2024届广西八市联考高三上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2024届广西八市联考高三上学期10月月考数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用对数函数的单调性解不等式可得集合M，利用余弦函数值域可得N，结合交集的概念计算即可.
【详解】由，即，
由余弦函数的值域可知，所以.
故选：D
2．已知复数满足，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由复数除法运算法则直接计算，结合复数的虚部的概念即可求解.
【详解】因为，所以，
所以的虚部为.
故选：A.
3．已知直线和圆，则“”是“直线与圆相切”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分条件和必要条件的判断方法，结合直线与圆的位置关系即可求解.
【详解】圆的方程可化为，
其圆心坐标为，半径为，
当时，直线，圆心到直线的距离，此时直线与圆相切，故充分性成立；
当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，所以，故必要性成立，
所以“”是“直线与圆相切”的充要条件.
故选：C.
4．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先由切弦互换公式、二倍角公式结合已知求得，然后由两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为，所以，
化简并整理得，
又因为，
所以，所以，
所以.
故选：B.
5．若函数在内有且仅有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为（ ）
A．1B．C．D．5
【答案】C
【分析】分类参数可得，构造函数，利用导数求出函数的单调区间及极值，作出其大致函数图象，结合函数图象求出，再利用导数求出函数在上的最值即可.
【详解】函数在内有且仅有一个零点，
即方程在内有且仅有一个实根，
分离参数可得，
令，
则函数只有一个交点，
，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又当时，，当时，，
如图，作出函数的大致图像，
由图可知，
所以，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以在上的最大值为，最小值为，
所有在上的最大值与最小值之和为.
故选：C.
6．已知的外心为，且，，向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，确定的形状，并求出角C，再利用投影向量的意义求解作答.
【详解】在中，由，得点为线段的中点，而为的外心，
则，即有，又，则为正三角形，因此 ，，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
7．已知是定义在上的偶函数，对任意实数满足，且在上单调递增，设，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用函数奇偶性以及可知的周期为2，且在上单调递减，将表达式化简可得，，，又易知即可得.
【详解】根据题意可知，即可得，
所以函数是以2为周期的偶函数，
又在上单调递增，所以可得在上单调递增；
根据偶函数性质可知在上单调递减，
又
显然，所以可得，即；
因此可得.
故选：A
8．如图所示，是双曲线的左、右焦点，的右支上存在一点满足与双曲线左支的交点满足，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】利用正弦定理及已知可得，令，由双曲线定义及，应用勾股定理列方程求得，进而求离心率.
【详解】中，中，
所以，，
又，则，又，
所以，令，则，，
而，由，则，，
可得，即.
故选：D
二、多选题
9．为深人学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：，.则下列说法正确的有（ ）
A．中位数为90，平均数为89
B．分位数为93
C．极差为30，标准差为58
D．去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小
【答案】ABD
【分析】根据平均数、方差、标准差、中位数和极差的概念，逐项进行计算验证即可求解.
【详解】对于A，由题意中位数为，
平均数为，故A正确；
对于B，因为，
所以分位数为，故B正确；
对于C，极差为，
方差
，
所以标准差，故C错误；
对于D，去掉一个最低分和一个最高分，
则平均数为，
方差为
，
所以去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小，故D正确.
故选：ABD.
10．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为16B．的最小值为9C．的最大值为1D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】利用基本不等式即可判断A；根据基本不等式中“1”的整体代换即可判断B；利用消元法即可判断C；利用消元法结合二次函数的性质即可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以（舍去），所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为16，故A正确；
对于B，因为，
所以，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为9，故B正确；
对于C，由B得，则，
则，故C错误；
对于D，，
当，即时，取得最小值，
所以当时，的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
11．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．
B．函数的图象关于对称
C．函数在的值域为
D．要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位
【答案】ACD
【分析】先由图象信息求出表达式，从而即可判断A；注意到是的对称中心当且仅当，由此即可判断B；直接由换元法结合函数单调性求值域对比即可判断C；直接按题述方式平移函数图象，求出新的函数解析式，对比即可判断.
