱锥体积得到球心到底面的距离，得到球的半径，得到表面积.【详解】因为，所以的外接圆半径为，在中，由余弦定理可得，所以，所以，设球心到平面的距离为，∵，，球半径，所以球面积.故选：A8．B【分析】首先求直线的倾斜角和直线方程，再联立直线和抛物线方程，利用韦达定理表示弦长，即可求解.【详解】如图，过点作，由条件可知直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为，由，，所以,设直线的直线方程为，联立，得，易知，则，而，得.

故选：B9．ACD【分析】由共轭复数的定义、复数的模长公式、复数的运算对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，，则，所以，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，所以，故D正确.故选：ACD.10．ABC【分析】根据正弦型函数的图象和性质对各选项逐一判断即可.【详解】选项A：若，则，由正弦函数的图象可知是的图像的对称中心，A说法正确；选项B：若恒成立，则，解得，又，所以的最小值为2，B说法正确；选项C：令，显然在上单调递增，且，若在上单调递增，则，解得，所以，C说法正确；选项D：当时，，若在上恰有2个零点，则，解得，D说法错误；故选：ABC11．BC【分析】由题设可得最小正周期为4，可判断A，B，C；根据已知区间解析式画出图象，再画出的图象判断交点情况即知D的正误.【详解】令等价于，所以，所以，所以，所以函数的最小正周期为4，故A错误；当时，，所以函数在上递增，因为函数的最小正周期为4，所以函数在上的单调性与单调性相同，故B正确；又因为，，令时，则，令时，则，又，所以，，故C正确；又当时，，结合对称性与周期性作出函数的图象，如图，

作出的图象，由图知两函数共有5个交点，可得方程有5个根，则D错误；故选：BC.【点睛】方法点睛：函数的对称性：（1）若，则函数关于中心对称；（2）若，则函数关于对称.12．【分析】根据向量是数量积公式，即可求解.【详解】由可知，，即，得，.故答案为：13．10【分析】由已知条件计算出和公差，再根据等差数的前项和公式求解即可.【详解】解：因为为等差数列，，即，所以，又因为，所以，所以，所以，，所以公差，所以，所以.故答案为：1014．【分析】首先利用垂心的性质，求得点的轨迹方程，再利用数形结合求距离的最小值.【详解】设，由可知，，又，，

则，因为点为的垂心，所以，即，即()，联立，得，得，则直线与椭圆相离，如图，

设直线与椭圆相切，联立，得，令，得，由图可知，与椭圆相切的切点到直线的距离最近，此时最近距离为平行线和间的距离，即.故答案为：15．(1)150；(2)分布列见解析，.【分析】（1）分两种情况讨论：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；②当对接的中两个数字各出现2次，另外一个数字出现1次，根据分类加法计数原理即可求解；（2）随机变量的取值为1，2，3，求出对应的概率可得分布列，再根据期望公式即可求解.【详解】（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，种数为：，当对接的中两个数字各出现2次，另外一个数字出现1次时，种数为：，所有满足条件的对接码的个数为150.（2）随机变量的取值为1，2，3，其分布为：，，，故的分布列为：123故.16．(1)(2)【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求得答案；（2）对求导，得到的单调性，可得，再令，证得，即，可得出答案.【详解】（1）当时，，的定义域为，则，则，，由于函数在点处切线方程为，即.（2）的定义域为，，当时，令，解得：；令，解得：，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，，即则令，设，，令，解得：；令，解得：，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，解得：.17．(1)证明见解析；(2)2.【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，可得，结合条件可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；（2）利用坐标法，表示出平面的法向量，利用向量夹角公式结合基本不等式即得.【详解】（1）因为三角形是等边三角形，且E是中点，所以，又因为平面，平面平面，平面平面，所以平面，又因为面，所以，因为，，所以，，所以，即，因为平面平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，由已知得，设，则、设平面的法向量为，则，令，有，设直线与平面所成的角，所以，当且仅当时取等号，当时，直线与平面所成角最大．18．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可；（2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可；（3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可.【详解】（1）由题设得，解得，所以的方程为；（2）由题意可设，设，，由，整理得，．由韦达定理得，，由得，即，整理得，因为，得，解得或，时，直线过定点，不合题意，舍去；时，满足，所以直线过定点．（3））由（2）得直线，所以，由，整理得，，由题意得，因为，所以，所以，令，，所以，在上单调递减，所以的范围是．

19．(1)，，，，，，或，，，，，，.(2)当或时取得最大值，且(3)答案见解析【分析】（1）设前项的公比为，由求出，从而得到，，再根据对称性得到其余项；（2）首先利用等差数列求和公式求出，则，再由二次函数的性质计算可得；（3）依题意列出满足该条件的数列，再分、两种情况利用等比数列求和公式及分组求和法计算可得.【详解】（1）因为，，，成等比数列，设公比为，又，，所以，所以或，当时，则，，，，，；当时，则，，，，，；所以该数列的项依次为，，，，，，或，，，，，，.（2）因为构成