2023年海南省白沙县高考数学调研试卷(2月份)+答案解析(附后)

2023年12月4日发(作者：2022数学试卷的答案)

2023年海南省白沙县高考数学调研试卷（2月份）1.

设集合A. B. C.

，则( )D.

2.

己知复数z满足A.

第一象限3.

已知平面向量B.

第二象限，，则向量，则在复平面内对应的点位于( )C.

第三象限，与，满足D.

第四象限，所成夹角的最大值是( )A. B. C. D.

4.

2014年3月8日，马航MH370航班客机从吉隆坡飞往北京途中失联，随后多国加入搜救行动，同时启动水下黑匣子的搜寻，主要通过水下机器人和蛙人等手段搜寻黑匣子，现有3个水下机器人A，B，C和2个蛙人a，b，各安排一次搜寻任务，搜寻时每次只能安排1个水下机器人或1个蛙人下水，其中C不能安排在第一个下水，A和a必须相邻安排，则不同的搜寻方式有( )A.

24种B.

36种C.

48种D.

60种问：用数字5.

若一个四位数字相加和为10，则称该数为“完美四位数”，如数字A.

716.

函数B.

66的图象为( )0，1，2，3，4，5，6，7组成无重复数字且大于2018的“完美四位数”有个( )C.

59D.

53A. B.

C. D.

7.

设函数( )且是R上的减函数，则a的取值范围是A. B. C. D.

第1页，共17页8.

若A.

A.

B.

不等式C.

是，，，，则a、b、c的大小关系为( )B. C. D.

9.

下列命题正确的有( )的解集为R的充分不必要条件，，则：，D.

若命题p：10.

下列说法正确的是( )A.

一批文具中有12件正品，4件次品，从中任取3件，则取得1件次品的概率为B.

相关系数r越接近1，两变量的线性相关程度越强C.

若D.

若11.

已知函数函数，，，，则，则为正整数，的最小正周期，将的说的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则下列关于函数法正确的是( )A.

是函数的一个零点对称B.

函数C.

方程D.

函数12.

已知点的图象关于直线在在上有三个解上单调递减是直线l：上的一点，过点P作圆O：的两条切线，切点分别为A，B，连接OA，OB，则( )A.

当四边形OAPB为正方形时，点P的坐标为B.

C.

当的取值范围为为等边三角形时，点P的坐标为D.

直线AB过定点13.

多项式：14.

已知，含项的系数是______.，若，则实数______ .第2页，共17页15.

设轴截面为正三角形的圆锥的体积为，它的外接球的体积为，则______ .16.

棱长为12的正四面体ABCD与正三棱锥面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥锥内切球的半径为______ .的底面重合，若由它们构成的多的体积为______

，该正三棱17.

为D为BC上的点，AD平分中，，，，的面积求CD的长；求18.

在等差数列求数列设数列中，已知，公差，其前n项和满足的通项公式；的前n项和为，求的表达式．，D为AE的中，在直角梯形ABCE中，19.

如图，点，将求证：求平面沿CD折起到；的位置，使得与平面ABCD所成的角的余弦值.20.

学校举办的集体活动中，设计了如下有奖闯关游戏；参赛选手按第一关、第二关、第三关的顺序依次闯关，若闯关成功，分别获得1分、2分、3分的奖励，游戏还规定，当选手闯过一关后，可以选择得到相应的分数，结束游戏；也可以选择继续闯下一关，若有任何一关没有闯关成功，则全部分数都归零，游戏结束．设选手甲第一关、第二关、第三关的概率分别为，，，选手选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功互不影响．求选手甲第一关闯关成功且所得分数为零的概率；设该学生所得总分数为X，求X的分布列与数学期望．21.

在平面直角坐标系xOy中，已知点点M的轨迹为求C的方程；已知倾斜角为的直线l经过点积．、，，，且l与曲线C交于A，B两点，求的面第3页，共17页22.

已知函数求曲线证明：在点处的切线方程；，且存在唯一极大值点第4页，共17页答案和解析1.【答案】D

【解析】解：则故选：根据已知条件，先求出集合M，N，再结合交集的定义，即可求解．本题主要考查交集及其运算，属于基础题．，，2.【答案】A

【解析】解：由，则在复平面内对应的点的坐标位于第一象限．故选：把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．，得，3.【答案】A

【解析】解：即，，，即，，设向量与所成夹角为，，第5页，共17页，当且仅当又故选：由向量线性运算和数量积的定义和运算律可化简已知等式得到，根据向量夹角公式，结合推导出的等式可化简得到，利用基本不等式可求得值．本题考查向量夹角最值的求解问题，向量的夹角公式，向量数量积的运算，函数思想，基本不等式的应用，属中档题．，由此可得的最大，，时取等号，4.【答案】B

