广西壮族自治区南宁市、河池市2024届高三教学质量监测二模数学试题及答案

这是一份广西壮族自治区南宁市、河池市2024届高三教学质量监测二模数学试题及答案，共21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，若，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，且，其中为实数，则（ ）
A．B．C．D．4
3．在倡导“节能环保”“低碳生活”的今天，新能源逐渐被人们所接受，进而青睐，新能源汽车作为新能源中的重要支柱产业之一取得了长足的发展．为预测某省未来新能源汽车的保有量，采用阻滞型模型进行估计．其中y为第t年底新能源汽车的保有量，r为年增长率，M为饱和量，为初始值（单位：万辆）．若该省2021年底的新能源汽车拥有量为20万辆，以此作为初始值，若以后每年的增长率为0.12，饱和量为1300万辆，那么2031年底该省新能源汽车的保有量为（精确到1万辆）（参考数据：，）（ ）
A．62万B．63万C．64万D．65万
4．有2男2女共4名大学毕业生被分配到三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为（ ）
A．12B．14C．22D．24
5．已知某棱长为的正四面体的各条棱都与同一球面相切，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，则满足不等式的的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，四边形为正方形，平面，则三棱锥的体积为（ ）
A．12B．6C．D．
8．已知直线与轴和轴分别交于，两点，且，动点满足，则当，变化时，点到点的距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．设分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上第一象限内任意一点，分别表示直线的斜率，则（ ）
A．存在点，使得B．存在点，使得
C．存在点，使得D．存在点，使得
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增D．的值域为
三、填空题
12．已知向量满足，则在上的投影向量的坐标为 ．
13．在中，内角的对边分别是，且，平分交于，，则面积的最小值为 ；若，则的面积为 ．
14．已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，P为双曲线右支上任意一点，若的最小值为2c，，则该双曲线的离心率是 ．
四、解答题
15．记为公比不为1的等比数列的前项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)设，若由与的公共项从小到大组成数列，求数列的前项和．
16．如图，在三棱锥中，与都为等边三角形，平面平面分别为的中点，且在棱上，且满足，连接．
(1)求证：平面；
(2)设，求直线与平面所成角的正弦值．
17．为降低工厂废气排放量，某厂生产甲、乙两种不同型号的减排器，现分别从甲、乙两种减排器中各抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分的频率分布直方图如图所示：

减排器等级及利润率如下表，其中．
(1)若从这100件甲型号减排器中按等级用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取10件，再从这10件产品中随机抽取5件，求抽取的5件中至少有3件一级品的概率；
(2)将频率分布直方图中的频率近似地看作概率，用样本估计总体，则：
①若从乙型号减排器中随机抽取4件，记为其中二级品的个数，求的分布列及数学期望；
②从数学期望来看，投资哪种型号的减排器利润率较大？
18．已知抛物线，是轴下方一点，为上不同两点，且的中点均在上.
(1)若的中点为，证明：轴；
(2)若在曲线上运动，求面积的最大值.
19．记函数在上的导函数为，若（其中）恒成立，则称在上具有性质．
(1)判断函数（且）在区间上是否具有性质？并说明理由；
(2)设均为实常数，若奇函数在处取得极值，是否存在实数，使得在区间上具有性质？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由；
(3)设且，对于任意的，不等式成立，求的最大值．
综合得分的范围
减排器等级
减排器利润率
一级品
二级品
三级品
参考答案：
1．A
【分析】根据题目条件得到不等式，求出答案.
【详解】由题意得且，解得．
故选：A
2．C
【分析】根据复数的运算，结合复数相等得，进而再求复数模即可.
【详解】解；因为复数， 为实数，
所以，
所以，解得，
所以.
故选：C
3．C
【分析】把已知数据代入阻滞型模型，求出对应的值即可．
【详解】根据题中所给阻滞型模型，代入有关数据，注意以2021年的为初始值，
则2031年底该省新能源汽车的保有量为，
因为，所以，
所以
故选：C
4．B
【分析】按工厂接收的女生人数分两类，求出每类情况数，相加后得到答案.
