2024-2025学年广西壮族自治区南宁市高三上学期12月联考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年广西壮族自治区南宁市高三上学期12月联考数学检测试题（附解析），共17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。
1．设全集，则图中阴影部分表示的集合为（ ）

A．B．C．D．
2．已知向量，，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．已知（）的展开式中的第7项为7，则实数的值为（ ）
A．1B．3C．7D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．函数，则y=fx的部分图象大致形状是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知数列的首项，且满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．若，则下列大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．抛物线的焦点为，准线为，，是抛物线上的两个动点，且满足.设线段的中点在准线上的投影为，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．2
二、多选题（本大题共3小题）
9．豆瓣评分是将用户评价的一到五星转化为的分值（一星分，二星分，三星分，以此类推），以得分总和除以评分的用户人数所得的数字，国庆爱国影片《长津湖》豆瓣得分是分，截止至年月日，共计有人参与评分，豆瓣评分表如图.根据猫眼实时数据，该片的票房为亿元，按照平均票价元来计算，大约有亿人次观看了此片，假如参与评分观众中有的评价不低于二星，则下列说法正确的是（ ）
A．的值是
B．随机抽取名观众，则不一定有人评价五星
C．若以频率当作概率，记事件为“评价是一星”，事件为“评价不高于二星”，则
D．若从已作评价的观众中随机抽出人，则事件“至多人评价五星”与事件“恰有人评价五星”是互斥且不对立事件
10．已知圆O：经过椭圆C：（）的两个焦点，，且P为圆O与椭圆C在第一象限内的公共点，且的面积为1，则下列结论正确的是（ ）
A．椭圆C的长轴长为2B．椭圆C的短轴长为2
C．椭圆C的离心率为 D．点P的坐标为
11．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知是虚数单位，复数的虚部为 .
13．已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则曲线在点处的切线斜率为 .
14．将一副三角板按如图所示的位置拼接：含30°角的三角板（）的长直角边与含45°角的三角板（）的斜边恰好重合.与相交于点，若，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列满足：且，.
(1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)若，求的值.
16．已知双曲线：经过点，离心率是，过点的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点.
(1)求直线斜率的取值范围；
(2)设点，直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值，请说明理由.
17．如图在三棱柱中，平面平面，是等边三角形，，.
(1)求棱锥的体积；
(2)若为棱的中点，求二面角的正弦值.
18．现有抽球游戏规则如下：盒子中初始装有白球和黑球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮.如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败.在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止游戏；否则，在盒子中再放入一个黑球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功.
(1)某人进行该抽球游戏时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止游戏，记其进行抽球游戏的轮数为随机变量，求的分布列和数学期望；
(2)有数学爱好者统计了1000名玩家进行该抽球游戏的数据，记表示成功时抽球游戏的轮数，表示对应的人数，部分统计数据如下：
经计算发现，非线性回归模型的拟合效果优于线性回归模型，求出关于的非线性回归方程，并顶测第7轮成功的人数（精确到1）；
(3)证明：（其中且）.
附：回归方程系数：；
参考数据：设，.
19．拓扑学里有一个非常重要的不动点定理：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”，若，则称为的“稳定点”.将函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，并且当函数单调递增时，.
(1)试探究集合和的关系，并证明你的结论.
(2)函数.
①若的“不动点”有两个，求的取值范围；
②若（），讨论集合的子集的个数.
答案
1．【正确答案】B
【详解】依题意，
阴影部分为.
故选：B
2．【正确答案】D
【详解】因为，，
所以，，
则在上的投影向量为.
故选：D.
3．【正确答案】A
【详解】的展开式的通项公式为，
令，则，即，
则，即，又，则.
故选：A.
4．【正确答案】B
【详解】由辅助角公式，，
.
因，
则，
.
故选：B.
5．【正确答案】C
【详解】函数的定义域为，
，
即函数为偶函数，排除BD；
当时，，排除A.
故选：C.
6．【正确答案】A
【详解】因为，，易知，
所以，即，
又，所以，
故是以为首项，为公差的等差数列，
则，故，
所以.
故选：A.
7．【正确答案】B
【分析】根据题意，利用对数函数的单调性，以及正弦函数的性质，分别求得的取值范围，即可求解.
【详解】由对数函数单调性，可得，所以；
因为，所以，
又因为，所以，即，所以.
故选B.
8．【正确答案】A
【详解】设、，如图所示，根据抛物线的定义，
可知，，
在梯形中，有，
在中，
，
又∵，∴，
当且仅当时取等号，∴，
故的最大值是.
故选：A.
9．【正确答案】ABD
【详解】对A选项，参与评价的观众中有的评价不低于二星，
则，所以，故A正确；
对B选项，随机抽取名观众，可能有人评价五星，但不是一定的，故B正确；
对C选项，因为，则，故C错误；
对D选项，根据互斥事件和对立事件的定义可知，
事件“至多人评价五星”与事件“恰有人评价五星”是互斥且不对立事件，故D正确.
故选：ABD.
