2024届广西南宁市第三十六中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届广西南宁市第三十六中学高三上学期10月月考数学试题含解析，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．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于、的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数.
【详解】设，则，则，
所以，，解得，因此，.
故选：C.
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析可得，由此可得出结论.
【详解】任取，则，其中，所以，，故，
因此，.
故选：C.
3．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
4．下列函数中，既是定义域内单调递增函数，又是奇函数的为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求导，根据单调性和奇偶性的定义逐项分析.
【详解】对于A， 为奇函数，是周期函数，在定义域内不单调，不符合题意，不符合题意；
对于，定义域为 ，所以为奇函数，但在定义域内不单调，不符合题意；
对于C，，
故函数不是奇函数，不符合题意；
对于D， ，是增函数， ，是奇函数，满足题意；
故选：D.
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由得出，再根据诱导公式及二倍角公式得出，代入计算即可．
【详解】由得，
则，
故选：A．
6．Lgistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Lgistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A．60B．63C．66D．69
【答案】C
【分析】将代入函数结合求得即可得解.
【详解】，所以，则，
所以，，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.
7．将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象.若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据三角函数的图象变换，得到，由函数在区间上单调递增，得到不等式组，即可求解.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，
则，
因为，可得，
由函数在区间上单调递增，
则满足，即，
当时，可得，所以的取值范围是.
故选：A.
8．如图，､分别是双曲线：的左､右焦点，过的直线与的左､右两支分别交于点､，若为以为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】D
【分析】设，，则，由双曲线的定义得到，求得，在中，利用余弦定理列出方程求得，即可求得双曲线的离心率.
【详解】由题意，等腰直角三角形，设，，则，
由双曲线的定义，可得，
可得，解得，
在中，由余弦定理可得，
即，
整理得，即，所以.
故选：D.
二、多选题
9．已知曲线.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn0，则C是两条直线
【答案】ACD
【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.
【详解】对于A，若，则可化为，
因为，所以，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，
此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
10．一个不透明的袋子里，装有大小相同的个红球和个白球，每次从中不放回地取出一球，现取出个球，则下列说法正确的是（ ）
A．两个都是红球的概率为
B．在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率为
C．第二次取到红球的概率为
D．第二次取到红球的条件下，第一次取到白球的概率为
【答案】BCD
【分析】利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可判断A选项；利用条件概率公式可判断B选项；利用全概率公式可判断C选项；利用贝叶斯公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，抽取的两个都是红球的概率为，A错；
对于B选项，记事件第一次取红球，事件第二次取白球，
则，，所以，，B对；
对于C选项，记事件第一次取红球，事件第二次取红球，
则，，，，
由全概率公式可得，C对；
对于D选项，记事件第一次取红球，事件第二次取红球，
则，
所以，，D对.
故选：BCD.
11．已知函数，则（ ）
A．函数有且只有2个零点
B．函数的递减区间为
C．函数存在最大值和最小值
D．若方程有三个实数解，则
【答案】AB
【分析】求得，得到函数的的单调性与极值，画出函数的图象，结合图象，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，则，
令，解得；令，解得或，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增，
且，，当时，，
作出函数的图形，如图所示，可得A、B正确；
所以，无最大值，所以C错误；
若方程有三个实数解，即与的图象有三个不同的交点，
可得，所以D错误.
故选：AB.

12．设函数的定义域为，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数
B．为奇函数
C．是周期为4的周期函数
D．
【答案】AB
【分析】由，可知的图象关于对称，即，结合图象的变换，可判定A正确；由，得到，可判定C不正确；由，可判定B正确；由的值不能确定，可判定D错误.
【详解】由题意，函数满足，
可知函数的图象关于直线对称，即，
将函数的图象向左平移个单位，得到函数，
此时的图象关于轴对称，所以函数为偶函数，所以A正确；
由，即，可得，
即，若为常函数且，则是函数的周期，
否则，4不是函数的周期，所以C不正确；
因为，可得，
因为函数的周期为，可得，即，
所以为奇函数，所以B正确；
由为奇函数，可得，
因为，则，
其中的值不能确定，所以D错误.
故选：AB.
三、填空题
13．已知平面向量，，若，则 .
【答案】
【分析】由向量平行可得，再由向量线性运算的坐标表示可得，最后应用向量模长的坐标运算求.
【详解】由题设，，即，则，
所以，故.
故答案为：.
14．的展开式中的常数项为 .
【答案】
【分析】先求得二项式的展开式的通项公式为，进而求得展开式中的常数项，得到答案.
【详解】由二项式的展开式的通项公式为.
令，可得；令，可得，
所以二项式的展开式中的常数项为.
故答案为：.
15．已知三棱锥中，，，当该三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】判断平面时，该三棱锥体积最大，再由球的表面积公式求解．
【详解】，的外接圆半径为，
由题意得当平面时，该三棱锥体积最大，
此时其外接球的球心到平面的距离为，
故外接球半径为，表面积为，
故答案为：
16．已知曲线与的公切线为，则实数 .
【答案】
【分析】设切点坐标为，求得切线方程，根据题意，求得，得到切线方程为，再设切点为，结合切点在切线上和，列出方程组，即可求解.
【详解】由函数，可得，
设切点坐标为，可得，则切线方程为，
即，与公切线重合，可得，
可得，所以切线方程为，
对于函数，可得，设切点为，则
则 ，解得.