【详解】如图所示：

由图可知，又，
所以，所以，
又函数图象最高点为，
所以，即，
所以，解得，
由题意，所以只能，故A选项正确；
由A选项分析可知，而是的对称中心当且仅当，
但，从而函数的图象不关于对称，故B选项错误；
当时，，，
而函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
所以函数在的值域为，故C选项正确；
若将函数的图象向左平移个单位，
则得到的新的函数解析式为，故D选项正确.
故选：ACD.
12．如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，，若G是线段上的动点，则( )

A．与所成角的正切值最大为
B．在上存在点G，使得
C．当G为上的中点时，三棱锥的外接球半径最小
D．的最小值为
【答案】AC
【分析】对于A，由面面垂直性质定理得BC⊥面ABEF，得△BCG是直角三角形，再根据AD∥BC可知∠BCG即为所求角，结合几何关系即可判断；对于B，假设结论成立，证明AG⊥面BCG，从而可得△ABG为直角三角形，判断三角形是否有解即可；对于C，△ABG的外接圆半径为r，由BC⊥面ABEF可得三棱锥的外接球半径R满足：，要求R的最小，即求r最小，由正弦定理得，要求r最小，即求sin∠AGB最大，要求sin∠AGB最大，可求tan∠AGB，结合几何关系即可判断；对于D，设FG＝x，用x表示出AG＋CG，利用两点间距离公式数形结合即可求解．
【详解】∵平面平面，且交线为AB，BC面ABCD，BC⊥AB，
∴BC⊥面ABEF，因为BG面ABEF，所以BC⊥BG，
∥，故与所成角为∠BCG，
，当G和F重合时，BG最长，且为5，故最大为，故选项A正确；
假设在上存在点G，使得，
因为BC⊥面ABEF，因为AG面ABEF，所以BC⊥AG，
又∵，CG，BC面BCG，所以AG⊥面BCG，
又因为BG面BCG，所以AG⊥BG，
设，，，
则，，
在直角△AGB中，，可得方程，该方程无解，故假设不成立，即在上不存在点G，使得，故选项B错误；
设△ABG的外接圆半径为r，因为BC⊥面ABG，故三棱锥的外接球半径R满足：
．
设，
由正弦定理得，
∵，
所以，
因为，故，故θ为锐角，
当时，G为EF的中点，取得最小值，tanθ取得最大值，sinθ取得最大值，r取得最小值，三棱锥的外接球半径R取得最小值，故选项C正确；
，
，
设M(x,0)，N(0,3)，P(4,5)，如图，

设N(0,3)关于x轴对称的点为，则，
直线方程为，令得，即当时，的最小值为，故D错误．
故选：AC．
三、填空题
13．已知公差不为零的等差数列的前项和为，则
【答案】7
【分析】若公差为且，易得，应用等差数列前n项和公式求结果.
【详解】若公差为且，则，
由.
故答案为：7
14．1886年5月1日，芝加哥的二十一万六千余名工人为争取实行八小时工作制而举行大罢工，经过艰苦的流血斗争，终于获得了胜利.为纪念这次伟大的工人运动，1889年7月由恩格斯领导的第二国际在巴黎举行代表大会，会议上宣布将五月一日定为国际劳动节.五一劳动节某单位安排甲、乙、丙3人在5天假期值班，每天只需1人值班，且每人至少值班1天，已知甲在五一长假期间值班2天，则甲连续值班的概率是
【答案】/
【分析】设“甲在五一假期值班两天”，“甲连续值班”，根据题目条件先分别求出，然后由条件概率公式即可求解.
