海南省八校联盟2024年高三第三次模拟考试数学试卷含解析

海南省八校联盟2024年高三第三次模拟考试数学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．在精准扶贫工作中，有6名男干部、5名女干部，从中选出2名男干部、1名女干部组成一个扶贫小组分到某村工作，则不同的选法共有()A．60种 B．70种 C．75种 D．150种2．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A． B． C． D．3．已知（为虚数单位，为的共轭复数），则复数在复平面内对应的点在（）.A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．已知函数满足当时，，且当时，；当时，且).若函数的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则的取值范围是（）A． B． C． D．5．已知斜率为k的直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为，则斜率k的取值范围是（）A． B． C． D．6．已知函数，，若成立，则的最小值是（）A． B． C． D．7．若函数在处取得极值2，则（）A．-3 B．3 C．-2 D．28．在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为：．假设蚂蚁窝在点，一只蚂蚁从点出发，需要在，上分别任意选择一点留下信息，然后再返回点．那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是（）A． B． C． D．9．射线测厚技术原理公式为，其中分别为射线穿过被测物前后的强度，是自然对数的底数，为被测物厚度，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241（）低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为（）（注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，，结果精确到0.001）A．0.110 B．0.112 C． D．10．过椭圆的左焦点的直线过的上顶点，且与椭圆相交于另一点，点在轴上的射影为，若，是坐标原点，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．11．函数（其中是自然对数的底数）的大致图像为（）A． B． C． D．12．已知点，若点在曲线上运动，则面积的最小值为（）A．6 B．3 C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在△ABC中，a＝3，，B＝2A，则cosA＝_____．14．已知函数，且，，使得，则实数m的取值范围是______.15．设点P在函数的图象上，点Q在函数的图象上，则线段PQ长度的最小值为_________16．己知双曲线的左、右焦点分别为，直线是双曲线过第一、三象限的渐近线，记直线的倾斜角为，直线，，垂足为，若在双曲线上，则双曲线的离心率为_______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，求的单调区间和极值；（2）设，且有两个极值点，，若，求的最小值.18．（12分）已知，.（1）解不等式；（2）若方程有三个解，求实数的取值范围.19．（12分）如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点位置，且，为的中点，是上的动点（与点，不重合）.（Ⅰ）证明：平面平面垂直；（Ⅱ）是否存在点，使得二面角的余弦值？若存在，确定点位置；若不存在，说明理由.20．（12分）已知函数.（1）若函数，试讨论的单调性；（2）若，，求的取值范围.21．（12分）为了解甲、乙两个快递公司的工作状况，假设同一个公司快递员的工作状况基本相同，现从甲、乙两公司各随机抽取一名快递员，并从两人某月(30天)的快递件数记录结果中随机抽取10天的数据，整理如下：甲公司员工：410，390，330，360，320，400，330，340，370，350乙公司员工：360，420，370，360，420，340，440，370，360，420每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下：甲公司规定每件0.65元，乙公司规定每天350件以内(含350件)的部分每件0.6元，超出350件的部分每件0.9元.（1）根据题中数据写出甲公司员工在这10天投递的快件个数的平均数和众数；（2）为了解乙公司员工每天所得劳务费的情况，从这10天中随机抽取1天，他所得的劳务费记为(单位：元)，求的分布列和数学期望；（3）根据题中数据估算两公司被抽取员工在该月所得的劳务费.22．（10分）在创建“全国文明卫生城”过程中，运城市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查(一位市民只能参加一次)，通过随机抽样，得到参加问卷调查的人的得分统计结果如表所示：.组别频数（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分似为这人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)，利用该正态分布，求；（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：①得分不低于的可以获赠次随机话费，得分低于的可以获赠次随机话费；②每次获赠的随机话费和对应的概率为：赠送话费的金额(单位：元)概率现有市民甲参加此次问卷调查，记(单位：元)为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望.附：参考数据与公式：，若，则，，

