广西南宁市第二中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

这是一份广西南宁市第二中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（时间120分钟，共150分）
一、单选题
1. 已知复数，其中为虚数单位，则
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由题意得，，∴，故选C.
考点：复数的运算.
2. 已知向量，，若，则实数的值为（ ）
A B. 3C. D. 或2
【答案】A
【解析】
【分析】求出，再利用共线向量的坐标运算公式得解
【详解】因为向量，所以，
又因为，所以，所以.
故选：A
【点睛】本题考查向量的坐标运算及利用共线向量的坐标运算求参数值，属于基础题.
3. 体育老师记录了班上10名同学1分钟内的跳绳次数，得到如下数据：88，94，96，98，98，99，100，101，101，116.这组数据的60%分位数是（ ）
A. 98B. 99C. 99.5D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】根据分位数的定义即可求得答案.
【详解】这组数据的60%分位数是.
4. 已知圆柱和圆锥的高相等，底面半径均为2，若圆柱的侧面积是圆锥的侧面积的倍，则圆柱的表面积为（ ）
A. 8πB. 12πC. 16πD. 24π
【答案】C
【解析】
【分析】估计圆柱的侧面积是圆锥的侧面积的倍求出圆柱和圆锥的高，求出圆柱的表面积.
【详解】设圆柱和圆锥的高均为，
因为圆柱的侧面积是圆锥的侧面积的倍，
所以，
所以，所以圆柱的表面积为.
故选：C.
5. 设等差数列的前项和为，若，则的公差为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的基本量的计算即可求解.
【详解】由，
故，则，
由得，故，故公差为，
故选：C
6. 函数 在区间 上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意在区间上恒成立，参变分离可得在区间上恒成立，再根据函数的单调性，求出函数的最小值，即可解得.
【详解】解：在区间上单调递增，
在区间上恒成立，
则，即在区间上恒成立，
而在上单调递增，，
，即.
故选：D.
7. 已知，，则下列结论中不正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的最大值为
C. 函数的图象关于点成中心对称
D. 将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象
【答案】C
【解析】
【分析】化简解析式，求得函数的表达式，由此判断出A,B,C选项的正确性，根据函数图象变换的知识判断D选项的正确性.
【详解】依题意，所以.所以的最小正周期为，最大值为，所以A,B选项正确.
当时，，所以直线时的对称轴，不是的对称中心，故C选项不正确.
由于，所以将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象.故D选项正确.
综上所述，不正确的是C选项.
故选：C
【点睛】本小题主要考查二倍角公式，考查三角函数的周期性、最值和对称性，考查三角函数图象变换，属于基础题.
8. 已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由为奇函数得对称中心为0,1，结合为偶函数，求周期为，从而求出，即可得到的值.
【详解】因为为奇函数，则，且函数的图象关于0,1中心对称，即，
因为为偶函数，所以，则，
所以，，所以，故的周期为，
因为，
所以，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：
由为奇函数，为偶函数，求对称中心和对称轴，推函数的周期，关于抽象函数考查对称性和周期性的综合题，一般都是借助题中的条件找到对称中心和对称轴再推周期.
二、多选题
9. 对于直线与圆，下列说法正确的是（ ）
A. 过定点B. 的半径为9
C. 与可能相切D. 被截得的弦长最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据含参直线方程求定点坐标判断项；根据圆的一般方程与标准方程的互化判断项；根据直线所过定点在圆内，知直线与圆必相交判断项；当直线与过定点和圆心的直线垂直时，被截得的弦长最小，从而计算弦长最小值可判断项.
【详解】对于，可变形为，
由得所以直线过定点，故正确；
对于，圆，化为标准方程为，所以圆的半径为，故错误；
对于，因为，所以点在圆内部，所以直线与不可能相切，故错误；
对于，设直线所过定点为，则当直线时，直线被截得的弦长最小.
因为圆心，所以，所以直线的斜率，解得，
此时直线.
因为圆心到直线的距离，所以弦长，故正确.
故选：.
10. 已知，且，，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由正切关系得到正余弦关系，结合，分别求出和，判断出AB选项，再由二倍角公式和和差角公式判断出CD选项.
【详解】∵，即，
∴，
∴，
∴，B选项正确，
∴，A选项错误，
∴
，C选项正确
，
∵，∴，∴，D选项正确.
