2024~2025学年广西南宁市高三上册9月月考数学试卷合集2套[有解析]

这是一份2024~2025学年广西南宁市高三上册9月月考数学试卷合集2套[有解析]，共31页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，4和2，设函数，曲线与恰有一个交点，则，已知，若恒成立，则的取值范围是，对于函数，下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号､试室号､座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.
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.已知复数，则（ ）
A.2 B.3 C. D.
2.若命题“”是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量满足，且，则（ ）
A.1 B. C. D.
4.以下命题为假命题的是（ ）
A.若样本数据的方差为2，则数据的方差为8
B.一组数据的第80百分位数是11.5
C.一般来说，若一组数据的频率分布直方图为单峰且不对称，且直方图在左边“拖尾”，则这组数据的平均数小于中位数.
D.以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，最终求得线性回归方程为，则模型中的值对应分别是0.4和2.
5.已知曲线，设曲线上任意一点与定点连线的中点为，则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
6.设函数，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A. B.0 C. D.
7.用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台.已知正四棱台的上､下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（ ）
A. B. C. D.
8.已知，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.对于函数，下列说法正确的有（ ）
A.的最小正周期为
B.关于直线对称
C.在区间上单调递减
D.的一个零点为
10.已知抛物线的焦点为上一点到和到轴的距离分别为12和10，且点位于第一象限，以线段为直径的圆记为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.的准线方程为
C.圆的标准方程为
D.若过点，且与直线（为坐标原点）平行的直线与圆相交于两点，则
11.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.的图像是中心对称图形
B.的图像是轴对称图形
C.是周期函数，且最小正周期为
D.存在最大值与最小值
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.记为等差数列的前项和，若，则__________.
13.已知是方程的两个实数根，__________.
14.某盒中有12个大小相同的球，分别标号为，从盒中任取3个球，记为取出的3个球的标号之和被3除的余数，则随机变量的概率是__________.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.
15.（13分）记的内角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）若是边上一点，，且，求的面积.
16.（15分）在平行四边形中，.将沿翻折到的位置，使得.
（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
17.（15分）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，曲线在轴的上方，求实数的取值范围.
18.（17分）为防范火灾，对某仓库的灭火系统的3套喷淋装置进行检查，发现各套装置能正常工作的概率为，且每套喷淋装置能否正常工作是相互独立的若有超过一半的喷淋装置正常工作，则该仓库的灭火系统能正常工作，否则就需要维修
（1）求该仓库灭火装置正常工作的个数的均值与方差；
（2）系统需要维修的概率；
（3）为提高灭火系统正常工作的概率，在仓库内增加两套功能完全一样的其他品牌的喷淋装置，每套新喷淋装置正常工作的概率为，且新增喷淋装置后有超过一半的系统能正常工作，则灭火系统可以正常工作.问：满足什么条件时可以提高整个灭火系统的正常工作概率？
19.（17分）已知双曲线的实轴长为2，顶点到渐近线的距离为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若直线与的右支及渐近线的交点自上而下依次为，证明：；
（3）求二元二次方程的正整数解，可先找到初始解，其中为所有解中的最小值，因为，所以；因为，所以；重复上述过程，因为与的展开式中，不含的部分相等，含的部分互为相反数，故可设，所以.若方程的正整数解为，且初始解，则的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由.
数学答案
1.C 【详解】因为，所以，故选：C.
2.B 【详解】若命题“”是真命题，则，又因为，所以，即实数的取值范围是.故选：B
3.D 【详解】因为，即，又因为，所以，从而.
4.D 【详解】对A：若样本数据的方差为2，则数据的方差为，故A正确；对B：，则其第80百分位数是，故B正确；对C，一般来说，对于单峰的频率分布直方图，右边“拖尾”时平均数大于中位数，左边“拖尾”时平均数小于中位数，故C正确；对D，以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，则，由题线性回归方程为，则，故的值分别是和2，故D错误.故选：D.
