1、海南省2025届高三下学期学业水平诊断（四）数学试卷学校：_姓名：_班级：_考号：_一、选择题12025届海南三模已知复数，则( )A.B.C.D.1答案：A解析：因为复数，所以.故选:A.22025届海南三模双曲线的离心率为( )A.B.C.D.32答案：C解析：由双曲线的方程知，则，所以，故双曲线的离心率故选：C.32025届海南三模已知，则( )A.B.C.-3D.33答案：B解析：根据诱导公式，所以，所以故选：B.42025届海南三模在长方体中，下列结论错误的是( )A.直线AB与平面平行B.直线与平面垂直C.平面与平面平行D.平面与平面垂直4答案：B解析：对于A，在长方体中，因为平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，若矩形不是正方形，则与不垂直，直线与平面也不可能垂直，故B错误；对于C，在长方体中，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以平面，又，且，平面，所以平面平面，故C正确；对于D，长方体中，平面平面，故D正确.故选：B.52025届海南三模已知集合，则( )A.B.C.D.5答案：D解析：由，得，所以，故由，解得，故，所以故选：D62025届海南三模某科技公司
2、使用新开发的人像识别模型对5个人像进行识别，每个人像识别成功的概率均为p，且每次是否成功相互独立，设X为这5个人像中识别成功的个数，若，且全部识别成功的概率大于全部识别失败的概率，则( )A.0.8B.0.6C.0.4D.0.26答案：A解析：依题意，则，解得或，由全部识别成功的概率大于全部识别失败的概率，得，即，则，所以.故选：A72025届海南三模已知圆锥的底面半径为1，圆锥内能容纳的最大球的表面积为，则圆锥的表面积为( )A.B.C.D.7答案：D解析：依题意，圆锥的底面半径，设母线长为l，则圆锥的高为，圆锥内能容纳的最大球的表面积为2，即圆锥的内切球的表面积为2，则内切球的半径为，因此该圆锥的轴截面靠腰三角形的内切圆半径为，因此，解得，所以圆锥的表面积为.故选：D82025届海南三模设，是非零向量，且，则的最大值为( )A.B.C.D.8答案：C解析：由题意得，当和方向相反时等号成立，若，不共线，则设，则，无解；故此时，共线，设，则由，可得，则，两边平方解得或，当时，和方向相同，舍去，故，即得，此时的最大值为，故选：C二、多项选择题92025届海南三模已知，则下列各选项正确的是
3、( )A.B.C.D.9答案：AC解析：对于A，由，得，则，A正确；对于B，取，满足，而，B错误；对于C，由，得，则，因此，C正确；对于D，取，满足，而，D错误故选：AC102025届海南三模已知函数，则( )A.的图像关于点对称B.在区间上单调递增C.在区间上的极值点个数为4D.的图像可以由的图像向左平移个单位长度得到10答案：BCD解析：对于A，当时，所以点不是的图像的对称中心，故A错误；对于B，当时，函数在上单调递增，所以在上单调递增，故B正确；对于C，当时，函数在上有4个极值点，即，所以在上有4个极值点，故C正确；对于D，因为，所以的图像可以由函数的图像向左平移单位长度得到，故D正确故选：BCD.112025届海南三模已知函数，其中，则下列关于的说法正确的是( )A.当时，有个零点B.若在上单调递减，则a的取值范围是C.当时，在上有最小值D.若有两个极值点，则11答案：ABD解析：对于A：当时，；当时，因为，所以；故在上单调递减，且，所以是的一个零点；当时，令，解得，即在上单调递增，在上单调递减；则，所以是的一个零点，故当时，有两个零点，故A正确对于B：当时，则，依题意，当时，
4、恒成立，即恒成立，又，所以，所以，故B正确对于C：当时，当时，令，得当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，所以在处取得极小值，也是在上的最小值，且，故C错误对于D：，当时，当时，依题意，有两个极值点，（），则（），（），即，则，因为，所以，又有两个极值点，所以，所以，所以（），令，则当时，所以在上单调递减，则，即，故D正确故选：ABD.三、填空题122025届海南三模某城市有10个著名的地标建筑，文旅部门要从中选取3个作为城市名片进行特色文化宣传，且甲、乙、丙3个建筑中至少选1个，那么共有_种不同的选法12答案：85解析：从10个地标建筑中选取3个，共有种，若不选甲、乙、丙这3个地标建筑，即从剩下的7个中选3个，有种选法，所以满足条件的选法有（种）故答案为：85132025届海南三模在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且的面积为，则_.13答案：解析：由正弦定理得，即，又，所以由面积为，得，可得在中，由余弦定理可得，又，代入可得，所以，所以故答案为：.142025届海南三模过椭圆的上顶点A作两条相互垂直的直线，分别与C交于点P，Q（异于点A），且直线AP经过C的左焦点，
