?2023屆海南省?？谑懈呷M考試數(shù)學試題

一、單選題
1．已知，，則（????）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】解一元二次不等式化簡集合，再利用并集的定義求解作答.
【詳解】解不等式，得，即，而，
所以.
故選：D
2．復數(shù)滿足，則（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出，再由復數(shù)的乘法和除法運算化簡即可得出答案.
【詳解】由可得，
.
故選：C.
3．二項式的展開式中，的系數(shù)為（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出二項式展開式的通項，再令的指數(shù)為3得到的值，從而得到答案.
【詳解】的展開式的通項公式為.
令，解得,
所以的系數(shù)為.
故選：A.
4．函數(shù)的單調遞減區(qū)間是（????）
A． B．和
C． D．和
【答案】B
【分析】將絕對值函數(shù)轉化成分段函數(shù)，由二次函數(shù)的性質即可求
【詳解】，
則由二次函數(shù)的性質知，當時，的單調遞減區(qū)間為；
當，的單調遞減區(qū)間為，
故的單調遞減區(qū)間是和.
故選：B
5．設，若函數(shù)圖象上任意一點滿足，則（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據(jù)題意結合兩點間距離公式分析運算.
【詳解】因為點在函數(shù)圖象上，則，即，
又因為，則，
整理得，
由于對恒成立，則，解得.
故選：C.
6．設點在等邊△內（含△的三條邊），，，則的最大值為（????）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】記BC中點為D，將化為，由已知可得，根據(jù)數(shù)量積定義直接求解，結合點P在內可得最大值.
【詳解】記BC中點為D，
為正三角形，，

所以，且
所以，即，

因為點P在內（含三邊），所以，

所以，

即的最大值為3.
故選：D


7．已知數(shù)列滿足，，數(shù)列滿足，，設數(shù)列和的前項和分別為和，若，則（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由遞推關系可得數(shù)列和的周期為4，結合條件可得，即得.
【詳解】因為，，
所以，，，，
所以數(shù)列的周期為4，
同理可得數(shù)列的周期為4，且，，，，
所以，又，
所以，又，
所以或(舍去).
故選：A.
8．瓊中蜂蜜是海南省瓊中黎族苗族自治縣特產(chǎn).人們贊美蜜蜂是自然界的建筑師，是因為蜜蜂建造的蜂房是以正六棱柱為單位的幾何體.18世紀初，法國天文學家通過觀測發(fā)現(xiàn)蜜蜂蜂房的每個單位并非六棱柱.如圖1，左側的正六棱柱底面邊長為，高為.蜜蜂的蜂房實際形狀是一個十面體，如圖2，它的頂部是邊長為的正六邊形，底部由三個全等的菱形，和構成，其余側面由個全等的直角梯形構成，，，蜜蜂的高明之處在于圖2的構造在容積上與圖1相等，但所用的材料最省.圖2中，（????）
??
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先用把蜂房的表面積表示出來，然后把當作自變量，求導確定蜂房表面積取最小值時的即為結果.
【詳解】設，則由題意知蜂房的表面積為，
求導得，
令，得，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以當時，取得極小值，也是最小值，即此時蜂房最省料.
故選：D.