故选：BCD
11. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，若有三个零点，则的取值范围是
B. 当且时，
C. 若满足，则
D. 若存在极值点，且，其中，则
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A ，将代入求导求极值，有三个零点，则令极大值大于零，极小值小于零即可；对于B，利用的性质，得到且，再利用在区间上的单调性，即可求解；对于C ，根据，推断函数的对称性，进而可以求得，即可判断结果；对于D ，利用导数在函数单调性中的应用，得到，进而可得，令，结合，再化简即可得到答案.
【详解】对于选项A，当时，，，
由，得到或，由，得到，
所以单调递增区间为，；减区间为，
故在处取到极大值，在处取到极小值，
若有三个零点，则，得到，故选项A正确，
对于选项B，当时，，
又，即，由选项A知，在区间上单调递减，
所以，当时，等号成立，故选项B错误，
对于选项C，因为，即，所以关于点中心对称，
又的定义域为，
所以，整理得到，所以选项C错误，
对于选项D，因为，所以，
由题有，即，
由，得到，
令，则，又，所以，
得到，
整理得到，又，
代入化简得到，又，，所以，
得到，即，所以选项D正确，
故选：AD.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，利用导数在函数单调性中的应用，得到，进而可得，再通过令，结合条件得到，再代入，化简得到，从而解决问题.
三、填空题
12. 设集合，若，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据子集关系，分别讨论的值，然后检验是否符合题意.
【详解】由已知得，若，即，
此时，符合题意；
若，即，
此时，不符合题意；
若，即，
此时，不符合题意.
综上所述，．
故答案为：1．
13. 第21届“东盟博览会”于2024年9月24号至9月28号在南宁召开，某记者与参会的4名国际友人代表一起合影留念（5人站成一排）.若记者不站中间，国际友人甲不站两边则有_______种排法.
【答案】60
【解析】
【分析】首先计算出没有任何限制条件时的全排列数，然后减去不符合条件的排列数，就可以得到满足条件的排法数.
【详解】5个人全排列的总数为种.
当记者站中间时，其余4人全排列，排法数为种.
当国际友人甲站两边（有两种站法），其余4人全排列，排法数种.
当记者站中间且国际友人甲站两边时（甲有两种站法），其余3人全排列，排法数为种.
满足条件的排法数等于全排列数减去记者站中间的排法数减去国际友人甲站两边的排法数再加上记者站中间且国际友人甲站两边的排法数，即种.
故答案为：60.
14. 在秋冬季节，疾病的发病率为，病人中表现出症状，疾病的发病率为，病人中表现出症状，疾病的发病率为，病人中表现出症状.则任意一位病人有症状的概率为_______，病人有症状时患疾病的概率为_______（症状只在患有疾病，，时出现）
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】根据全概率公式和贝叶斯公式计算可得结果.
【详解】由题意可知：，，，
，，，
由全概率公式可知：
，
即任意一位病人有症状的概率为，
由贝叶斯公式可知：
，
即病人有症状时患疾病的概率为.
故答案为：，.
四、解答题
15. 某工厂注重生产工艺创新，设计并试运行了甲、乙两条生产线．现对这两条生产线生产的产品进行评估，在这两条生产线所生产的产品中，随机抽取了300件进行测评，并将测评结果（“优”或“良”）制成如下所示列联表：
（1）通过计算判断，是否有的把握认为产品质量与生产线有关系？
（2）现对产品进行进一步分析，在测评结果为“良”的产品中按生产线用分层抽样的方法抽取了6件产品．若在这6件产品中随机抽取3件，求这3件产品中产自于甲生产线的件数的分布列和数学期望．
附表及公式：
其中．
【答案】（1）有的把握认为产品质量与生产线有关系
（2）的分布列见解析，数学期望为1
【解析】
【分析】（1）根据列联表,求得,即可判断；
（2）用分层抽样的方法抽取6件产品，从甲、乙生产线分别抽取2,4件，结合超几何分布求分布列和期望.
【小问1详解】
，
所以有的把握认为产品质量与生产线有关系.
【小问2详解】
在测评结果为“良”的产品中按生产线用分层抽样的方法抽取6件产品，
则应在甲生产线抽取件产品，在乙生产线抽取件产品，
由题意可知：，则：
，
可得的分布列为
所以的数学期望.