5、直线PQ经过C的右焦点，则C的焦距为_.14答案：解析：设C的半焦距为，则，由题意可得直线AP的方程为，直线AQ的方程为由得，得或，则，用替换c，可得，又因为直线PQ经过C的右焦点，所以，结合，解得，所以，故C的焦距为故答案为：.四、解答题152025届海南三模随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意率，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据：对续航里程满意对续航里程不满意对充电设施满意7030对充电设施不满意5050(1)任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为A，事件“该车主对充电设施满意”为B，求和；(2)根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关？附：0.050.010.0013.8416.63510.82815答案：(1)0.6；0.7(2)可以认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关解析：(1)依题意，.(2)由已知数据得，而，则依据小概率值的独立性检验，可以认为消费者对续航里程的满意率与对充电设施的满意率有关.1620
6、25届海南三模在数列中，已知，(1)求，；(2)证明：等比数列；(3)求数列的前n项和16答案：(1)，(2)证明见解析(3)解析：(1)由题意知，(2)由，整理得，又，是首项为2，公比为3的等比数列.(3)由(2)可知，172025届海南三模已知抛物线的焦点为F，点在E上，且(1)求E的方程；(2)过点F作两条互相垂直的直线，直线与E交于A，B两点，直线与E交于C，D两点，设线段，的中点分别为P，Q，证明：直线过定点17答案：(1)(2)证明见解析解析：(1)E的准线方程为，因为点在E上，且，即，得，所以E的方程为(2)由(1)知，设，设的方程为，代入，得所以，则，代入，得，所以因为，所以的方程为，同理可得当时，直线当时，直线的方程为，即，整理得所以直线过定点182025届海南三模已知函数(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论的单调性；(3)若曲线与x轴交于A，B两点，AB的中点横坐标为，证明：.18答案：(1)(2)答案见解析(3)证明见解析解析：(1)若，则，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即.(2)由，得，若，则恒成立，所以在上单调递减；若，令，得，且当时，；当时，
7、所以在上单调递减，在上单调递增综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增(3)由(2)知，若，则曲线与x轴最多有1个交点，故不妨设，则,要证，即证，只需证，即证设函数，则，当时，所以在上单调递减，因为，所以，即，又，在上单调递增，所以，即从而原命题得证192025届海南三模如图，正四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面与底面ABCD平行且与四棱锥的四条侧棱（不含端点）分别交于点E，F，G，H，四棱台与四棱锥的棱长和相等（“棱长和”指多面体的所有棱长之和）(1)若E是棱PA的中点，求四棱台的体积；(2)求平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值；(3)已知四棱柱的底面是边长为m的正方形，侧棱长为n，且侧棱与底面所在平面所成的角为，若平面任意上下平移时，总存在正数m，n，使得四棱柱与四棱台有相同的体积，也有相同的棱长和，求的取值范围19答案：(1)(2)(3)解析：(1)由题意知平面平面，所以四棱锥也是正四棱锥，因为四棱台与四棱锥的棱长和相等，所以，即，故，即四棱锥和正四棱锥的侧面都是正三角形，连接AC，设点P在底面ABCD上的射影为O，则O为AC的中点由已知得，所以是等腰直角三角形，所以AC上的高，即四棱锥的高为，所以，当E是棱PA的中点时，所以四棱台的体积为(2)设AD，BC的中点分别为M，N，连接PM，PN，MN，因为，平面，平面，所以平面，设平面PAD与平面PBC的交线为l，又平面PAD，所以，因为是等边三角形，所以，所以，同理可得，所以平面PAD与平面PBC的夹角即（或其补角），由已知可得，所以，所以平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值为(3)由题意知四棱柱的高为，体积为当平面任意上下平移时，设，则，四棱台的体积为，所以.又四棱柱与四棱台的棱长和相等，所以，所以，,将其代入，得,令，则，当时，当时，所以在处取得极大值，也是最大值，最大值为，所以，则又，且总存在满足题中条件的m和n，所以，故，解得，又，所以的取值范围是.
《海南省2025届高三下学期学业水平诊断（四）数学试卷》由会员yanj****uan分享，可在线阅读，更多相关《海南省2025届高三下学期学业水平诊断（四）数学试卷》请在金锄头文库上搜索。