【详解】按工厂接收的女生人数分类，
第一类：工厂仅接收1名女生，从2名女生中选1人，有种选择，
再把剩余的3人分为两组，和两工厂进行全排列，有种选择，
故有种分配方法；
第二类：工厂接收2名女生，则剩余的两个男生和两个工厂进行全排列，
有种分配方法．
综上，不同的分配方法有种．
故选：
5．A
【分析】在棱长为2的正方体中构造棱长为的正四面体，结合正方体的性质和求得表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，在棱长为2的正方体中构造棱长为的正四面体 ，
显然正四面体的棱切球即为正方体的内切球，故球的半径，
则该球的表面积为．
故选：A．
6．D
【分析】先利用函数奇偶性的定义，结合复合函数的单调性与导数，分析得的奇偶性与单调性，从而转化所求不等式得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】由，得的定义域为，
又，故为偶函数，
而当时，易知单调递增，
而对于，在上恒成立，
所以在上也单调递增，
故在上单调递增，
则由，得，解得或.
故选：D.
7．B
【分析】连接交于点，证得平面，得到四边形为矩形，分别求得的长，利用余弦定理求得，得到，结合面积公式和锥体的体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，连接交于点，连接，
因为四边形为正方形，所以，
又因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
又因为，过作于，可得四边形为矩形，则，
所以，，，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以．
故选：B．
8．B
【分析】先求得A，两点坐标，根据得到，再结合可得到C轨迹为动圆，求得该动圆圆心的方程，即可求得答案.
【详解】由，得，由，得，
由，得，设 ，则，
即，因此点C的轨迹为一动圆，
设该动圆圆心为 ，即有，则代入，
整理得： ，即C轨迹的圆心在圆上（除此圆与坐标轴的交点外），
点与圆上点连线的距离加上圆的半径即为点到点的距离的最大值，
所以最大值为.
故选：B

【点睛】思路点睛：涉及与圆相离的图形F上的点与圆上点的距离最值问题，转化为图形F上的点与圆心距离加或减圆半径求解.
9．ACD
【分析】由不等式的性质判断.
【详解】∵，则，，∴，即，A正确；
例如，，，，， 显然，B错误；
由得，，∴，即，C正确；
易知，，，
，
∴，D正确；
故选：ACD．
10．ABD
【分析】利用椭圆的性质以及坐标运算逐一确定选项中的范围，进而判断存在性.
【详解】由已知得：
对于A，由为椭圆上第一象限内任意一点可得，，A正确；
对于B，由，得以为直径的圆与椭圆有4个交点，因而存在点使得，B正确；
对于C，由为椭圆上第一象限内任意一点可得，
又由可得，解得，与矛盾，C错误；
对于D，由已知，
因为，
而，所以，所以存在点，使得，D正确．
故选：ABD．
11．BCD
【分析】计算是否成立可判断A项，运用周期性计算是否成立即可判断B项，对于C项，运用导数判断在上的符号即可，对于D项，运用导数研究在一个周期内的单调性进而可求得值域.
【详解】对于A项，因为，
所以不是的最小正周期，故A项错误；
对于B项，由A项知，的一个周期为，
又因为，，
所以，
所以关于对称，故B项正确；
对于C项，由题意知，，
当时，，则，即：，所以，
所以在上单调递增，故C项正确；
对于D项，由A项知，的一个周期为，
由C项知，，
当时，，则，即：，所以，
所以在上单调递减，
又因为，，，
所以，，
所以的值域为，故D项正确.
故选：BCD.
12．
【分析】根据题意，利用向量的运算法则，求得，结合，即可求解.
【详解】因为，可得，
又因为，可得，解得，
所以在上的投影向量为．
故答案为：.
13． /
【分析】由，求得，利用基本不等式，求得面积的最小值的最小值，再由余弦定理，求得，求得的面积.
【详解】由题意，平分交于且，
可得，即，
整理得，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以面积的最小值，
因为，即，
又因为，所以，即，
因为，解得，因此．
故答案为：；.

14．/
【分析】设，则，根据双曲线的定义，故，分与讨论，结合“对勾”函数的性质可求出离心率.
【详解】设，则，由双曲线的定义知，
∴，，
当，即时，
，不符合题意；
当，即时，
在上单调递增，
所以当时取得最小值，
故，化简得，
即，解得（舍）或，满足.
综上所述，该双曲线的离心率是.
故答案为:.
