广西南宁市第二中学2023-2024学年高三下学期5月月考数学试题

这是一份广西南宁市第二中学2023-2024学年高三下学期5月月考数学试题，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．已知复数满足，复数的共辄复数为，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知，则（ ）
A．B．C．1D．
3．若函数在区间上有，则的递增区间是（ ）
A．B．C．D．
4．已知集合，集合，则的子集个数为（ ）
A．8B．3C．2D．1
5．已知平面直角坐标系中，椭圆的左顶点和上顶点分别为，过椭圆的左焦点且平行于直线的直线交轴于点．若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．8名同学站成两排参加文艺演出，要求两排人数相等，不站在前排，不站在后排，和左右相邻，则不同的排列方式共有（ ）
A．1152种B．1728种C．2304种D．2880种
7．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．有最小值25B．有最大值25C．有最小值50D．有最大值50
8．在棱长为1的正方体中，点是棱的中点，是正方体表面上的一点，若，则线段长度的最大值是（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．
9．一个袋中有大小、形状完全相同的3个小球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到黄球”为事件，则（ ）
A．B．为互斥事件C．D．相互独立
10．已知函数，对于任意，有，则（ ）
A．函数的最小正周期为B．函数的图象关于点对称
C．函数在上单调递减D．函数在上共有6个极值点
11．已知函数的定义域和值域均为，对于任意非零实数，函数满足：，且在上单调递减，，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．在定义域内单调递减D．为奇函数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则此圆锥的体积为_______．
13．在中，，点满足，则的最大值为_______．
14．设．将这三者中的最大值记为．当变化时，的最小可能值是_______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15．（13分）已知数列满足．
（1）若数列满足，证明：是常数数列；
（2）若数列满足，求的前项和．
16．（15分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区植物覆盖面积与某种野生动物数量的关系，将其分成面积相近的若干个地块，从这些地块中随机抽取20个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量（单位：只），并计算得，，．
（1）求样本的相关系数（精确到0.01），并推断这种野生动物的数量（单位：只）和植物覆盖面积（单位：公顷）的相关程度；
（2）已知20个样区中有8个样区的这种野生动物数量低于样本平均数，从20个样区中随机抽取2个，记抽到这种野生动物数量低于样本平均数的样区的个数为，求随机变量的分布列．
附：相关系数．
17．（15分）在梯形中，，四边形为矩形，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）若点在线段上运动，设平面与平面的夹角为，试求的范围．
18．（17分）如图，已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点的直线交抛物线于两点，斜率为2的直线与直线轴依次交于点，且，求直线在轴上截距的范围．
19．（17分）设是定义在R上的函数，若存在区间和，使得在上单调递减，在上单调递增，则称为“含谷函数”，为“谷点”，称为的一个“含谷区间”．
（1）判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由：
（ⅰ），（ⅱ）；
（2）已知实数是含谷函数，且是它的一个含谷区间，求的取值范围；
（3）设．设函数是含谷函数，是它的一个含谷区间，并记的最大值为．若，且，求的最小值．
南宁二中2024年5月高三月考
数学
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．【答案】C．
【解析】因为，所以，
所以，所以，
所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限，故选：C．
2．【答案】A．
【解析】由，解得，
所以．故选：A．
3．【答案】A．
【解析】设，当时，，因为，所以，函数在上单调递减，因为的单调递减区间为，
所以的递增区间为，故选A．
4．【答案】C
【解析】集合表示直线上的所有点的集合，集合表示圆上所有点的集合，
因为圆心到直线的距离为，等于圆的半径，故直线与圆相切，
故中只有一个元素，故的子集个数为．故选：C．
5．【答案】D
【解析】由椭圆的方程可得：，其中，则，过椭圆左焦点且平行于直线的直线方程为：，将代入该直线方程，可得点的坐标为，若，则，得．故选：D．
6．【答案】C
【解析】由题意可知：站在前排，站在后排，
若和站在前排，则不同的排列方式共有；
若和站在后排，则不同的排列方式共有；
所以不同的排列方式共有种．故选：C．
7．【答案】B
【解析】由，可得，
因，则等差数列的公差，故，
则，当且仅当时取等号，
即当时，取得最大值25．故选：B．
8．【答案】C
【解析】连接，在正方体中，平面，