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、C【解析】

根据题意，分别计算“从6名男干部中选出2名男干部”和“从5名女干部中选出1名女干部”的取法数，由分步计数原理计算可得答案．【详解】解：根据题意，从6名男干部中选出2名男干部，有种取法，从5名女干部中选出1名女干部，有种取法，则有种不同的选法；故选：C．【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理问题，属于基础题．2、A【解析】

详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形故俯视图为故选A.点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题。3、D【解析】

设，由，得，利用复数相等建立方程组即可.【详解】设，则，所以，解得，故，复数在复平面内对应的点为，在第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数的几何意义，涉及到共轭复数的定义、复数的模等知识，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.4、C【解析】

先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，分类利用图像列出有3个交点时满足的条件，解之即可.【详解】先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，如图所示，当时，对称后的图象不可能与在的图象有3个交点；当时，要使函数关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，则，解得.故选：C.【点睛】本题考查利用函数图象解决函数的交点个数问题，考查学生数形结合的思想、转化与化归的思想，是一道中档题.5、C【解析】

设，，，，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，由△得，利用韦达定理结合已知条件得，，代入上式即可求出的取值范围．【详解】设直线的方程为：，，，，，联立方程，消去得：，△，，且，，，线段的中点为,，，，，，，，把代入，得，，，故选：【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题．6、A【解析】分析：设，则，把用表示，然后令，由导数求得的最小值．详解：设，则，，，∴，令，则，，∴是上的增函数，又，∴当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，是极小值也是最小值，，∴的最小值是．故选A．点睛：本题易错选B，利用导数法求函数的最值，解题时学生可能不会将其中求的最小值问题，通过构造新函数，转化为求函数的最小值问题，另外通过二次求导，确定函数的单调区间也很容易出错．7、A【解析】

对函数求导,可得,即可求出,进而可求出答案.【详解】因为,所以,则,解得,则.故选:A.【点睛】本题考查了函数的导数与极值,考查了学生的运算求解能力,属于基础题.8、C【解析】

将四面体沿着劈开，展开后最短路径就是的边，在中，利用余弦定理即可求解.【详解】将四面体沿着劈开，展开后如下图所示：最短路径就是的边．易求得，由，知，由余弦定理知其中，∴故选：C【点睛】本题考查了余弦定理解三角形，需熟记定理的内容，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.9、C【解析】

根据题意知,，代入公式,求出即可.【详解】由题意可得,因为,所以,即.所以这种射线的吸收系数为.故选:C【点睛】本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程；属于中档题.10、D【解析】

求得点的坐标，由，得出，利用向量的坐标运算得出点的坐标，代入椭圆的方程，可得出关于、、的齐次等式，进而可求得椭圆的离心率.【详解】由题意可得、.由，得，则，即.而，所以，所以点.因为点在椭圆上，则，整理可得，所以，所以.即椭圆的离心率为故选：D.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，解答的关键就是要得出、、的齐次等式，充分利用点在椭圆上这一条件，围绕求点的坐标来求解，考查计算能力，属于中等题.11、D【解析】由题意得，函数点定义域为且，所以定义域关于原点对称，且，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，故选D.12、B【解析】

求得直线的方程，画出曲线表示的下半圆，结合图象可得位于，结合点到直线的距离公式和两点的距离公式，以及三角形的面积公式，可得所求最小值.【详解】解：曲线表示以原点为圆心，1为半径的下半圆(包括两个端点)，如图，直线的方程为，可得，由圆与直线的位置关系知在时，到直线距离最短，即为，则的面积的最小值为.故选：B.【点睛】本题考查三角形面积最值，解题关键是掌握直线与圆的位置关系，确定半圆上的点到直线距离的最小值，这由数形结合思想易得．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式即可计算求值得解．【详解】解：∵a＝3，，B＝2A，∴由正弦定理可得：，∴cosA．故答案为．【点睛】本题主要考查了正弦定理，二倍角的正弦函数公式在解三角形中的应用，属于基础题．14、【解析】

