2023年12月4日发(作者：二模数学试卷合肥)

2023—2024学年海南省高考全真模拟卷（二）数学1．本试卷满分150分，测试时间120分钟，共4页．2．考查范围：集合、常用逻辑用语、不等式、三角函数、平面向量、解三角形、函数和导数．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．命题“x1，sinxx1”的否定是（

A．x1，sinxx1C．x1，sinxx1222）2B．x1，sinxx1D．x1，sinxx122．已知集合Axx7x0，Bxx4，则AB（

A．B．4,7C．0,2）D．0,43．已知m2,3，n1,4，p,1，若m3np，则（ ）A．9B．9C．19D．194．声强级LI（单位：dB）由公式LI101gI2W/mI给出，其中为声强（单位：）．若学校图书规1210）定：在阅览室内，声强级不能超过40dB，则最大声强为（

A．10W/mC．10W/m862B．10W/mD．10W/m972225．已知函数fx的图象在区间1,3上连续不断，则“fx在1,3上存在零点”是“fi0，i13iN*”的（ ）A．充分不必要条件C．充要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件6．我们把顶角为36的等腰三角形称为“最简三角形”．已知cos36一个底角之和的余弦值为（ ）51，则“最美三角形”的顶角与4A．154B．158C．254D．2587．已知函数fxsinx25在则当取得最小值时，fx图象00,上恰有5个极值点，36）C．的对称中心的横坐标可能为（

A．730B．8151115D．232x3,x3,8．已知函数fx若函数gxfxafx2有6个零点，则a的值可能为2x6x9,x3,（ ）B．2C．3D．4A．1二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．已知a,bR，且ab0，则（

A．a2ab2b22）B．2log5alog3bD．11C．2a52b510．下列命题正确的是（

A．xR，4x912xB．xR，2sinx5sinx3022621a2621b2）10”为真命题，则实数a的取值范围为,13,411D．若x10,3，x21,2，使得log5x121xm，则实数m的最小值为329C．若命题“xR，2a3x2ax11．数学与生活存在紧密联系，很多生活中的模型多源于数学的灵感．已知某建筑物的底层玻璃采用正六边形为主体，再以正六边形的每条边作为正方形的一条边构造出六个正方形，如图所示，则在该图形中，下列说法正确的是（ ）23A．GH31BDC．GB3B．BEBDCF2D．IC13BDCF323331BDCF64）12．已知函数fx42sinxcosxtan2x，则（

A．是fx的一个周期B．fx的图象关于,0中心对称2上的所有零点之和为4C．fx3在0,上恒成立24D．yfx13在,2x22三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知集合Axax40，Bxy________．（写出一个满足条件的值即可）x22x1314．若函数fx8m2sinx的图象关于y轴对称，则m________．2x244x2，若ABA，则实数a的值可以是15．已知正数a，b满足DC16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c4，C60，BDDA，则2112322，若ab4ab，则a2b2________．abDADB的最大值为________．四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且4acosBc4bcosA．（Ⅰ）求c的值；2（Ⅱ）若C18．（12分）3，ab42，求△ABC的面积．已知函数fxx4lnx1．2（Ⅰ）求曲线yfx在1,f1处的切线方程；（Ⅱ）求fx的单调区间与极值．19．（12分）某公司生产一类电子芯片，且该芯片的年产量不超过35万件，每万件电子芯片的计划售价为16万元．已知生产此类电子芯片的成本分为固定成本与流动成本两个部分，其中固定成本为30万元/年，每生产x万件电子芯片需要投入的流动成本为fx（单位：万元），当年产量不超过14万件时，fx过14万件时，fx17x22x4x；当年产量超340080．假设该公司每年生产的芯片都能够被销售完．x（Ⅰ）写出年利润gx（万元）关于年产量x（万件）的函数解析式；（注：年利润＝年销售收入－固定成本－流动成本）（Ⅱ）如果你作为公司的决策人，为使公司获得的年利润最大，每年应生产多少万件该芯片？20．（12分）AB3在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，mc,b，ncos,cosB，且22mn．（Ⅰ）若a4，c7b，求△ABC的周长；（Ⅱ）若CM2MB，AM3，求ab的最大值．21．（12分）如图为函数fx2cosx0,2的部分图象，且CD4，A5,2．12（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）将fx的图象上所有点的横坐标扩大到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移函数gx的图象，讨论函数ygxa在区间,22．（12分）已知函数fxax2sinx，fx的导函数为fx．23个单位长度，得到4的零点个数．2（Ⅰ）若fx在5,上单调递减，求实数a的取值范围；23（Ⅱ）当x0,时，记函数fx的极大值和极小值分别为，，求证：23．2023—2024学年海南省高考全真模拟卷（二）数学・答案1．B 因为全称量词命题的否定为存在量词命题，故“x…1，sinxx1”的否定是“x…1，2sinxx2…1”，故选B．2．C 因为Axx7x0x0x7，故AB0,，故选C．23．A 依题意，m3n1,9，故m3np90，解得9，故选A．4．C 依题意，10lg3II，则„104，则I„108，故选C．„40121210105．B