四边形是正方形，因为平面，所以，
又，且平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以当点在线段（点除外）时，，取的中点，连接，
在正方形中，因为为的中点，是棱的中点，所以，因为平面平面，所以，因为，
且平面平面，所以平面，又平面，
所以，因为，且平面平面，
所以平面，设平面平面，则，所以，则是棱的中点，
所以当点在正方体的表面线段上时，，
由题意可知，在梯形中，，
，
所以线段长度的最大值是．故选：C．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．【答案】AC
【解析】，A正确；
可同时发生，即“即第一次取红球，第二次取黄球”，不互斥，B错误；
在第一次取到红球的条件下，第二次取到黄球的概率为，C正确；
不独立，
D错误．故选：AC．
10．【答案】ACD
【解析】因为，所以，
因此，从而，注意到，
故，所以，
又，即的图象关于直线对称，从而，
即，所以，又，所以，
所以，所以的最小正周期为，A正确．
因为，所以函数的图象不关于点对称，B错误．
当时，，故函数在上单调递减，C正确．
令，得，令，得，故，易知函数在单调递增，在单调递减，故函数在上共有6个极值点，D正确．故选：ACD．
11．【答案】BC
【解析】对于A，令，则，
因，故得，故A正确；
对于B，由，令，则，
则，即，
故是以为首项，2为公比的等比数列，
于是，故B错误；
对于D，由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则①，
把都取成，可得②，
将②式代入①式，可得，化简可得，即为奇函数，故D正确；
对于C，在上单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，
但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故C错误．故选：BC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【答案】
【解析】圆锥的侧面展开恰为一个半径为4的半圆，所以圆锥的底面周长为，底面半径为2，圆锥的高为，所以圆锥的体积为．故答案为．
13．【答案】
【解析】设中点为，则，
，
由，知点轨迹是以为弦，圆周角为的优弧，
当时，最大，此时是等边三角形，，则．故答案为：．
14．【答案】．
【解析】不妨设，则只需考虑及两种情形．
若，则，则；
若，即，即，则，
当时，取到最小值．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15．【解析】（1）因为
，
所以，所以是常数数列．
（2）因为，所以，所以，所以，
因为，
所以
，所以．
16．【解析】（1）样本的相关系数为
．
由于相关系数，则相关性很强，的值越大，相关性越强．
故，故相关性越强．
（2）由题意得：的可能取值为，
20个样区中有8个样区的这种野生动物数量低于样本平均数，有12个样区的这种野生动物数量不低于样本平均数，
所以，
所以的分布列为：
17．【详解】（1）证明：在梯形中，因为，
所以，由余弦定理得，
可得，所以，因
为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面．
（2）解：因为四边形为矩形，所以，
又因为平面，平面平面，平面平面，所以平面，又因为，
以为原点，以所在直线为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
由平面，可得平面的法向量，
又由，设，
可得，
设平面的法向量，
令，可得，所以，
则，
当时，可得最小为；当时，最大为，
所以的范围为．
18．【解析】（1）因为，故，故抛物线的方程为：．
（2）【方法一】（通解通法）：设，所以直线，由题设可得且．
由可得，故，
因为，故，故．
又，由可得，同理，
由可得，所以，
整理得到
，故，
令，则且，故，
故即，解得或或．
故直线在轴上的截距的范围为或或．
【方法二】（利用焦点弦性质）：
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，
直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
．
由得．同理．
由得．因为，
所以，即．故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在轴上的截距的范围为．
【方法三】（最优解）：设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，
直线的方程为．
设直线的方程为，则．
所以．故
（其中）．
所以．因此直线在轴上的截距为．
19．【解析】（1）函数，当时，单调递掝，当时，单调递增，所以是含谷函数，谷点；
函数，求导恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数．
（2）由题意可知函数在区间内先减后增，且存在谷点，令，所以，
设，所以，由可知恒成立，所以在区间上单调递增，若满足谷点，则有，解得，故的取值范围是．
（3）因为，
所以，
若恒成立，
则函数在时单调递增，在时单调递减，不是谷函数，不满足题意；
因此关于的方程有两个相异实根，即，
设两根为且，
因为，所以函数在区间上不单调递增，
但是当时，为单调递增，
所以在区间上的单调性至少改变一次，从而必有一个零点，即，
同理，因为，所以，
因此，在区间和上单调递增，在区间和上单调递减，从而函数的含谷区间必满足，
即，
因为，，
由得，所以，
由得，所以，
所以，
当时，，
当时，，
因此的最小值为，当时成立．0
1
2