二、多選題
9．隨著社會的發(fā)展，人們的環(huán)保意識越來越強了，某市環(huán)保部門對轄區(qū)內A、B、C、D四個地區(qū)的地表水資源進行檢測，按照地表水環(huán)境質量標準，若連續(xù)10天，檢測到地表水糞大腸菌群都不超過200個/L，則認為地表水糞大腸菌群指標環(huán)境質量穩(wěn)定達到Ⅰ類標準，否則不能稱穩(wěn)定達到Ⅰ類標準.已知連續(xù)10天檢測數(shù)據(jù)的部分數(shù)字特征為：A地區(qū)的極差為20，75%分位數(shù)為180；B地區(qū)的平均數(shù)為170，方差為90；C地區(qū)的中位數(shù)為150，極差為60；D地區(qū)的平均數(shù)為150，眾數(shù)為160.根據(jù)以上數(shù)字特征推斷，地表水糞大腸菌群指標環(huán)境質量穩(wěn)定達到Ⅰ類標準的地區(qū)是（????）
A．A地區(qū) B．B地區(qū) C．C地區(qū) D．D地區(qū)
【答案】AB
【分析】根據(jù)平均數(shù)、方差、眾數(shù)、中位數(shù)、極差、百分位數(shù)的知識對各地區(qū)進行分析，從而確定正確選項.
【詳解】根據(jù)題意，設數(shù)據(jù)的最大值為，最小值為，每天的檢測數(shù)據(jù)為，
對于地區(qū)，極差為，，又由分位數(shù)為，則，則，丁地區(qū)一定達標；
對于地區(qū)，由，則，
如果這個數(shù)據(jù)中有一個數(shù)據(jù)大于，則必有，矛盾，
所以這個數(shù)據(jù)均不大于，地區(qū)一定達標；
對于地區(qū)，數(shù)據(jù)150、150、150、150、150、150、150、150、150，210，滿足中位數(shù)為150，極差為60，地區(qū)可能沒有達標；
對于地區(qū)，數(shù)據(jù)140、150、150、100、100、160、160、160、160，220，滿足平均數(shù)為150，眾數(shù)為160，地區(qū)可能沒有達標；
故選：AB
10．已知銳角，，滿足，則（????）
A．，可能是方程的兩根
B．若，則
C．
D．
【答案】BD
【分析】由，的符號即可判斷A；由正弦函數(shù)的單調性可判斷B；
由正、余弦的降冪公式化二次為一次，結合三角函數(shù)值的符號可判斷C；
用兩角和的正切公式的變形可判斷D.
【詳解】因為，為銳角，所以，，
若，是方程的兩根，
由韋達定理得，故A錯誤；
因為，為銳角且，函數(shù)在上單調遞增，故B正確；
因為，為銳角，所以，，
故，C錯誤；
因為，所以，
又，所以，
所以
，故D正確.
故選：BD.
11．如圖，正方體的棱長為，，，分別是，和的中點，在線段上，則（????）
??
A．，，，，五點在同一個球面上
B．直線與平面的交點為線段靠近點的四等分點
C．三棱錐的體積為
D．存在點，使平面
【答案】AC
【分析】利用棱錐的體積計算公式，線面垂直的性質、直線與平面的交點等有關知識逐項進行驗證即可求解.
【詳解】對于A，分別取，的中點，構造長方體，
則經(jīng)過點，，，，五點的球即為長方體的外接球，
故，，，，五點在同一個球面上，
??
故選項A正確；
對于B，取的中點，連接并延長交的延長線與點，連接，
點即為直線與平面的交點，而點并不是線段靠近點的四等分點，
??
故選項B錯誤；
對于C，連接，
??
因為，
所以，故選項C正確；
對于D，假設存在點，使平面，因為平面，
所以，又因為，所以，此時與重合，
因為平面，平面，所以，也即，
由正方體的性質可知，此時與不可能垂直，故假設錯誤，
所以不存在這樣的點，使平面，故選項D錯誤，
故選：AC.
12．已知，，，下面結論正確的是（????）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】A選項，變形得到，由基本不等式求出最值，A錯誤；B選項，先推出和，結合得到，同理得到，可得結論；C選項，先根據(jù)基本不等式得到，從而證明出結論；D選項，由B選項得到，由導函數(shù)得到函數(shù)最值，求出，從而得到，證明出結論.
【詳解】A選項，變形得到，
因為，所以，故，
解得，當且僅當時，等號成立，A錯誤；
B選項，因為，所以，即，
又，所以，即，
因為，所以，同理可得，
由可得，故，
，所以，
故，解得，
又，即，所以，即，解得，
解得，綜上，，同理可得，
所以，故B正確；
C選項，因為，所以，解得，
當且僅當時，等號成立，
，C正確；
D選項，由B可知，，
設，，則，
故當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
又，所以，
所以，即，解得，
，
故選：BCD
【點睛】方法點睛：不等式證明或比較大小經(jīng)常用到基本不等式及其變形：
，當且僅當時，等號成立，
解題中要結合題目條件靈活運用.

三、填空題
13．已知直線與圓交于，兩點，則______.
【答案】
【分析】首先求出圓的圓心坐標和半徑，計算圓心到直線的距離，再計算弦長即可.
【詳解】圓，即為，
圓心，半徑.
圓心到直線的距離，
所以.
故答案為：.
14．在正三棱錐中，，則該三棱錐外接球的表面積為______.
【答案】
【分析】畫出正三棱錐，設出球心，由勾股定理建立等量關系求得外接球半徑，由球的表面積公式求解即可.
【詳解】如圖：在正三棱錐，.

在等邊三角形中，為中點，，
所以，在直角三角形中，
，設三棱錐外接球半徑為，
在直角三角形中，，.
由勾股定理得：，解得：，
所以該三棱錐外接球的表面積為：.
故答案為：.

