2024-2025学年广西南宁市高三上学期12月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年广西南宁市高三上学期12月月考数学检测试题（附解析），共23页。试卷主要包含了设，，，则，，的大小关系为，若恒成立，则实数a的取值范围为，已知函数的部分图象，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生先在答题卡上用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写清楚，然后贴好条形码.请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目.
2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数z满足，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
3．设，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
4．小明在设置银行卡的数字密码时，计划将自己出生日期的后6个数字进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个9相邻，两个0也相邻，则小明可以设置多少个不同的密码（ ）
A．16B．24C．166D．180
5．已知双曲线的一条渐近线与圆交于两点，且是正三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
6．已知样本数据，，，，，的平均数为16，方差为9，则另一组数据，，，，，，12的方差为（ ）．
A．B．C．D．7
7．已知数列，且，则数列的前2024项之和为（ ）
A．1012B．2022C．2024D．4048
8．若恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且，，设，，，则下列等式成立的是（ ）
A．B．
C． D．
10．已知函数的部分图象，则（ ）

A．
B．
C．点是图象的一个对称中心
D．的图象向左平移个单位后所对应的函数为偶函数
11．如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．直线与直线所成角的取值范围为
C．的最小值为
D．为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的面积为
12．已知函数是定义在R上的奇函数，且是偶函数，当时，，则下列选项中正确的是（ ）
A．关于对称B．是周期为4的函数
C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．二项式的展开式中的常数项为 .
14．已知平面向量，，，，与夹角是，则 .
15．已知为锐角，，则 ．
16．双曲线的右焦点为F，O为坐标原点，以F为圆心，为半径的圆与C和C的渐近线在第一象限分别交于M，N两点，线段MF的中点为P.若，则C的离心率为 .
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知四边形内接于，若
(1)求的半径长.
(2)若，求面积的取值范围.
18．已知数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围．
19．为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，即某队先赢得3局比赛，则比赛结束且该队获胜，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次目上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为.（注：比赛结果没有平局）
(1)若求甲队明星队员M在前三局比赛中出场，记前三局比赛中，甲队获胜局数为X，求随机变量X的分布列及数学期望；
(2)已知甲乙两队比赛3局，若甲队以获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率.
20．如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面．
(1)求点的轨迹长度；
(2)当点到面的距离为时，求二面角的余弦值．
21．已知抛物线为抛物线外一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为（在轴两侧），与分别交轴于.
(1)若点在直线上，证明直线过定点，并求出该定点；
(2)若点在曲线上，求四边形的面积的范围.
22．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若0是函数的极小值点，求实数的取值范围．
1．A
【分析】根据对数函数的定义域求出，根据二次函数的性质求出，再根据集合的运算法则计算可得.
【详解】因为，，
所以，则.
故选：A
2．A
【分析】先计算复数 ,再求出共轭复数，最后根据复数的几何意义确定所在象限即可.
【详解】,
,对应点的坐标为在第一象限.
故选：A.
3．B
【分析】根据题意，由条件可得，，即可得到结果.
【详解】因为，，且，所以，
即，且；
又，所以.
故选：B
4．B
【分析】将两个0视为一个元素，将两个9也视为一个元素，共有4个元素进行全排列，即可得答案.
【详解】将两个0视为一个元素，将两个9也视为一个元素，所以共有（种）不同的结果，
故选：B．
5．B
【分析】由题意，设渐近线方程为（其中），根据垂径定理和点到直线的距离公式分别求出圆心到渐近线的距离，建立方程，解方程可得，结合离心率的概念即可求解.
【详解】设双曲线渐近线被圆所截得的弦长为，圆的半径为，圆心到渐近线的距离为d，
圆方程，即，又由题可知，
由垂径定理得.
不妨设渐近线方程为（其中），
又圆的圆心坐标为，
圆心到渐进线的距离为，所以，解得，
又，所以双曲线的离心率为.
故选：B.