【详解】设“甲在五一假期值班两天”，“甲连续值班”，
因为已知甲在五一长假期间值班2天，
所以丙和乙分别值班一天、两天或两天、一天，
所以五一假期甲乙丙三人值班方案共有种，
又因为甲在五一长假期间连续值班两天，可以是第1，2两天或第2，3两天或第3，4两天或第4，5两天，
所以甲在五一长假期间值班2天且甲连续值班的方案共有种，
所以由条件概率公式得.
故答案为：.
15．已知点在直线上运动，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据圆的性质可得，若求的最大值，转化为求的最大值，再根据点关于线对称的性质，数形结合从而得解.
【详解】如图所示，
圆的圆心为，半径为3，
圆的圆心为，半径为1，
可知，
所以，
若求的最大值，转化为求的最大值，
设关于直线的对称点为B，设B坐标为，
则 ，解得，故B，
因为，可得，
当P，B，A三点共线，即P点为时，等号成立，
所以的最大值为.
故答案为：.
四、双空题
16．若是区间上的单调函数，满足，，且（为函数的导数），则可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值：取初始值，依次求出图象在点处的切线与x轴交点的横坐标，当与的误差估计值（m为的最小值）在要求范围内时，可将相应的作为的近似值．用上述方法求方程在区间上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的k的最小值为 ，相应的值为 ．
【答案】 2
【分析】根据牛顿切线法，求解切线方程为，进一步得到，代入检验与的误差估计值不超过0.01即可求解.
【详解】设则，，当，故可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值.
由于在单调递增，所以，所以的最小值为2，即，
图象在点处的切线方程为，化简得，
令，则，
由于，所以，，
，，
，，
故作为的近似值，
故答案为：2，
五、解答题
17．在（1）；（2）；（3）这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.在中，内角的对边分别为，且满足
(1)求角；
(2)若的外接圆周长为，求边上的中线长.
【答案】(1)所选条件见解析，；
(2).
【分析】（1）根据所选条件，应用正弦边角关系、三角形面积公式、向量数量积定义、三角恒等变换化简条件求角；
（2）由已知易得为顶角为的等腰三角形，是中点，则，利用向量数量积的运算律求中线长度.
【详解】（1）选（1），则，
所以，而，则，
所以；
选（2），则，
所以，而，则；
选（3），则，，
所以，
所以，则，
而，则.
（2）由，则，故，，即，
结合（1）易知：为顶角为的等腰三角形，如下图，是中点，
的外接圆周长为，若外接圆半径为，则，
所以，而，
所以，
则，即求边上的中线长为.
18．设数列的前项和为，已知.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先可以根据已知得到，其次注意到，结合等比数列的定义即可求解.
（2）由（1）可知，先将数列的通项公式裂项得，从而可求得其前项和为，若，都有，则只需，研究的单调性即可得到其最小值，从而解不等式即可求解.
【详解】（1）一方面：因为，所以，
所以，即；
另一方面：又时，有，即，且，
所以此时；
结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列是首先为，公比为的等比数列，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可知，
又由题意，
数列的前项和为，
又，都有，故只需，
而关于单调递增，
所以关于单调递减，关于单调递增，
所以当时，有，
因此，即，解得，
综上所述：的取值范围为.
19．后疫情时代，为了可持续发展，提高人民幸福指数，国家先后出台了多项减税增效政策.某地区对在职员工进行了个人所得税的调查，经过分层随机抽样，获得500位在职员工的个人所得税(单位：百元)数据，按，分成九组，制成如图所示的频率分布直方图：假设每个组内的数据是均匀分布的.
(1)求这500名在职员工的个人所得税的中位数(保留到小数点后一位)；
(2)从个人所得税在三组内的在职员工中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记年个税在内的员工人数为，求的分布列和数学期望；
(3)以样本的频率估计概率，从该地区所有在职员工中随机抽取100名员工，记年个税在内的员工人数为，求的数学期望与方差.
【答案】(1)百元
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求得，利用中位数计算公式计算即可.
（2）求得的所有可能取值和对应的概率即可得到分布列，再由数学期望公式计算即可.