四、雙空題
15．已知點，分別是雙曲線的左右焦點，過的直線與該雙曲線交于，兩點（點位于第一象限），點是△內切圓的圓心，則______；若的傾斜角為，△的內切圓面積為，△的內切圓面積為，則為______.
【答案】 2 9
【分析】利用平面幾何圖形的性質解題，由同一點出發(fā)的圓的切線長相等，可得，再結合雙曲線的定義得，從而可求得的內心的橫坐標2，即有軸，在，中，運用解直角三角形知識，及正切函數(shù)的定義和二倍角公式化簡即可得到直線的斜率．
【詳解】由雙曲線，可得，,
記的內切圓圓心為，
內切圓在邊上的切點分別為，
易知兩點橫坐標相等，，
??
由，即，
得，即，
記點的橫坐標為，則，
則，得．
記的內切圓圓心為，同理得內心的橫坐標也為，則軸，
已知直線的傾斜角為，則，
設△的內切圓半徑為，△的內切圓半徑為
在中，，
同理，在中，，
所以，所以.
故答案為：2;9.

五、填空題
16．已知正實數(shù)，滿足：，則的最小值為______.
【答案】
【分析】將變形為，設，對求導可知在上單調遞增，所以，則，所以，令，對求導，即可求出的最小值
【詳解】由可得：,
所以，，
設，，
所以在上單調遞增，所以，
則，所以，
所以，所以，令，
令，解得：；令，解得：；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以.
故的最小值為.
故答案為：.

六、解答題
17．將數(shù)列按照一定的規(guī)則，依順序進行分組，得到一個以組為單位的序列稱為數(shù)列的一個分群數(shù)列，稱為這個分群數(shù)列的原數(shù)列.如，，，，，是數(shù)列的一個分群數(shù)列，其中第個括號稱為第群.已知數(shù)列的通項公式為.
(1)若數(shù)列的一個分群數(shù)列每個群都含有項，該分群數(shù)列第群的最后一項為，求數(shù)列的通項公式.
(2)若數(shù)列的一個分群數(shù)列滿足第群含有項，為的該分群數(shù)列第群所有項構成的數(shù)集，設，求集合中所有元素的和.
【答案】(1)
(2)26

【分析】（1）由分群數(shù)列的定義推導即可求解；
（2）根據(jù)該分群數(shù)列第k群含有k項，求出該分群數(shù)列的前6群，從而得到集合即可求解.
【詳解】（1）由題意，該分群數(shù)列第k群的最后一項，
由，所以，所以數(shù)列的通項公式為
（2）由題意，該分群數(shù)列第k群含有k項，所以該分群數(shù)列的前6群為:
，
又，顯然有．
當時滿足，即.
所以集合中所有元素之和為
18．在△中，角，，所對的邊分別為，，，已知，.
(1)若，求△的面積；
(2)若，點為中點，求的長.
【答案】(1)2
(2)或

【分析】（1）由正弦定理結合兩角和的正弦公式化簡已知式可得，可判斷△為等腰直角三角形，即可求出△的面積；
（2）由正弦定理求出，結合（1）可得或，分情況討論，由余弦定理和三角形的面積公式即可得出答案.
【詳解】（1）因為，由正弦定理得，，
即．
整理得，
又，故，即．
若，則．
又，所以，此時．
所以△為等腰直角三角形，即．
（2）若，則，所以．
由，所以．由（1），，由，
所以或．
①當時，，此時△為直角三角形，且．
所以．
②時，，此時△為等腰三角形．
在△中，由余弦定理得，，
所以．綜上，或．
19．?？谑心持袑W一研究性學習小組為了解海口市民每年旅游消費支出費用（單位：千元），寒假期間對游覽某簽約景區(qū)的100名海口市游客進行隨機問卷調查，并把數(shù)據(jù)整理成如下表所示的頻數(shù)分布表：
組別








頻數(shù)
3
4
8
11
41
20
8
5
(1)從樣本中隨機抽取兩位市民的旅游支出數(shù)據(jù)，求兩人旅游支出均低于6000元的概率；
(2)若?？谑忻竦穆糜沃С鲑M用近似服從正態(tài)分布，近似為樣本平均數(shù)（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中間值代表），近似為樣本標準差，并已求得，利用所得正態(tài)分布模型解決以下問題：
（?。┘俣ê？谑谐Ｗ∪丝跒?00萬人，試估計海口市有多少市民每年旅游費用支出在15000元以上；
（ⅱ）若在?？谑须S機抽取3位市民，設其中旅游費用在9000元以上的人數(shù)為，求隨機變量的分布列和均值.
附：若，則，，.
【答案】(1)
(2)（i）68250人（ii）分布列見解析，均值為

【分析】（1）根據(jù)古典概型即可求解；（2）（?。└鶕?jù)正態(tài)分布即可進行估計；（ⅱ）根據(jù)二項分布即可求解.
【詳解】（1）樣本中旅游支出低于6000元的市民有15人，記A為“從樣本中任選兩人，兩人旅游支出均低于6000元”，則．
（2），所以．
（?。┮驗椋?br /> 所以海口市民每年旅游費用支出在15000元以上的人數(shù)．
（ⅱ），所以．
，，
，，
所以的分布列為：