10．【正确答案】BD
【分析】根据圆的方程确定的值，再由的面积可得点P的坐标，从而可得的值，再逐项判断即可得答案.
【详解】因为圆O：经过椭圆C：（）的两个焦点，，
所以，
又P为圆O与椭圆C在第一象限内的公共点，
则，故，代入圆方程可得，所以，故点P的坐标为，故D正确；
将点P的坐标代入椭圆方程可得，又，解得，
故椭圆C的长轴长为，短轴长为，故A错误，B正确；
则椭圆C的离心率为，故C错误.
故选BD.
11．【正确答案】BC
【详解】对于A，因等边三角形的面积为，则，
又，故则，故A错误；
对于B，由可得，故，即B正确；
对于C，由可得，故.
由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离，
则三棱锥的体积,
而球面的体积，故C正确；
对于D，由余弦定理可知由可得，，
即，化简得，．
取，则，则，故D错误．
故选：BC
12．【正确答案】/
【详解】因为，所以的虚部为.
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】因为是偶函数，所以函数的图象关于对称，
则，当时，，
∴，则，
此时，，
即曲线在点处切线的斜率为.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】由题可知，
设，则，，
由余弦定理，
则，
解得，∴，，
则，，.
由可得：，
则，解得，
则，所以.
故
15．【正确答案】(1)证明见解析，
(2)
【详解】（1）因为，，
所以，
又，所以，所以，
所以数列是首项为4，公比为2的等比数列.
所以.
即，所以.
（2）由（1）知
.
.
又，故，
即，所以.
解得.
16．【正确答案】(1)
(2)为定值，理由见解析
【详解】（1）依题意可得，离心率，则.
所以，双曲线方程为.
设直线的方程为y=kx−1，Mx1,y1，Nx2,y2.
由得.
因为直线与双曲线的左、右支分别交于点，，
所以，解得.
（2）由（1）知，，
则
，即为定值.
17．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）取的中点，连接.
在三棱柱中，四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形是菱形.
又，则，是等边三角形，所以.
因为平面平面，交线是，
所以垂直于底面，，即三棱柱的高是.
所以.
（2）连接，由（1）知平面，又是等边三角形，
所以，故，，两两垂直，以为坐标原点，
，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）
则A3,0,0，，，，.
因为，所以，
因为为的中点，所以.
则，，，
设平面的一个法向量，
则，即，
令，解得，，故.
设平面的一个法向量，
则，即，
令，解得，，故.
设二面角的平面角为，
因为，
所以，即二面角的正弦值为.
18．【正确答案】(1)分布列见解析，；
(2)，8；
(3)证明见解析.
【分析】（1）写出的可能取值，求出各取值的概率，写出分布列即可求出数学期望；
（2）令，则，根据线性回归方程公式求出方程即可顶测第7轮成功的人数；
（3）求出在前轮内（包括第轮）成功的概率，求出前轮内（包括第轮）均没有成功的概率，据此即可求解.
【详解】（1）由题知，的取值可能为，
所以，，
，
所以的分布列为：
所以数学期望为；
（2）令，则，由题知：，
所以，
所以，
所以所求的回归方程为：，
所以估计时，；
（3）由题知，当且时，在前轮内（包括第轮）成功的概率为
，
在前轮内（包括第轮）均没有成功的概率为
，
所以.
19．【正确答案】(1)，证明见解析
(2)①；②答案见解析
【详解】（1），证明如下：
法一：设任意，有，
则，所以，故.
法二：由题意，不动点为与的交点横坐标，
稳定点为与的交点横坐标，
若与有交点，则横纵坐标相等.
则，所以.
（2）①由题意知方程有两个不同的解，
即方程有两个不同的解，即方程有两个不同的解，
令，，则
在上，单调递增，
在上，单调递减，
当和时，，当时，，
所以方程要有两个不同的解，则的取值范围是.
②当时，由函数，（）
可得导函数，
所以在上单调递增，
由已知“当函数单调递增，则”知稳定点与的不动点等价，
故只需研究的不动点即可，
令，（）
则，则在上单调递减，
当时，恒成立，即在上单调递增，
当无限接近于0时，，且，
故存在唯一的，使得，即有唯一解，
所以此时有唯一不动点，
当时，即时，
当趋向无穷大时，趋近于0，
此时，存在唯一，
使得，则，
此时在上单调递增，在上单调递减，
故，
当趋近于0时，趋向于负无穷大，
当趋向正无穷大时，趋向负无穷大，
设，则在上单调递增，
且，
又在时单调递增，
故（ⅰ）当时，
即，此时，方程有一个解，
即有唯一不动点，所以集合的子集有2个
（ⅱ）当，即，
此时，方程无解，即无不动点，
所以集合的子集有1个，
（ⅲ）当时，即
此时，方程有两个解，即有两个不动点，
所以集合的子集有4个，
综上，当时或时，集合的子集有2个；
当时，集合的子集有1个；
当时，集合的子集有4个.1
2
3
4
5
232
94
57
44
23
1
2
3