【解析】解：先把A和a捆绑在一起看作一个复合元素，从这个复合元素和b，B中任选一个排在第一个下水，其它的任意排，故有故选：相邻问题用捆绑法，特殊位置优先安排，先把A和a捆绑在一起看作一个复合元素，从这个复合元素和b，B中任选一个排在第一个下水，其它的任意排，问题得以解决．本题考查进行简单的合情推理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．种，5.【答案】A

【解析】A解：由0，1，2，7组成的四位数为完美四位数，比2018大的有由1，2，3，4组成的四位数为完美四位数，比2018大的有由0，1，3，6组成的四位数为完美四位数，比2018大的有由0，1，4，5组成的四位数为完美四位数，比2018大的有由0，2，3，5组成的四位数为完美四位数，比2018大的有故共有故选：分五类，分别从7个数中选取和为10的四个数字，如果有0，需要注意0不能在首位，还有注意比2018大．个，个，个，个，个，个，第6页，共17页本题考查了排列组合以及简单计数问题，考查了分类讨论思想，属于基础题．6.【答案】A

【解析】解：函数函数定义域为R，且排除B，，是偶函数，图象关于y轴对称，，排除C，故选：根据函数的奇偶性和特殊函数取值对选项进行判断即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，涉及函数奇偶性，属于基础题.7.【答案】A

【解析】【分析】本题考查函数单调性的性质，由题意得到是关键，也是难点所在，属于中档题．根据函数的单调性得到关于a的不等式组，从而可解得a的取值范围．【解答】解：函数，且且是R上的减函数，，故选

8.【答案】B

【解析】解：令，则函数，在，故故选：构造函数，利用函数的性质即可解出．本题考查了函数的性质，学生的数学运算能力，属于基础题．，，，上单调递增，9.【答案】BCD

第7页，共17页【解析】解：当因为因为是，则时，，所以，是假命题，A错误；的解集为R，B正确；恒成立，则不等式

，又当时，，但，所以由不能推出，所以的充分不必要条件，C正确；，，则：，，D正确．若命题p：故选：举反例判断A，根据一元二次函数的性质判断B，根据充分条件和必要条件的定义判断C，根据含量词的命题的否定方法判断本题主要考查命题的真假判断与应用，考查转化能力，属于基础题．10.【答案】ACD

【解析】解：A选项：由题意知取得1件次品的概率B选项：越接近1，两变量的线性相关程度越强，故B错误；为必然事件，所以，所以，，，故D正确．，而AB与互斥，，故C正确；，故A正确；C选项：因为所以D选项：则故选：对于A，根据古典概型的概率公式结合组合数的计算可判断A；对于B，根据相关系数的意义可判断B；对于C，利用对于D，求出，，结合互斥事件的概率计算可判断C；，利用即可判断本题主要考查条件概率公式，以及古典概型的概率公式，互斥事件的概率公式，属于基础题．11.【答案】ABD

【解析】解：因为，又为正整数，所以，所以，，，所以，解得第8页，共17页所以函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数，由题意知，函数又对于A，对于B，对于D，当因为对于C，令显然误；故选：先由周期范围及在在，所以的图象关于原点对称，故，，所以，，故A正确；，即，，故B正确；时，上单调递减，所以函数，因为内只有，，所以两个解，即方程在，在上只有两个解，故C错，上单调递减，故D正确．为正整数求得，，再由平移后关于原点对称求得，从而得到对于AB，将与代入检验即可；在内只有两个解，从而可以判断；对于C，利用换元法得到对于D，利用整体法及的单调性即可判断．本题考查根据三角函数的图象变换法则求变换后所得图象对应的函数解析式等相关问题，属于中档题．12.【答案】BCD

【解析】解：因为四边形OAPB为正方形，所以对角线，，所以点P位于以原点为圆心，半径为2的圆上，即联立由与得：，可知：方程无解，故这样的点P不存在，A错误；第9页，共17页圆心到直线所以当的距离为正确；，此时最小，且，的取值范围为为等边三角形时，，的圆上，故，解得，，此时，则点P位于以原点为圆心，半径为联立与得：，C正确；故点P的坐标为由题意可知：O，P，A，B四点共圆，且OP为直径，设，则OP的中点坐标为，①，，，②，故此圆的方程为两式相减即为直线AB的方程，即令，解得，故直线AB过定点故选：AC选项，先求出OP的长，确定点P位于某圆的方程，与直线得到A错误，C正确；B选项，求出圆心到直线值范围；D选项，确定O，P，A，B四点共圆，且OP为直径，求出圆的方程，与交点弦AB的方程，确定其过的定点．，本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．相减后得到的距离，从而利用勾股定理求出最小值，得到的取联立后利用根的判别式13.【答案】【解析】解：故含项的系数是

含，项为

，故答案为：由题意利用二项展开式的通项公式，求出含项的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．14.【答案】

第10页，共17页【解析】解：实数故答案为：，，，若，则，由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求得m的值．本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，属于基础题．15.【答案】