0
1
2
3
P




所以．
20．如圖，四棱錐中，，，平面平面.
??
(1)證明：平面平面；
(2)若，，，與平面所成的角為，求的最大值.
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）根據(jù)面面垂直和線面垂直的性質可得，由已知可證，再利用線面垂直和面面垂直的判定定理可證平面平面；
（2）法1：設，利用向量法求出平面的一個法向量，并根據(jù)線面角的公式轉化為函數(shù)問題分析最值即可；法2：設點到平面的距離為，利用等面積法得到，進而得到，分析取最小值的情況，即可求出的最大值.
【詳解】（1）證明：過點A作于，
??
因為平面平面，平面平面，所以平面，
又平面，所以，
由，，可知，
而，平面
所以平面，
因為平面，所以平面平面．
（2）法1：由（1）知平面，平面，所以，
又，所以，
所以，，所以，
由平面ABCD，所以平面．
如圖建立空間直角坐標系，則，，，設，
平面的一個法向量為，，
，所以，，即，
得 令，得，
，所以，
顯然，當時，取最小值，
綜上，當時，的最大值為．
法2：設點到平面的距離為，因為，平面，
所以平面，所以點A到平面的距離也為，
由（1），平面，所以，又，所以，
所以，所以，所以，
由（1），平面，所以，
由，在四邊形中，當時，取最小值，
此時四邊形顯然為矩形，，所以的最大值為．
21．已知橢圓的左、右兩個頂點分別為、，左、右兩個焦點分別為、，.動點是上異于、的一點，當時，.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設直線的方程為，直線和分別交于點和點.從以下三個條件中任選一個作為已知條件，證明另外兩個條件成立：①；②；③以為直徑的圓與相切于.
【答案】(1)
(2)條件選擇見解析，證明見解析

【分析】（1）設，根據(jù)可得出的值，當，求出的值，根據(jù)以及橢圓的定義可求得的值，由此可得出橢圓的標準方程；
（2）設、，的中點，設，推導，化簡點的坐標.
證明命題①②③成立：由可求出的值，可證得②成立，再證明出，并說明點在以為直徑的圓上，且為圓心，可證得③成立；
證明命題②①③成立：當時，寫出點、、的坐標，證明出，可證得①成立，再由①③成立，如上即可；
證明命題③①②成立：由圓的幾何性質可證得命題①成立，再由①②，如上即可.
【詳解】（1）解：設，則，，所以．
當時，不妨設點，，代入橢圓方程得，
化簡得，所以，
在直角△中，由得，
所以，解得，所以橢圓的標準方程為．
（2）解：設、，的中點，
由（1）知，、、，

設，其中，由可得．
則直線的斜率，直線的方程為，
在直線的方程中，令可得，
同理可得，
所以，即．
【情況1】
下面證明命題①②③成立：
，，
因為，所以，
又，
即，化簡得，解得．
的中點為，所以，，
所以，即，
又，點在以為直徑的圓上，且為圓心，
所以以為直徑的圓與相切于．
【情況2】
下面證明命題②①③成立：
當時，、、，
，，
所以，即成立．
下面①③同情況1．
【情況3】
下面證明命題③①②成立：
由③，點在以為直徑的圓上，所以有，即③①成立．
下同情況1．
【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
22．已知函數(shù).
(1)求的最小值；
(2)設.
（?。┳C明：存在兩個零點，；
（ⅱ）證明：的兩個零點，滿足.
【答案】(1)
(2)（i）證明見解析（ii）證明見解析

【分析】（1）用導數(shù)求出單調性即可求解；
（2）（?。┣蟪龅膯握{區(qū)間，用零點存在性定理判斷每個單調區(qū)間上零點的個數(shù)；
（ⅱ）用的單調性把需證明的不等式轉化為即證，然后構造函數(shù)證明即可.
【詳解】（1），
所以當時，，當時，，
所以函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，
所以的最小值為．
（2）（?。┳C明：，，，
因為，所以，所以當時，，時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
則函數(shù)有最小值．
由，，
下面證明，在上，對，只要足夠小，必存在，
使得：
實際上，當時，，令，得，
所以對，取，必有，即，
所以在區(qū)間上，存在唯一的，，
又，所以在區(qū)間上，存在唯一的，，
綜上，存在兩個零點．
（ⅱ）要證，需證，由，所以，
因為在上單調遞減，因此需證：，
，，
所以，，
設，，
則，
所以在上單調遞減，，即
，
結論得證，所以．
【點睛】雙變量不等式證明問題，通常結合變量間的關系、函數(shù)的單調性等方法轉化為單變量不等式證明問題，同時注意構造函數(shù)的技巧方法.

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