5.B 【详解】设，因为为的中点，所以，即，又因为点在曲线上，所以，所以.所以点的轨迹方程为即.
6.C 【详解】令关于直线对称，.
7.B 【详解】如下图所示：分别为上下底面的中心，作于点，
根据题意可知，侧棱与底面所成的角即为，
可知；因此可得，易知，
由正四棱台性质可得；所以该正四棱台的高为，因此该四棱台的体积是.故选：B
8.D ，当时，恒成立，则单调递增，
不恒成立，当时，令，解得，当时，，
函数单调递减，当时，，函数单调递增，
恒成立，，设，令，解得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，，故答案.
9.BC 【详解】由周期公式知最小正周期为，A错；，可知直线是对称轴，B正确；时，，正弦函数在区间上单调递减，C正确；，可知不是零点，D错.
10.ACD 【详解】选项A：因C上一点到和到轴的距离分别为12和10，由抛物线定义可知，，故A正确；选项B：准线方程为，故B错误；选项C：设，由到轴的距离分别为10，所以，则，即，又，所以圆心，半径，所以圆的标准方程为，故C正确；选项D：因为直线为坐标原点）平行的直线，所以，所以直线的方程为，又圆心到直线的距离为，所以，故D正确.
11.BD 【详解】，对于A选项，不为常数，故A错误.对于B选项，，则函数关于对称.故B正确.对于C选项，，则函数周期为.故C错.对于D选项，令
，由于为偶函数，则只需要考虑部分即可.，则.故D正确.
12.63 【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，则.
13. 【详解】因为是方程的两个实数根，所以因此.
14. 【详解】从12个球中任取3个球有种不同的方法，1到12中能被3整除的有，除3余1的有，除3余2的有，取出的3个球的标号之和被3除余2的情况有：①标号被3除余数为1的球2个和标号被3整除的球1个有；②标号被3除余数为1的球1个和标号被3除余数为2的球2个有；③标号被3除余数为2的球1个和标号被3整除的球2个有，则.
15.解：（1）由，得，
将代入得，，化简得，即，
则；
（2）由（1）可知
则在中，由，
解得.故的面积.
16.（1）证明见解析（2）存在，
【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，
在三角形中，由正弦定理可得，
，又，故，所以，即，
因为，所以，则有，
平面，所以平面.
（2）由（1）平面，且平面，所以平面平面.
平面平面，在平行四边形中，，即，故平面.
以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
设，其中，
则，
设平面的法向量为，
则，
取则
所以，，易知平面的一个法向量为，
则，整理可得，
因为，解得，
因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且.
17.（1）；（2）.
【详解】（1）当时，
曲线在点处的切线方程为；
（2）函数，
当时，，由可得或（舍去），
当时，单调递减，当时，单调递增，
当即时，所以在上单调递增，
则，即曲线在轴的上方，
当即时，在上单调递减，在上单调递增，
则，由时，曲线在轴的上方，
，解得，综上，实数a的取值范围为.
18.（1）（2）（3）
【详解】记X为系统中可以正常工作的喷淋装置的个数.
（1）由题意知，
所以该仓库灭火装置正常工作的个数的均值为
方差D；
（2）记事件A为“该仓库灭火系统需要维修”
则.
所以系统需要维修的概率为.
（2）记事件为“该仓库灭火系统能正常工作”，
由题意可知
则
由（2）可知灭火系统原来可以正常工作概率为，
若新增两个电子元件后整个系统的正常工作概率提高了，则有不等式成立，
解得，而.
综上当时，可以提高整个系统的正常工作概率.
19.（1）；（2）证明见解析；（3）1
【详解】（1）由题意，解得，
所以双曲线的标准方程为；
（2）由题意直线的斜率不为0，设直线，因为直线与的右支交于两点，所以，
联立得，
所以，且，即，
联立得，所以，
所以，即线段的中点重合，所以.
