2024届广西南宁市第三中学高三10月月考数学试题含答案

这是一份2024届广西南宁市第三中学高三10月月考数学试题含答案，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。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出函数的定义域和值域分别化简集合，再利用交集的定义求解即可.
【详解】依题意，，
所以.
故选：A
2．使“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据充分不必要条件的意思和不等式的性质可得答案.
【详解】只有当同号时才有，故错，
，故B错，
推不出显然错误，
，而反之不成立，故D满足题意，
故选：D.
3．已知圆锥的侧面积（单位：）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：）是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用扇形的面积公式，底面圆周长等于扇形弧长，即得解.
【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，则
，解得.
故选：B
4．若为等差数列，是其前项的和，且为等比数列，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等差数列以及等比数列的性质分别求得的值，结合三角函数诱导公式化简求值，即得答案.
【详解】因为为等差数列，故，
所以，
又因为为等比数列，，所以，
当时，；
当时，；
所以，
故选：D.
5．已知双曲线的右焦点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线的两个交点为．若，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合圆的垂径定理及点到直线距离公式求出焦点到准线的距离，求出离心率即可.
【详解】因为，，所以三角形为正三角形，
所以到直线的距离为，所以，
因为，所以，所以，所以.
故选：D
6．函数在上单调递增，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用诱导公式化简，结合余弦函数单调性和的范围即可构造不等式求得结果.
【详解】由题意得：，当时，，
在上单调递增，，又，解得：，
的最大值为.
故选：B.
7．设函数是奇函数的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】观察，可考虑构造函数，求得的奇偶性，再由时，的单调性确定整个增减性，由与的正负反推正负即可求解.
【详解】设，则，∵当时，，
∴当时，，即在上单调递减.
由于是奇函数，所以，是偶函数，
所以在上单调递增.
又，
当或时，；
当或时，，
所以当或时，.
即不等式的解集为.
故选：B.
8．中，为上一点且满足，若为上一点，且满足为正实数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为B．的最大值为1
C．的最小值为4D．的最大值为16
【答案】C
【分析】利用基本不等式可求得的最大值为，判断A、B；将化为，结合基本不等式可求得其最小值，判断C；，结合可判断D.
【详解】为正实数，，
，而共线，

，
当且仅当时，结合，即时取等号，A，B错误；
，
当且仅当，即，即时取等号，
即的最小值为4，C正确；
又，
由于为正实数，，则，
则，时取最大值，
当趋近于0时，可无限趋近于0，
故，故无最大值，D错误，
故选：C.
二、多选题
9．已知i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A．若复数，则
B．若复数z满足，则复平面内z对应的点Z在一条直线上
C．若是纯虚数，则实数
D．复数的虚部为
【答案】AB
【分析】根据复数的运算直接计算可知A；由复数的模的公式化简可判断B；根据纯虚数的概念列方程直接求解可知C；由虚部概念可判断D.
【详解】对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：设，代入，得，整理得，即点Z在直线上，故B正确；
对于C：是纯虚数，则，即，故C错误；
对于D：复数的虚部为，故D错误.
故选：AB.
10．已知过点A（a，0）作曲线的切线有且仅有两条，则实数a的值可以是（ ）
A．－2B．4C．0D．6
【答案】AD
【分析】设出切点，写出切线方程，将点代入，化简后方程有两根，即可得到的取值范围.
【详解】设切点为，则，所以切线方程为：，切线过点A（a，0），代入得：，即方程有两个解，则有或．
故选：AD.
11．已知是抛物线的焦点，是上的两点，为原点，则（ ）
A．若垂直的准线于点，且，则四边形的周长为
B．若，则的面积为
C．若直线过点，则的最小值为
D．若，则直线恒过定点
【答案】BCD
【分析】对于A，由条件可得垂直于轴，然后可得四边形的周长，对于B，由条件可得点的横纵坐标，即可得的面积，对于C，设直线，然后联立抛物线的方程消元，然后得到，然后结合基本不等式可得的最小值，对于D，设直线，然后联立抛物线方程消元，然后由可求出的值.
【详解】
对于选项，由题意知，且垂直于轴，根据抛物线的定义可知.
设与轴的交点为，易知，
故，
所以四边形的周长为，选项错误；
对于选项，由题意得，解得，所以，
从而，选项正确；
对于选项，若直线过点，设直线，
联立直线与抛物线方程得，易得，
则，
所以，
当且仅当时，等号成立，选项C正确；
对于选项D，设直线，联立直线与抛物线方程得，
则，即，，所以，
由可得，
即，解得，
故直线的方程为，即直线恒过定点，选项D正确.
故选：BCD.
12．如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处平面分别在线段和侧面上运动，且，若分别为线段的中点，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）

A．面积的最大值为
B．存在某个位置，使得
C．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥体积最大时，点到平面的距离的最小值为.
【答案】ACD
【分析】A选项，利用三角形面积公式，，当时，最大，且最大值为，故A正确；B选项，取的中点，易证，易判断B错误；C选项，三棱锥体积最大时，平面，，找到球心求出半径得解；D选项，由，得，所以点在以为球心，1为半径的球面上，求出点到平面的距离得解.
【详解】对于A，由，，则，
所以当时，最大，且最大值为，故A正确；