i1fi0，iN*f1f2f30．“fx在1,3上存在零点”时，不一定有，故选B．fi0，iN*”时，一定有“fx在1,3上存在零点”i13“fi0，iNi13*”，但“6．A 依题意，“最美三角形”的顶角与一个底角之和为108，则513515，故选cos108cos18072cos7212cos2361212484A．2735„,27k31667．B 令x解得5„，kkZ，故xkZ，7453265,66故当取得最小值时，fxsin5x23212，令，则，所以5xkkZxk35158f0，故选B．158．C 作出函数fx的图象如图所示，令fxt，则由题意可得tat20有2个不同的实数解t1，t2，且t1,t23,0，2a280,11则93a20,解得a22，观察可知，a3满足题意，故选C．3a30,29．CD 对于A，令a111122，b，可知a2ab2b，故A错误；对于B，当a，b时，24352log5a1，log3b1，此时2log5alog3b，故B错误；对于C，因为2a52b5，所以1111，故C正确；对于D，因为，且0621，所以22ab2a52b5(62)1a2(62)，故D正确，故选CD．21b210．BD 对于A，因为xR，4x9…22x312x，当且仅当x223时，等号成立，故A错误；对于22B，令tsinx1,1，则2sinx5sinx3…0，即为2t5t3…0，而y2t5t3在1,1上单调递减，故0„y„10，故B正确；对于C，显然2a30，且a2a30，解得1a3，故C错误；2对于D，当x0,3时，log5x21min1110，当x1,2时，xmm，故0…m，所以93min9m…1，故D正确，故选BD．911．ACD 易知23BC1，故GHGAAEEH2BCBD1BD，而GHBD，故ABD33113正确；易知CF2DE，BEBDDEBDCF，故B错误；GBGAABBDCF，32211CCIBBC，故C正确；而BCBDCF，2433333313331IBBFBCCFBDCF，故ICBDCF，BDCF333244646故D正确，故选ACD．12．ABD