（3）由题意得方程的初始解为，则根据循环构造原理得
，
从而，
记，则，设的夹角为，
则的面积
，
令，
则
，于是的面积为定值
2024-2025学年广西南宁市高三上学期9月月考数学检测试题
（二）
一、单选题
1．已知全集，集合和的关系的韦恩（Venn）图如图所示，则阴影部分所示的集合的元素共有（ ）
A．3个B．2个C．1个D．无穷多个
2．已知向量，若，则（ ）
A．B．0C．1D．2
3．已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的最小值等于（ ）
A．B．C．D．
4．将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（ ）
A．22B．50C．37D．46
5．已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：72，78，80，81，83，86，88，90，则这组数据的第75百分位数是（ ）
A．86B．87C．88D．90
6．已知直线与圆交于不同的两点A，B，O是坐标原点，且有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．在中，角的对边分别是，且，则的最小值为（ ）
A．2B．C．4D．
8．已知的定义域为R，，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．欧拉公式（i为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函与指数函数的关联，被举为“数学中的天桥”．依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A．的虚部为B．
C．D．的共轭复数为
10．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系中，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线与轴的交点为和
B．曲线关于轴、轴对称，不关于原点对称
C．点P的横坐标的范围是
D．的取值范围为
11．如图，正方体的棱长为1，动点在对角线上，过作垂直于的平面，平面与正方体的截面多边形（含三角形）的周长为，面积为，面关于函数和的描述正确的是（ ）
A．最大值为；
B．在时取得极大值；
C．在上单调递增，在上单调递减；
D．在上单调递增，在上单调递减
三、填空题
12．已知随机变量，若，则的值为______．
13．已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为2，过点的直线交的左支于两点．（为坐标原点），记点到直线的距离为，则______．
14．已知内角的对边分别为为的中点，为的中点，延长交于点，若，则的面积为______．
四、解答题
15．已知数列中，．
（1）求的通项公式：
（2）求和：
16．如图，在四棱柱中，平面，底面为梯形，，为的中点．
（1）在上是否存在点，使直线平面，若存在，请唃定点的位置并给出证明，若不存在，请说明理由；
（2）若（1）中点存在，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
17．现有枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为．甲、乙两人用这枚游戏币玩游戏．
（1）甲将游戏币向上抛出10次，用表示落下时正面朝上的次数，求的期望，并写出当为何值时，最大（直接写出结果，不用写过程）；
（2）甲将游戏币向上抛出，用表示落下时正面朝上游戏币的个数，求的分布列；
（3）将这枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜，请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由．
18．已知函数．
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若时，求的取值范围；
（3）若，证明：当时，．
19．动点到直线与直线的距离之积等于，且．记点的轨迹方程为．
（1）求的方程；
（2）过上的点作圆的切线为切点，求的最小值；
（3）已知点，直线交于点，上是否存在点满足？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
高三数学答案
1．B 【详解】由图知，阴影部分所示的集合为，
由，得到，所以，又，
所以，得到阴䢕部分所示的集合的元素共有2个．
2．【详解】．因为，所以，则，解得．
3．《详解】解：，要的图象与的图象关于轴对称，则，所以，故，又，故．
4．B【详解】由题意得第1个“拐角数”为，第2个“拐角数”为，
第3个“拐角数”为，第4个“拐角数”为，
则第个“拐角数”为．
