广西部分市2024届高三下学期第二次联合模拟考试数学试题及答案

这是一份广西部分市2024届高三下学期第二次联合模拟考试数学试题及答案，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。

一、单选题
1．若，则（ ）
A．1B．C．D．5
2．已知椭圆的离心率为，则（ ）
A．2B．4C．D．
3．设是等比数列的前n项和，若，，则（ ）
A．2B．C．3D．
4．从1，2，3，4，5这5个数中随机地取出3个数，则该3个数的积与和都是3的倍数的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数为偶函数，则的最小值为（ ）
A．2B．0C．1D．
6．已知函数在区间上恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．记函数的导函数为，的导函数为，则曲线的曲率．若函数为，则其曲率的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知点P为双曲线上的任意一点，过点P作双曲线C渐近线的垂线，垂足分别为E，F，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知实数a，b，c满足，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．在锐角中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且，，则（ ）
A．的外接圆半径为5
B．若，则的面积为
C．
D．的取值范围为
11．已知函数的定义域与值域均为，且，则（ ）
A．B．函数的周期为4
C．D．
三、填空题
12．已知集合，，若，则实数 ．
13．设实数x，，满足1，3，4，x，y，的平均数与50%分位数相等，则数据x，y，的方差为 ．
14．在三棱锥中，，，，的面积分别3，4，12，13，且，则其内切球的表面积为 ．
四、解答题
15．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间与极值．
16．在正四棱柱中，已知，，点E，F，G，H分别在棱，，，上，且，．
(1)证明：F，E，H，G四点共面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
17．某高科技企业为提高研发成果的保密等级，设置了甲，乙，丙，丁四套互不相同的密码保存相关资料，每周使用其中的一套密码，且每周使用的密码都是从上周未使用的三套密码中等可能地随机选用一种．已知第1周选择使用甲密码．
(1)分别求第3周和第4周使用甲密码的概率；
(2)记前n周中使用了乙密码的次数为Y，求．
18．已知抛物线，过点作直线交抛物线C于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P．
(1)证明：P在定直线上；
(2)若F为抛物线C的焦点，证明：．
19．设，用表示不超过x的最大整数，则称为取整函数，取整函数是法国数学家高斯最先使用，也称高斯函数．该函数具有以下性质：
①的定义域为R，值域为Z；
②任意实数都能表示成整数部分和纯小数部分之和，即，其中为x的整数部分，为x的小数部分；
③；
④若整数a，b满足，则.
(1)解方程；
(2)已知实数r满足，求的值；
(3)证明：对于任意的正整数n，均有．
参考答案：
1．C
【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由复数，可得，则.
故选：C.
2．A
【分析】利用椭圆的离心率列出关系式，求解即可求得结果．
【详解】，，所以，，
，解得，
.
故选：A.
3．D
【分析】根据成等比数列，得到方程，求出，得到答案.
【详解】由题意得，，
因为成等比数列，故，
即，解得，
故.
故选：D
4．B
【分析】根据题意，得到基本事件的总数为种，再利用列举法取得所求事件所包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】从1，2，3，4，5这5个数中随机地取出3个数，共有种不同的取法；
其中这3个数的积与和都是3的倍数的有：，有4种取法，
所以该3个数的积与和都是3的倍数的概率为.
故选：B.
5．A
【分析】由函数为偶函数，求得，得到，结合对数函数的性质，进而求得函数的最小值，得到答案.
【详解】由函数，
可得，
因为函数为偶函数，可得，
可得，即，
当时，函数取得最小值，最小值为.
故选：A.
6．D
【分析】先由题意求得的取值范围，再利用正弦函数的性质得到关于的不等式，从而得解.
【详解】，，
因为函数在上恰好有两个零点，所以，
解得.
故选：D.
7．C
【分析】根据定义求解和，由曲率的定义求出曲率，利用导数判断单调性求出最大值.
【详解】函数的定义域为，，，
所以曲线的曲率，
，，
当时，，当时，，
所以当时，曲率取得最大值.
故选：C.
8．B
【分析】设点，计算的乘积以及，可求出的面积.
【详解】设点，满足，即，
又两条渐近线方程分别为，即，故有，
设渐近线的倾斜角为，则，
，
故选：B
9．AD
【分析】根据不等式的基本性质和已知条件可逐项分析得到答案.
【详解】且，则，，
则，A正确；
因为，，所以，B错误；
因为，，，
当时，，则；当时，，则，当时，，则，故C错误；
因为，
当且仅当时，等号成立，此时由可得，不符合，
所以不成立，故，即，D正确.
故选：AD
10．BCD
【分析】根据已知条件求得，，对A，由正弦定理运算可判断；对B，由可得，求得，利用三角形面积公式求解；对C，由正弦定理可得，，可得，代入运算可判断；对D，由余弦定理和数量积运算法则求出，换元后利用三角恒等变换得到，求出答案.
【详解】由，可得，因为为锐角，所以，所以，可得，.
对于A，由正弦定理，，，故A错误；
对于B，，，则，
所以.故B正确；
对于C，因为，，所以，，，
又，
，故C正确；
对于D，由余弦定理得，即，
又，
所以，
设，则，
由正弦定理
，
其中锐角满足，由锐角三角形可得，所以，
又，所以，，
又，所以，从而，
而函数在上单调递减，又，，
所以的取值范围.故D正确.