故答案为：
四、解答题
17．已知正项数列满足，设．
(1)求，；
(2)判断数列是否为等差数列，并说明理由；
(3)的通项公式，并求其前项和为．
【答案】(1)，
(2)是，理由见解析
(3)，
【分析】（1）对等式进行因式分解可得递推关系，判断数列为等比数列，得到通项公式，代入求出的通项公式，即可求出结果；
（2）由（1）中的通项公式作差即可证明；
（3）由等差数列前项和公式可求出结果.
【详解】（1），当时，，，
可得，
则或，因为为正项数列，所以.
数列为首项为1，公比为2的等比数列，
可得；
，
，；
（2）数列为等差数列，理由：，
则数列为首项为0，公差为1的等差数列；
（3），
前项和为．
18．在中，角，，的对边分别为，，，已知，.
（1）求；
（2）求的值.
【答案】（1）（2）.
【分析】（1）由已知结合二倍角公式可求，，然后结合两角和的正弦公式即可求解；
（2）由已知结合正弦定理及余弦定理，即可求得的值.
【详解】（1）在中，因为，所以，
所以，，
所以；
（2）因为，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，，
所以．
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、二倍角公式及和差角公式在求解三角形中的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，.
(1)试在棱PC上找一点E满足：；
(2)若F为棱PC上一点，满足，求二面角的余弦值.
【答案】(1)E为棱PC的中点
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，待定系数法表示出点坐标，由空间向量求解
（2）由垂直关系解出点坐标，再由空间向量求解
【详解】（1）∵，，，
∴，，
如图，以A为原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系，
可得，，，，
设点E为棱PC上的点，且.
向量，，且
∴，，
∴
∴，，
若故.
∴，∴即
∴E为棱PC的中点.
（2），，，
由点F在棱PC上，设，故，
由，得,，
解得，即.
设为平面ABF的法向量，
则，即，
不妨令，可得为平面ABF的一个法向量.
取平面PAB的法向量，
则.
易知，二面角是锐角，
∴其余弦值为.
20．近年来，我国电子商务蓬勃发展，某创业者对过去100天，某知名A产品在自己开的网店和实体店的销售量（单位：件）进行了统计，制成如下频率分布直方图，已知网店与实体店销售量相互独立．
(1)写出频率分布直方图a的值，记实体店和网店的销售量的方差分别为，，试比较，的大小；（不要求计算出具体值，给出结论即可）；
(2)网店回访服务，若查知某天该网店所销售的A产品被10名不同的顾客（其中2名男性）购买，现从这10名顾客中随机选2人进行服务回访，求恰好选到一人是男性的概率；
(3)若将上述频率视为概率，已知实体店每天销售量不低于30件可盈利，记“未来三天实体店盈利的天数”为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
【答案】(1)，
(2)
(3)分布列见解析，期望为
【分析】（1）由频率分布直方图的性质，列出方程，求得的值，结合比较两个频率分布直方图得到实体店销售量比网店更集中､稳定，即可求解；
（2）由题意，设恰好选到一人是男性为事件A，进而求得其概率；
（3）由题意，得到随机变量，求得随机变量的取值和相应的概率，得出分布列，利用公式求得期望.
【详解】（1）解：由频率分布直方图的性质，可得，
解得，
通过比较两个频率分布直方图可知，实体店销售量比网店更集中､稳定，故．
（2）解：由题意，从这10名顾客中随机选2人进行服务回访，设恰好选到一人是男性为事件A，可得，即恰好选到一人是男性的概率.
（3）解：由题意，实体店销售量不低于30件的概率为0.4，所以盈利的概率为0.4，
故的可能取值为0，1，2，3．
可得相应的概率为：，，，，
随机变量分布列为
因为，所以期望为．
21．已知椭圆C：经过点，其右顶点为A（2，0）．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为．证明直线PQ经过定点，并求△APQ面积的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点，△APQ面积的最大值为．
【分析】（1）根据题意可得，再结合，即可解出，从而得出椭圆C的方程；
（2）依题可设，再将直线方程与椭圆方程联立，即可得到，然后结合，可找到的关系，从而可知直线PQ经过定点，于是△APQ面积等于，即可求出其最大值．
【详解】（1）依题可得，，解得，所以椭圆C的方程为．
（2）易知直线AP与AQ的斜率同号，所以直线不垂直于轴，故可设，，，由可得，，所以，，，而，即，化简可得，①，
因为，所以，
令可得，②，
令可得，
③，
把②③代入①得，，化简得，所以，
或，，所以直线或，因为直线不经过点，所以直线经过定点．
设定点，所以，
，因为，所以，
设，所以，
当且仅当即时取等号，即△APQ面积的最大值为．
22．已知函数，a为常数，.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)①讨论函数的单调性；
②，不等式恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)①答案见解析，②.
【分析】（1）利用导数的几何意义求在处的切线方程；
（2）①由题设可得且，讨论、、、研究的符号，即可确定单调性；②构造，利用导数研究在上恒成立，结合分类讨论方法求a的范围.
【详解】（1）由题设，，则，
所以，而，
则在处的切线方程为，整理得.
（2）①由且，
当时，在上，上，
当时，在上，上，上，
当时，在上，
当时，在上，上，上，
综上，时在上递减，上递增；
时在上递增，上递减，上递增；
时在上递增；
时在上递增，上递减，上递增；
②令，
问题转化为在上恒成立，而，
由①知：当时，在上，即递增，
所以，只需，可得；
当时，在上，递减；上，递增，
所以，只需，可得，
综上，.
X
0
1
2
3
P