对于A：第6个“拐角数”是，故A不合题意；
对于B、C：第7个“拐角数”是，第8个“拐角数”是，
则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意；
对于D：第9个“拐角数”是，故D不合题意．
5．B 【详解】将数据从小到大排序得，因为，
所以第75百分位数是．
6．C 【详解】设中点为，则，
，
即，又直线与圆交于不同的两点，
，故，则．
7．B 【详解】由余弦定理得，代入得，
，则，即，
，
令，则，
当且仅当时，，即时符号成立，
此时，，即为等腰直角三角形时，取到最小值．
8．【详解】由题意知，函数的定义域为，，且，
令，得，所以；
令，得，所以，所以是偶函数，
令，得①，所以②，
由①②知，所以，
所以，所以的一个周期是6，
由②得，所以，同理，所以，
又由周期性和偶函数可得：，
所以，
所以．
9．【详解】对于A中，由，其虚部为，所以A正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，则，所以C错误；
对于D中，由，故的共轭复数为，所以D正确．
10．【详解】解：设点，因为，可得，整理得：，
对于A中，当时，解得，即曲线与轴的交点为，所以A正确；
对于B中，因为，
用替换，方程不变，则曲线关于轴对称，
用替换，方程不变，则曲线关于轴对称，
同时用替换，用替换，方程不变，可得曲线关于原点对称，所以B错误；
对于C中，因为，即可得，
即，即，解得，
即，所以点的横坐标的取值范围是，所以C正确；
对于D中，因为，
由C项知，所以，故，所以D错误．
11．【详解】当时，截面为等边三角形，如图：
因为，所以，
所以：．
此时在上单调递增，且．
当时截面为六边形，如图：
设，则
所以六边形的周长为：为定值；
做平面于平面于．
设平面与平面所成的角为，则易求．
所以，
所以，
在上递增，在上递减，
所以截面面积的最大值为，此时，即．
所以在上递增，在上递减．时，最大，为．
当时，易得：
此时在上单调递减，．
综上可知：AD是正确的，BC错误．
12．0.8 13． 14．
12．【详解】因为，所以，
所以，所以，
13．【详解】令双曲线的半焦距为，由离心率为2，得，
取的中点，连接，由，得，则，
连接，由为的中点，得，，
因此，即，整理得，
而，所以．
14．的面积为，
注意到，
所以
，
因为三点共线，所以设，
而点是中点，点是中点，
所以，设，
所以，因为不共线，
所以，解得，因为，
设的面积为，则．
15．（1）因为，
所以，又，
所以数列为首项为2，公比为2的等比数列，
所以，所以的通项公式为．
（2）设，则，
由（1）可得，所以，
所以，所以，
所以，
所以，所以，所以．
16．（1）存在，证明如下：
在四梭柱中，因为平面平面，
所以可在平面内作，
由平面几何知识可证，所以，可知是中点，
因为平面，所以平面．
即存在线段的中点，满足题设条件．
满足条件的点只有一个，证明如下：
当平面时，因为平面，
所以过作平行于的直线既在平面内，也在平面内，
而在平面内过只能作一条直线，
故满足条件的点只有唯一一个．
所以，有且只有的中点为满足条件的点，使直线平面．
（2）过点作，垂足为，又因为平面，所以两两互相垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，则，
设平面的法向量为，则有即
令，得，所以．
设平面的法向量为，则有，即
令，得，所以．
所以．
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
17．（1）依题意得：每次抛游戏币落下时正面向上的概率均为，
故，于是，当时，最大．
（2）记事件为“第枚游戏币向上抛出后，正面朝上”，
则可取．由事件相互独立，
则．
；
；
；
；
故分布列为：
（3）不妨假设按照的顺序地这枚游戏币；
记拋第枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为；
于是；
即，即．
记，则，
故数列为首项是，公差为的等差数列；
故，则，
故，则，因此公平．
18．（1）当时，，则，所以，
又，所以切线方程为．
（2），当时，单调递增；
当时，单调递减，所以，又，
所以，即，所以的取值范围为．
（3）由可得，
即证当时，，
令，
则，
由可知，，故在上单调遂减，
所以，
令，则，
当时，．所以，故在上单调递增，所以，
所以，即，
所以成立．
19．（1）根据到直线与直线的距漓之积等于，
可得，化简得，
由于，故，即．
（2）设，
故当时，最小值为2
（3）联立与可得，
设，则，
故，
设存在点满足，则，
故，
由于在，故，
化简得，即，解得或（舍去），
由于，解得且，
故符合题意，由于，故，
故，故，
故存在，使得．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
D
B
B
B
C
B
B
ABD
AC
AD
0
1
2
3