对于B，取的中点，连接，显然，且，
又，所以四边形为平行四边形，
所以，又，且，为的中点，
则与不垂直，
所以与不垂直，故B错；

对于C，易知三棱锥体积最大时，平面平面，交线为，
作，因为平面，则平面，
取中点，连接，，，则，
由勾股定理可得，
又，故点为三棱锥的外接球的球心，
所以其外接球的半径为，表面积为，故C正确；
对于D，由选项C可知，，
点在以为球心，1为半径的球面上，设点到平面的距离为，
因为，所以，
易知，，，
，，，
所以点到平面的距离的最小值为，选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．的三个顶点分别是，，，则边上的高长为 ．
【答案】5
【详解】分析：设，则的坐标，利用，求得，即可得到
，即可求解的长度.
详解：设，则，
所以，因为，
所以，解得，
所以，所以.
点睛：(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.
14．已知函数.若，则 .
【答案】/
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再利用已知及和角的余弦公式求解即可.
【详解】依题意，，
由，得，又，即，则，
所以.
故答案为：
15．已知函数，若，则实数的取值范围为 .
【答案】.
【分析】由题意得及1，从而将问题转化为求的取值范围，由此利用导数研究其单调性即 可得解.
【详解】因为与在其定义域单调递增，
所以在各自定义域内不可能有两个点使得，
又因为，所以由题意得，
故由得，则所以，
令，则，
所以在上单调递增，则，
故，即.
故答案为：.
16．在如图所示的三角形数阵中，用（）表示第i行第j个数（），已知（），且当时，除第i行中的第1个数和第i个数外，每行中的其他各数均等于其“肩膀”上的两个数之和.即（）.若，则正整数m的最小值为 .
【答案】2026
【分析】根据规律得到，利用分组求和及等比数列求和公式得到，从而得到不等式，求出整数m的最小值.
【详解】∵，
，
∴
，
因为若，则，即，
因为，故，所以，，
即，
所以正整数m的最小值为2026.
故答案为：2026
四、解答题
17．已知数列的前项和为.
(1)求；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由与的关系化简得为等差数列后求解，
（2）由裂项相消法求解．
【详解】（1），可得，
可得，即数列为首项为2，公差为2的等差数列，
可得，由，可得；
（2），
即有
.
18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为,．
(1)求的值；
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用余弦定理角化边即可求解;(2)根据弦化切将原等式变为，
角化边即可得到，再结合可得，，利用余弦定理即可求解.
【详解】（1）因为,
结合余弦定理，得，
即，
所以．
（2）由，
即，即
即，又，
所以，，
所以.
19．新能源汽车的发展有着诸多的作用，不仅能够帮助国家减少对石油的依赖，同时还能够减轻环境的污染．为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，某市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．
(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数；
(2)若该市计划7年内完成全部更换，求a的最小值．
【答案】(1)；
(2)147.
【分析】(1)根据给定条件可得每年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量依次排成一列分
别构成等比数列、等差数列，求出它们的前n项和即可.
(2)利用(1)的结论列出不等式，解此不等式并求出最小值即可作答.
【详解】（1）设分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量，
依题意，数列是首项为128，公比为的等比数列，是首项为400，公差为a的等差数列，
于是得的前n项和，的前n项和，
所以经过n年，该市被更换的公交车总数为.
（2）若计划7年内完成全部更换，则，
于是得，即，解得，
而，于是得a的最小值为147，
所以a的最小值147.
20．在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面平面，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.
(1)证明：；
(2)已知∠ABB1=60°，AB=AC=2.l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°?若存在，求B1P的长度；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)l上不存在点P，使与平面所成角为；理由见解析
【分析】（1）通过证明平面来证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，由此判断出点不存在.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，所以平面，
又平面，所以.
（2）l上不存在点P，使与平面所成角为．
理由如下：
取中点D，连接，因为，所以，
又，所以为等边三角形，所以，
因为，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以A为原点，以方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
，
．
因为平面平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，
假设l上存在一点P，使与平面所成角为，设，
则，所以，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，则，可取，
又，所以，
即，此方程无解，
因此l上不存在点P，使与平面所成角为．
21．设椭圆的离心率，椭圆上的点到左焦点的距离的最大值为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）求椭圆的外切矩形的面积的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据题意求出，进而可求出结果；
（2）当矩形的一组对边斜率不存在时，可求出矩形的面积；当矩形四边斜率都存在时，不防设，所在直线斜率为，则，斜率为，设出直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理以及弦长公式等，即可求解.
【详解】解：（1）由题设条件可得，，解得，
∴，所以椭圆的方程为
（2）当矩形的一组对边斜率不存在时，得矩形的面积
当矩形四边斜率都存在时，不防设，所在直线斜率为，则，斜率为，
设直线的方程为，与椭圆联立可得
，
由，得
显然直线的直线方程为，直线，间的距离
，
同理可求得，间的距离为
所以四边形面积为

（等号当且仅当时成立）
又，
故由以上可得外切矩形面积的取值范围是
【点睛】本题主要考查椭圆方程以及直线与椭圆的综合，灵活运用弦长公式，韦达定理等即可求解，属于常考题型.
22．已知函数.
(1)当时，讨论函数零点的个数；
(2)当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对函数求导，通过讨论函数单调性决定函数零点个数即可；
（2）首先将原不等式转化为，再构造函数，通过研究的单调性判断出，从而求解取值范围即可.
【详解】（1）由得，
当时，，在区间上单调递增，且无限趋近于0时，，
又，故只有1个零点；
当时，令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增；
所以当时，取得最小值，
当时，，所以函数无零点，
当时，恒成立，所以函数无零点，
综上所述，当时，无零点，当时，只有一个零点；
（2）由已知有，所以，
所以，
构造函数，则原不等式转化为在上恒成立，
，记，所以，
令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，所以，即单调递增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，则，
令，解得，令，解得，
故在单调递减，单调递增，
故的最小值为，
故的取值范围是.
【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.