根据条件转化为函数在上的值域是函数在上的值域的子集；分别求值域即可得到结论.【详解】解：依题意，，即函数在上的值域是函数在上的值域的子集.因为在上的值域为（）或（），在上的值域为，故或，解得故答案为：.【点睛】本题考查了分段函数的值域求参数的取值范围，属于中档题.15、【解析】

由解析式可分析两函数互为反函数,则图象关于对称,则点到的距离的最小值的二倍即为所求,利用导函数即可求得最值.【详解】由题,因为与互为反函数,则图象关于对称,设点为,则到直线的距离为,设,则,令,即,所以当时,,即单调递减；当时,,即单调递增,所以,则,所以的最小值为,故答案为:【点睛】本题考查反函数的性质的应用,考查利用导函数研究函数的最值问题.16、【解析】

由，则，所以点，因为，可得，点坐标化简为，代入双曲线的方程求解.【详解】设，则，即，解得，则，所以，即，代入双曲线的方程可得，所以所以解得.故答案为：【点睛】本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，及三角恒等变换，还考查了运算求解的能力和数形结合的思想，属于中档题.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;极小值，无极大值；（2）【解析】

（1）求出f（x）的导数，解不等式，即可得到函数的单调区间，进而得到函数的极值；（2）由题意可得，，求出的表达式，，求出h（t）的最小值即可．【详解】（1）将代入中，得到，求导，得到，结合，当得到：增区间为，当，得减区间为且在时有极小值，无极大值.（2）将解析式代入，得，求导得到，令,得到,，，，，，，，因为，所以设,令，则所以在单调递减,又因为所以,所以或又因为，所以所以,所以的最小值为.【点睛】本题考查了函数的单调性、极值、最值问题，考查导数的应用以及函数的极值的意义，考查转化思想与减元意识，是一道综合题．18、（1）；（2）.【解析】

（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果;（2）.作出函数的图象,当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，由图可得结果.【详解】（1）不等式，即为.当时，即化为，得，此时不等式的解集为，当时，即化为，解得，此时不等式的解集为.综上，不等式的解集为.（2）即.作出函数的图象如图所示，当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，所以.所以实数的取值范围是.【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．19、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）存在，此时为的中点.【解析】

（Ⅰ）证明平面，得到平面平面，故平面平面，平面，得到答案.（Ⅱ）假设存在点满足题意，过作于，平面，过作于，连接，则，过作于，连接，是二面角的平面角，设，，计算得到答案.【详解】（Ⅰ）∵，，，∴平面.又平面，∴平面平面，而平面，，∴平面平面，由，知，可知平面，又平面，∴平面平面.（Ⅱ）假设存在点满足题意，过作于，由知，易证平面，所以平面，过作于，连接，则（三垂线定理），即是二面角的平面角，不妨设，则，在中，设（），由得，即，得，∴，依题意知，即，解得，此时为的中点.综上知，存在点，使得二面角的余弦值，此时为的中点.【点睛】本题考查了面面垂直，根据二面角确定点的位置，意在考查学生的空间想象能力和计算能力，也可以建立空间直角坐标系解得答案.20、（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解析】

（1）由于函数，得出，分类讨论当和时，的正负，进而得出的单调性；（2）求出，令，得，设，通过导函数，可得出在上的单调性和值域，再分类讨论和时，的单调性，再结合，恒成立，即可求出的取值范围.【详解】解：（1）因为，所以，①当时，，在上单调递减.②当时，令，则；令，则，所以在单调递增，在上单调递减.综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）因为，可知，，令，得.设，则.当时，，在上单调递增，所以在上的值域是，即.当时，没有实根，且，在上单调递减，，符合题意.当时，，所以有唯一实根，当时，，在上单调递增，，