【解析】解：作出图形，如图所示：由题意得是等边三角形，设外接球的圆心为O，且半径为R，，高，，，圆锥的底面半径，故答案为：作出图形，由题意得半径，高是等边三角形，设外接球的圆心为O，且半径为R，可得圆锥的底面，求出，，即可得出答案．本题考查球的体积，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．16.【答案】

的底面重合，【解析】解：由棱长为12的正四面体 ABCD

与正三棱锥若由它们构成的多面体 ABCDE

的顶点均在一球的球面上，所以多面体 ABCDE

的外接球即为正四面体 ABCD

的外接球，且其外接球的直径为 AE，第11页，共17页设，正三棱锥侧棱长 x，，解得，，外接球的半径为，由题意得证四面体 ABCD

的高为设正三棱锥因为因为底面则正三棱锥可得正三棱锥体积为设正三棱锥由故答案为：根据组合体的结构特征，设的高为 h，，所以的边长为12，所以，，三条侧棱两两垂直，的表面积为，的内切球的半径为 r，，解得，，，正三棱锥侧棱长x，列出方程组，求得 R，x

的体积与表面积，再结合等体积法，即可求得的值，利用体积公式，即可求得三棱锥内切球的半径，得到答案．本题主要考查了组合体的结构各种，以及正三棱锥内切球的半径的求法，三棱锥的体积的计算，其中解答中熟练应用组合体的结构特征，以及球的性质是解答的关键，着重考查空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档题．17.【答案】解：因为，，，，的面积为因为所以，，AD平分，，中，由余弦定理可得，所以；中，由余弦定理可得，，，第12页，共17页所以所以【解析】，

由已知结合三角形的面积公式可求，然后结合余弦定理即可求解；由余弦定理可求，然后结合同角平方关系及两角差的三角公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角恒等变形，三角形的内角和公式，考查了三角知识的应用能力18.【答案】解：又，则所以等差数列所以由则所以两式相减得则可知根据题意，当，解得的公差；，时，，，，…………，，，，所以【解析】

根据题意，利用，再求出的通项公式；，然后利用错位相减法，求出求出的值，得到等差数列的公差由可知本题考查等差数列的通项公式，错位相减求和法，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题．19.【答案】解：，证明：在直角梯形ABCE中，，，，即四边形ABCD是矩形，，第13页，共17页，又平面又平面；取AD的中点O，连接，，由又得平面，则，则，，，是等边三角形，，，，平面，平面，平面ABCD，，如图所示：则建立以O为原点的空间直角坐标系，则，设平面则的一个法向量为，，，，取，，，则，，平面的一个法向量为，，又平面ABCD的法向量为设平面与平面ABCD所成的平面角为，，故平面【解析】可得与平面ABCD所成的角的余弦值为由题意得四边形ABCD是矩形，平面，即可证明结论；，可得，

，，利用线面垂直的判定定理取AD的中点O，连接得平面，用线面垂直的判定定理可，利用向量法，即可得出答平面ABCD，则建立以O为原点的空间直角坐标系第14页，共17页案．本题考查直线与平面垂直和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．20.【答案】解：设甲“第一关闯关成功且所得分数为零”为事件A，，，“第一关闯关成功第二关闯关失败”为事件“前两关闯关成功第三关闯关失败”为事件则计算、互斥；，，；由题意知，随机变量X的所有可能取值为0，1，3，6，计算，，；的分布列为：X0136P数学期望为，

【解析】本题考查了互斥事件的概率计算以及离散型随机变量的分布列与数学期望问题，是中档题．利用互斥事件的概率和求甲“第一关闯关成功且所得分数为零”的概率值；由题意知随机变量X的所有可能取值，计算对应的概率值，写出X的分布列，求出数学期望值．21.【答案】解：因为点，、，，所以点M的轨迹是以、为焦点的双曲线的右支，第15页，共17页其中所以曲线C的方程为：由倾斜角为的直线l经过点设，，，所以，，可得直线AB的方程为，联立，消去y整理得，，满足所以又点所以【解析】的方程；且，，到直线的距离，

根据双曲线的定义可知点M的轨迹为双曲线的一支，进而根据已知条件可求双曲线根据条件写出直线l的方程为角形的面积公式求解即可．，与双曲线方程联立，利用韦达定理弦长公式及三本题考查了动点的轨迹方程以及直线与双曲线的位置关系，属于中档题．22.【答案】解：，曲线即因为令设在存在唯一故调递减，和，得，在点由题意得，处的切线方程为；，或，，，上单调递增，且，使得时，，，，即单调递增，，，时，，单第16页，共17页是函数因为所以又，的唯一极大值点，，，两边取自然对数可得，，令则所以所以故【解析】在，，上单调递增，，即，

先对函数求导，然后结合导数几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程；结合函数极值存在条件，及导数与单调性关系可证明．本题主要考查了导数几何意义在切线方程求解中的应用，还考查了导数与函数性质在不等式证明中的应用，属于中档题．第17页，共17页