15．(1)
(2)
【分析】（1）设等比数列的公比为，由求出，再由等比数列求和公式求出，即可得解；
（2）由（1）可得，即可得到数列的特征，令，求出的取值，即可得到为以为首项，为公比的等比数列，再由等比数列求和公式计算可得.
【详解】（1）解：设等比数列的公比为，
因为，即，即，所以，
又，即，解得，
所以.
（2）解：由（1）可得，
则数列为、、、、，偶数组成的数列，
又，令，则为正偶数，
所以，，，，，
所以为以为首项，为公比的等比数列，
所以.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由重心性质得到线线平行，证明出线面平行；
（2）由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，从而求出线面角的正弦值.
【详解】（1）证明：连接，如图所示．
在中，因为分别为的中点，，
所以为的重心，所以，
又，所以，
又平面平面，所以平面．
（2）连接，因为为等边三角形，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以．
因为为等边三角形，为的中点，所以．
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则，
所以．
设平面的法向量，
则令，解得，
所以平面的一个法向量，
．
设直线与平面所成角的大小为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
17．(1)
(2)①分布列见解析，；②乙型号
【分析】（1）由已知及频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的概率为0.6，根据分层抽样，计算10件减排器中一级品的个数，再利用互斥事件概率加法公式能求出至少 3件一级品的概率；
（2）①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为，二级品的概率为，三级品的概率为，若从乙型号减排器随机抽取4件，则二级品数所有可能的取值为，且，由此能求出的分布列和数学期望.②由题意分别求出甲型号减排器的利润的平均值和乙型号减排器的利润的平均值，由此求出投资乙型号减排器的平均利润率较大.
【详解】（1）由已知及频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的频率为，
按等级用分层抽样的方法抽取10件，
则抽取一级品为（件），
记“抽取的5件中至少有3件一级品”为事件，则．
（2）①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为，
二级品的概率为，三级品的概率为，
由题意，的所有可能的取值为，
所以，
，
，
，
分布列如下表：
所以；
②由题意知，甲型号减排器的利润率的平均值：
；
乙型号减排器的利润率的平均值：
；
，又，
则，所以投资乙型号减排器的平均利润率较大．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，，，根据题意求出的中点为的横坐标为，可证轴；
（2）不妨设，则，将和表示为的函数，得，再换元，令， ，得，根据在上为增函数，可求出结果.
【详解】（1）设，，，
则的中点在抛物线上，
所以，化简得，
同理由的中点在抛物线上可得，
因为，所以是关于的一元二次方程的两个不等实根，
所以，，
所以的中点的横坐标为，它与的横坐标相同，
所以轴.
（2）不妨设，则，
由轴，得，
因为在曲线上运动，是轴下方一点，
所以，且，所以，
因为的中点的纵坐标为
，
所以，
又
，
所以，
令，因为，所以，
所以，
因为在上为增函数，所以当时，取最大值.
【点睛】关键点点睛：第（2）中，利用和求面积，将和表示为的函数，利用的范围求面积的最大值是解题关键.
19．(1)不具有，理由见解析
(2)存在，
(3)3
【分析】（1）根据题意，求得，结合新定义，即可求解；
（2）根据题意，求得，得到，进而得到，进而新定义，即可求解；
（3）根据题意，转化为，令，求得，令，利用导数求得函数的单调性，结合，得到存在，使，结合函数的单调性，求得的最小值为，由，得到，求得，即可求解.
【详解】（1）解：令，则，
当时，；当时，，
所以当时，函数在区间上具有性质；
当时，函数在区间上不具有性质．
（2）解：因为，所以，
因为在处取得极值，且为奇函数，
所以在处也取得极值，则，解得，
所以，可得，
当时，令，解得；令，解得，
故在上单调递减，在上单调递增，满足在处取得极值，
所以，
当时，恒成立，
所以，存在实数，使得在区间上具有性质，且的取值范围是．
（3）解：因为，所以，即，
令，则，
令，则，
当时，在区间上单调递增，
又因为，
所以存在，使，
因为当时，在区间上单调递减，
当时，在区间上单调递增，
所以当时，的最小值为，
由，有，
所以，
因为，所以，
又因为恒成立，所以，
因为且，所以的最大值为．
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
0
1
2
3
4