故选：BCD.
11．ACD
【分析】根据抽象函数的性质，巧妙利用赋值法解决.
【详解】令得，即①，
令，得②，
联立①②，故A正确；
令，得③，
由①，，，
将它们代入③整理可得，所以由，故D对；
由可知为一元二次函数，设，
则有，
整理得，又由，
所以，经验证满足题设要求，故B错C对，
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求两个变量的抽象函数解析式要巧妙用赋值法.
12．
【分析】根据子集关系求出可能解，再利用集合中元素的互异性求出不能取的值即可得出m的值.
【详解】因为，所以或，或，
又由集合中元素的互异性可知且且，且，
综上.
故答案为：.
13．/
【分析】利用平均数与分位数相等，得，代入数据中得方差.
【详解】根据题意，数据的平均数为，
数据的分位数为，
∴ ，即，代入数据，
即为，此组数据的平均数为，
∴ 数据的方差为.
故答案：
14．/
【分析】根据题中所给数据特征：，再类比勾股定理，由面推及至空间几何体可知三棱锥是一个墙角模型，所以，设PA=x，PB=y，PC=z，则可由题中所给面积数据求出侧棱长，再依据内切球公式计算相关量即可求出内切球.
【详解】因为，所以类比勾股定理由面推及到空间几何体可知三棱锥是一个墙角模型，
所以，
设三棱锥的三条侧棱PA，PB，PC长分别为PA=x，PB=y，PC=z，
则由题意有①，所以有，，
所以代入①式，
所以，
设三棱锥的内切球半径为，则
，
所以，，所以内切球的表面积为.
故答案为：.
15．(1)
(2)单调递增区间为和，单调递减区间为；极大值为，极小值为
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案；
（2）由函数的导数判断正负，即可判断函数的单调性，继而判断出函数极值点，求得极值.
【详解】（1）由，可知，
所以，又，
所以在点处的切线方程为，即；
（2），的定义域为，
由，得，或，
当或时，，在上均单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以函数的单调递增区间为和；单调递减区间为，
故函数在处取得极大值，极大值为；
在处取得极小值，极小值为.
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标表示及运算可得共面，即可推理得解.
（2）由（1）中坐标系，求出两个平面的法向量，进而求出平面与平面所成角的余弦.
【详解】（1）在正四棱柱中，以点为原点，直线分别为建立空间直角坐标系，
则，，
因此，即共面，又有公共点，
所以F，E，H，G四点共面.
（2）由（1）知，，，，，
设平面的法向量，则，令，得，
而平面的法向量为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)第3周和第4周使用甲密码的概率分别为和
(2)
【分析】（1）根据题干分析第四周使用甲密码的情况，用全概率公式即可求解；
（2）根据第周与第k使用甲密码的概率的关系，利用递推关系，结合数列知识，得到第k使用甲密码的概率，从而得到前n周中使用了甲密码的次数的数学期望，再由四套密码地位相同得到前n周中使用了乙密码的次数的数学期望.
【详解】（1）设第k周使用甲密码的概率为，
因为，，
所以，，
所以第3周和第4周使用甲密码的概率分别为和．
（2）因为第k周使用甲密码的概率为，则
第周使用甲密码的概率为，
整理得，
因为，所以，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，即．
设第k周使用甲密码的次数为，则服从分布，
所以
．
所以前n周中使用甲密码次数的均值，
又因为乙、丙、丁地位相同，所以．
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设出，，求出直线的方程，与抛物线联立，由与都和抛物线相切，得到两条切线的方程联立证明即可；
（2）要证．即证，求出向量的坐标证明即可.
【详解】（1）证明：设，，则，
直线的方程为，即，
又因为直线过点，所以，即，
设直线的方程为，与抛物线方程联立，解得或，
又因为直线与抛物线相切，所以，即，
所以直线的方程为，即，
同理直线的方程为，
由，解得，即，
故点P在直线上．
（2）证明：∵，，
注意到两角都在内，可知要证．即证.
而，，
所以，
又，
所以，同理，
即有，故．
19．(1)或
(2)743
(3)证明见解析
【分析】（1）令，则方程可化为，根据高斯函数的定义，即可求解得答案；
（2）设，则可判断中n以及的个数，从而可得，结合高斯函数定义，即可求得答案；
（3）由所要证明不等式的形式，可构造不等式，当时，有成立；设，推出，从而得到，再结合当，2时，不等式成立，即可证明结论.
【详解】（1）令，则，
∴，
又由高斯函数的定义有，
解得：，则或，
当时，则；当时，则；
（2）设，设，，，…，中有k个为，
个n，，
据题意知：，则有，
解得，，
所以，，即，
故；
（3）证明：由的形式，可构造不等式，
当时，有；
设，
则有，
从而，
而，则，
∴，
又当，2时，经检验原式成立，
故对一切的自然数n，原式成立.
【点睛】难点点睛：本题考查了函数新定义，即高斯函数的应用问题，难度较大，解答的难点在于（3）中不等式的证明，解答时要理解高斯函数的性质，并能构造不等式，时，有，进行证明.