fx22sin2xtan2x，则fx22sin2xtan2x22sin2xtan2xfx，故是fx的一个周期，故A正确；因为fxfx22sin2xtan2x22sin2xtan2x0，故fx的图象关于2故B正确；易知fx42cos2x，当令fx0，,0中心对称，x0,时，2cos2x24解得x8，故当x0,时，8fx0，当x,时，84fx0，故3，故C错误；当x,时，fx0，结合奇偶性和周期性作出fx在f(x)maxf12842对应区间上的大致图象如图所示，又y1，yfx的图象均关于,0中心对称，故D选项中对2x2应区间上所有零点之和为4，故D正确，故选ABD．13．1（答案不唯一） 根据题意得B2,2，ABAAB．若a„0，则A，满足题意；若a0，则14．44，得a1，故横线上填写的a的值满足a„0或a1均可．a1xx 依题意，fx4x2m4xsinx为偶函数，ysinx为奇函数，则gx42m4为奇211函数，故g012m0，得m．经检验，当m时，gx为奇函数，fx为偶函数，故221m．2(ab)2411115．6 由(ab)…4(ab)，得，即，故…4ab…4abab„2．又22abababab232ab1,11122ab…2ab2，当且仅当ab时，等号成立，此时11故ab6．ababab22,ab8816． 作△ABC的外接圆O．设AB的中点为M，则由题意知DC2ADBD4MD，故252221DMCM，DADBDMMADMMADM|MA||DM|4，由ACB60，故5点C的轨迹是以AB为弦，圆周角为的优弧上，故当CMAB时，CM取最大值，即DM取最大值，3此时△CAB为等边三角形，DM122388，DADB4．52525217．解：（Ⅰ）依题意，4acosB4bcosAc，由正弦定理得，4sinAcosB4sinBcosA4sinAB4sinCcsinC，而sinC0，故c4．（Ⅱ）由余弦定理得，cab2abcosC(ab)3ab323ab16，得ab222216，3故S△ABC143．absinC2318．解：依题意，fx2x（Ⅰ）f1214，x0．x42，f114ln112，故所求切线方程为y22x1，即12xy40．（Ⅱ）令fx0，解得x2，故当x0,2时，fx0，当x2,，2,时，fx0，则fx的极小值为f232ln2，无极大值．故fx的单调递减区间为0,2，单调递增区间为19．解：（Ⅰ）根据题意得，当0„x„14时，gx16xfx3022x12x30，3400当14x„35时，gx16xfx3050x，x22x12x30,0„x„14,3故gx50x400,14x„35.x（Ⅱ）当0„x„14时，gx单调递减，此时g(x)maxg922x12x30，且当0„x„9时，gx单调递增，当9x„14时，gx32811293024．3当14x„35时，gx50x400400„502x10，当且仅当x20时，等号成立．xx因为2410，故当x9时，gx取得最大值24，即为使公司获得的年利润最大，每年应生产9万件该芯片．AB320．解：因为mn，故ccos，Bbcos22AB．2ABCC又sinB0，则sinCcoscossin，222CCCCC12即2sincossin，而sin0，故cos，故C．2222223由正弦定理得，sinBsinCsinBcos（Ⅰ）由余弦定理得，cab2abcosC，即7b216b224b22212整理得3b2b80，0，2解得b2或4（舍去），c27，故△ABC的周长为627．3（Ⅱ）设CAM0,3，CMA3．由正弦定理得，CMACAM，sinsinCMAsinC2a即3sinbsin3323，故a33sin，b3sin3cos，32所以ab23sin3cos其中tan21sin，33，，则当时，ab取得最大值21．,,122364T2，故T，2，故fx2cos2x．44T21．解：（Ⅰ）根据题意得，将A又55，解得2kkZ，,2代入，得22kkZ612122，故6．（Ⅱ）依题意，gx2cosx2334222cosx363．函数ygxa在区间,数．当x,2的零点个数即为函数gx的图象与直线ya在,上的交点个22时，224x,，结合余弦函数图象可知，3333,时，gx单调递增，22当x,2时，gx单调递减，当x，1g2，22且g1，g作出函数gx在,上的大致图象如图所示．2观察可知，当a2或1a„1时，ygxa有1个零点；当2a„1时，ygxa有2个零点；当a2或a1时，ygxa有0个零点．22．解：（Ⅰ）依题意，fx2ax2cosx，根据题意知，fx„0在5,上恒成立，23即a„cosx5在,上恒成立．x23cosxxsinxcosx5，x,，则，mx2xx23令mx令nxxsinxcosx，x5,，则nxxcosx，23则x335,时，nx„0，x,时，nx0，2223335,上单调递减，在,上单调递增．22235，0n33，故0x0,22，nx00，故nx在而n3，0n22当x5,x0时，nx0，mx0，当xx0,时，nx0，mx0，32故m(x)minminm533，则，,ma„1010233．10故实数a的取值范围为,（Ⅱ）令gxfx，则gx2asinx，设x1，x2分别为函数fx在0,上的极大值点与极小值点，所以gx1gx20，asinx1sinx2，则0„a1，且x1x2．所以222ax12cosx1ax2cosx2，由x1x2，得cosx2cosx1，其中0„x12，asinx1，故222ax12cosx1ax1cosx123ax13cosx1a23x1sinx13cosx1sinx1．设hx3xsinx3cosxsinx，x0,，2则hx3xcosx，令hx0，解得x故当0„x3，3时，hx0，hx在0,上单调递减，3当3„x2时，hx0，hx在,上单调递增，32故hx…h3，即2…3，故2…3．32


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