6．C
【分析】由均值、方差性质求数据，，，，，的平均数、方差，应用平均数、方差公式求新数据方差.
【详解】设数据，，，，，的平均数为，方差为，
由，，得，，
则，，，，，，12的平均数为，
方差为
．
故选：C
7．C
【分析】对进行分类讨论，利用分组求和法求得正确答案.
【详解】当为奇数时，，
所以数列的奇数项成首项为，公差为的等差数列.
当为偶数时，，
所以数列的偶数项成首项为，公差为的等差数列.
所以前项和为：
.
故选：C
8．A
【分析】将变形为，通过构造函数，对求导，利用导数与函数的单调性间的关系，得到在区间单调递增，从而得到，进而将恒成立转化成恒成立，也即恒立，构造函数，再对进行求导，求出的单调区间，即可求出结果.
【详解】易知，，由，
得到，可变形为，
即，
所以恒成立，即恒成立，
令，则，
令，则，
当时，，时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，即在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增，
又，所以恒成立，也即恒成立，
又，所以恒立，
令，则，
当时，，当时，，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故，所以，
故选：A.
关键点晴：将变形为，通过构造函数，利用导数与函数的单调性间的关系，得到恒立，再转化成求函数的最值即可解决问题.
9．BD
【分析】利用空间向量基本定理可得答案.
【详解】由向量的平行四边形法则，得，故A错误；
由向量的平行四边形法则和三角形法则，
得
，故B正确；
因为点P在线段AN上，且，所以，
所以，故C错误；
，故D正确.
故选：BD.
10．ACD
【分析】A选项，根据图象得到最小正周期，从而求出；B选项，代入，求出；C选项，得到函数解析式，求出，故C正确；D选项，求出平移后的解析式，利用函数奇偶性定义得到答案.
【详解】A选项，由图象可得到函数最小正周期，故，
因为，所以，解得，A正确；
B选项，将代入解析式得，
因为，解得，B错误；
C选项，，故，
故点是图象的一个对称中心，C正确；
D选项，的图象向左平移个单位后得到，
因为的定义域为R，且，
故为偶函数，D正确.
故选：ACD
11．CD
【分析】选项A，可证得面，则到面的距离等于到面的距离，利用等体积法求出体积；选项B，利用直线与直线所成角的概念求解；选项C：利用侧面展开图求解；选项D，可证得且，所以过三点的截面为梯形，即可求出面积.
【详解】选项A，∵，面，面，∴面，
∴到面的距离等于到面的距离，
∴，故A正确；
选项B，连接，则，则直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
则当与重合时，直线与直线所成角最小为，
当与重合时，直线与直线所成角最大为，
所以直线与直线所成角的取值范围为，故B正确.
选项C：将侧面展开如图，显然当三点共线时，取得最小值，
最小值为，故C错误；
选项D，连接，∵分别为线段的中点，
∴且，
又且，∴且，
所以过三点的截面为梯形，
易知，
作，则，
所以梯形的面积，故D错误.
故选：CD.
12．BC
【分析】由奇偶函数的定义，推导的最小正周期为4及对称性，从而判断AB，运用对数的运算性质和已知区间的解析式计算判断C，根据周期性求和判断D.
【详解】定义在上的函数满足：为奇函数，为偶函数，可得，
即，所以函数关于对称，
从而，故，可得的最小正周期为4，
故选项A错误，B正确；
由于，则，，
当时，，
所以，
则，
故选项C正确；
因为，，所以，，，
又的最小正周期为4，所以每个周期的和，
所以，
故选项D错误.
故选：BC.
结论点睛：函数的对称性：
若，则函数关于中心对称，
若，则函数关于对称.
13．240
【分析】利用二项式展开式的通项公式求解即得.
【详解】二项式的展开式通项为，
由，得，
所以所求常数项为.
故240
14．
【分析】根据向量的数量积公式及向量的模的公式即可求解.