16. 已知的三个内角所对的边分别是．已知
（1）求角；
（2）若点在边上，，请在下列两个条件中任选一个，求边长．
①为的角平分线；②为的中线．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合二倍角公式及两角和的正弦公式求得，即可得答案；
（2）选①，由，根据三角形面积公式求得，由余弦定理得.
选②，得，平方后利用向量的运算可得，由余弦定理得.
【小问1详解】
在中，由正弦定理知，
所以，
又，所以，
，
又，
，
化简得，即，
又，所以．
【小问2详解】
选①，为的角平分线，
由得：，
即，所以，
又，所以，
在中，由余弦定理得，
所以.
选②，为的中线，
则，平方得，
所以，所以，
又，所以，
在中，由余弦定理得，
所以.
17. 如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，.
（1）若为的中点，证明：平面；
（2）求直线与平面所成角正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，先证四边形为平行四边形，有，再由线面平行的判定定理，得证；
（2）取的中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
证明：由已知得，取的中点T，连接，
由N为的中点知，
．又，故，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
【小问2详解】
取的中点，连接，建立如图所示的空间坐标系．
，
不妨设，
则，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
，
取，则.
设直线与平面所成角为
.
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
18. 已知函数，.
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）当时，，恒成立，求实数最大值；
（3）当时，证明：，.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，求导，利用在一点求切线方程的方法进行求解即可；
（2）将代入不等式，和参变分离，转化为恒成立问题，构造函数后转化为求函数最值问题即可；
（3）由（2）知，当时，有，即，再进行放缩证明即可.
【小问1详解】
当时，，则，
又，即在处的切线斜率为，
又，即切点，
则切线方程为：，即.
【小问2详解】
因为，，
当时，恒成立，所以
设，，
则，
令，则，
令，则
当时，有，所以函数在单调递增，
故，即，
所以函数在单调递增，
故，即，
所以函数在单调递增，
故，所以，
所以实数的最大值为.
【小问3详解】
由（2）知，当 时，，可得，即，
设 ，取 ，所以，
即 ，则，
因为，
所以 ，即i=1n22i2−1>ln2n+1，.
【点睛】方法点睛：用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，具体步骤如下：
（1）分离参数(注意分离参数时自变量x的取值范围是否影响不等号的方向)．
（2）转化：
①若对恒成立，则只需；
②若对恒成立，则只需；
③若，使得有解，则只需；
④若，使得有解，则只需.
（3）求最值．
19. 定义：若椭圆上的两个点，满足，则称A，B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作．已知椭圆C：上一点．
（1）求“共轭点对”中点B所在直线l的方程．
（2）设O为坐标原点，点P，Q在椭圆C上，且，（1）中的直线l与椭圆C交于两点．
①求点，的坐标；
②设四点，P，，Q在椭圆C上逆时针排列，证明：四边形的面积小于．
【答案】（1）
（2）①，；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，根据“共轭点对”得直线方程为，化简即可；
（2）①联立直线和椭圆的方程，解出即可；②设点，，利用点差法得，设过点P且与直线l平行的直线的方程为，计算直线与椭圆相切时的值，再检验证明此时不满足，则证明出面积小于.
【小问1详解】
设中点B的坐标为，
对于椭圆C：上的点，由“共轭点对”的定义，
可知直线l的方程为，即l：．
【小问2详解】
①联立直线l和椭圆C的方程，得解得或，
所以直线l和椭圆C的两个交点的坐标为，．
②设点，，则，
两式相减得．
又，所以，所以，
即，线段PQ被直线l平分．
设点到直线的距离为d，
则四边形的面积．
由，，得．
设过点P且与直线l平行的直线的方程为，则当与C相切时，d取得最大值．
由消去y得．
令，解得，
当时，此时方程为，即，解得，
则此时点P或点Q必有一个和点重合，不符合条件，
故直线与C不可能相切，
即d小于平行直线和（或）的距离．
故.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设点，，代入椭圆方程，利用点差法证明出线段PQ被直线l平分，再设过点P且与直线l平行的直线的方程为，将其与椭圆方程联立，求出直线与椭圆相切时的值，即可证明面积小于.良
优
合计
甲生产线
40
80
120
乙生产线
80
100
180
合计
120
180
300
0.15
0.10
0.05
0025
0.010
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
0
1
2