（3）由题意得，由二项分布的数学期望与方差公式直接计算即可.
【详解】（1）设这500名在职员工的个人所得税的中位数为，
则由频率分布直方图得，
解得，
所以这500名在职员工的个人所得税的中位数为百元.
（2）由题意抽取的10人中，年个税在内的员工人数为人，
年个税在内的员工人数为人，
年个税在内的员工人数为人，
若现从这10人中随机抽取3人，记年个税在内的员工人数为，
则的所有可能取值为，
所以，，
，，
所以的分布列为：
的数学期望为：.
（3）由频率分布直方图可知年个税在内的概率为，
从该地区所有在职员工中随机抽取100名员工，恰有个员工的年个税在内的分布列服从二项分布，
由二项分布的数学期望、方差公式可得，
即的数学期望与方差分别为.
20．如图，在矩形中，，，点是边上的动点，沿将翻折至，使二面角为直二面角.
(1)当时，求证：；
(2)当时，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证，根据面面垂直的性质可得平面，进而可证；
（2）先建立空间直角坐标系由空间法求二面角的正弦值.
【详解】（1）因为，，，
所以，，，
因为，所以，
因二面角为直二面角，所以平面平面，
又平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（2）
取的中点，在上取点使，
由得，，故，，
又因平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
故如图建立空间直角坐标系，
由得，故，
又，，则，
故，，，，
则，，
由题知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，得，令，得，，
，
设二面角的平面角为，则，
故，
即二面角的正弦值为.
21．已知平面上动点到点与到圆的圆心的距离之和等于该圆的半径.记的轨迹为曲线.
(1)说明是什么曲线，并求的方程；
(2)设是上关于轴对称的不同两点，点在上，且异于两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值?若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)为定值，这个值为
【分析】（1）根据圆的一般方程可知圆心，半径，再利用椭圆定义即可求得的轨迹曲线的方程为；
（2）依题意设出,可得，求出直线的直线方程解出其与轴的交点坐标，，即可得出的表达式，再进行化简即可知.
【详解】（1）根据题意可知圆可化为，
所以可知圆心，半径，
易知和两点关于原点对称，且，
所以由椭圆定义可知的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
即，可得；
因此曲线的方程为.
（2）不妨设，，且，；
则易知；
易知直线的斜率都存在，如下图所示：
所以直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
所以，
可得；
由，可得，，；
所以；
因此为定值，.
六、证明题
22．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若在区间上存在唯一零点，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明过程见解析
【分析】（1）对求导得，所以首先分和两种情况，在讨论时，以的两个零点为分界点又可以分三种小情况来讨论，根据导数与原函数单调性的关系即可求解.
（2）由题意可得，若要证明，则只需，即只需，通过构造函数，连续求导即可得证.
【详解】（1）对求导得，，分以下两大情形来讨论的单调性：
情形一：当时，有，令，解得，
所以当时，有，此时单调递减，
当时，有，此时单调递增；
所以在单调递减，在单调递增；
情形二：当时，令，解得，
接下来又分三种小情形来讨论的单调性：
情形（1）：当时，有，此时随的变化情况如下表：
由上表可知在和上单调递增，在上单调递减；
情形（2）：当时，有，此时，所以此时在上单调递增；
情形（3）：当时，有，此时随的变化情况如下表：
由上表可知在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，所以由题意，
又因为在区间上存在唯一零点，
所以存在唯一的，有，化简得，
若要证明，则只需，即只需，
不妨设，求导得，
令，继续求导得，
所以当时，单调递增，
所以，
所以当时，单调递增，
所以，
即当时，有不等式成立，
综上所述：若在区间上存在唯一零点，则.
【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是明确含参的函数的单调性首先要分类讨论，
在讨论时，通过比较的两个零点的大小关系可知又要分三种小情况来讨论；
而第二问的关键是首先得到，然后分析出只需证明即可，
对此构造函数，连续求导即可顺利得证.
0
1
2
3