【详解】因为，，与的夹角为，
所以，
所以.
故答案为.
15．
【分析】根据给定条件，求出，再利用二倍角、差角的正切公式求解即得.
【详解】由，得，解得，，
由为锐角，，知，，
于是，所以.
故
16．2
求出到渐近线的距离，从而利用勾股定理求得，由圆的方程与双曲线方程联立解得点坐标，由中点坐标公式得点坐标，再由列式后可计算出离心率．
【详解】双曲线过第一象限的渐近线方程为，即，，到渐近线的距离为，∴，
圆方程为，由，解得（因为点在第一象限），即，
∵是的中点，，∴，
∵，即，
∴，整理得，即，
∴ ．
故2.
本题考查求双曲线的离心率，解题关键是列出的一个等式，这可由，其中易求得，关键是，本题用解析几何的基本方程，列方程组求交点坐标，由中点坐标公式求点坐标，再由两点间距离公式得距离．本题还考查了学生的运算求解能力，属于难题．
17．(1)
(2)
【分析】（1）连接，由已知可得，由余弦定理可得，求得，可求的半径；
（2）由余弦定理可得，进而可求得的最大值，可求面积的取值范围.
【详解】（1）连接，由题意得，，
根据余弦定理得，
，
，解得，，
设的外接圆半径为，
由正弦定理，
∴的半径长为；
（2），
又由于余弦定理得
∴当且仅当时等号成立，
∴.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由，当时，可得，两式相减，得到，再由，即可求解；
（2）由（1）得到，结合裂项相消法求和，求得，因为对任意恒成立，转化为对任意恒成立，令，结合函数的单调性，求得的最小值，即可求解.
【详解】（1）解：由数列满足，
当时，可得，
两式相减，可得，即，
又由时，可得，适合上式，
所以数列的通项公式.
（2）解：由（1）知，可得，
所以
，
因为对任意恒成立，即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，即，
可得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又由，，
所以的最小值为，可得，
所以实数的取值范围为.
19．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式，结合分类，即可求解概率，进而可由期望公式求解期望；
（2）根据条件概率的计算公式即可求解.
【详解】（1）可能取值有，
，，
，，
因此，随机变量X的分布列是
数学期望；
（2）设为甲队以获得最终胜利，为前3局甲队明星队员上场比赛，
为前3局甲队明星队员没有上场比赛，
因为每名队员上场顺序随机，，，
，
，
甲队明星队员上场的概率.
20．(1)π
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，利用圆的性质得动点的轨迹，进一步求出轨迹长度；
（2）过点作于点，平面，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面得一个法向量，利用向量的夹角公式可求二面角的余弦值.
【详解】（1）如图所示，过点作，且，
平面平面，且平面平面，平面，
平面，又平面，，
平面，平面，
，又，且，平面，
平面，平面，，
由点在正方形内，
所以点在以为直径的半圆上，，
所以点的轨迹长度为.
（2）过点作于点，
平面，平面，，
，平面，平面，
故的长度即为点到面的距离，故，
∵由（1）可知点在以为直径的半圆上运动，
如图所示建立空间直角坐标系，
∴，，，，
，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，
又平面的一个法向量为，记二面角为，
，
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
21．(1)证明见解析，定点
(2)
【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合处的切线方程求得直线所过定点.
（2）先求得四边形的面积的表达式，然后利用导数求得面积的取值范围.
【详解】（1）设，直线，
联立，可得.
在轴两侧，，
，
由得，
所以点处的切线方程为，
整理得，
同理可求得点处的切线方程为，
由，可得，
又在直线上，.
直线过定点.
（2）由（1）可得在曲线上，
.
由（1）可知，
，
，
令在单调递增，
四边形的面积的范围为.
方法点睛：求解抛物线的切线方程，有两种方法，一种是利用判别式法，即设出切线的方程并与抛物线方程联立，化简后利用判别式为0列方程来求得切线方程；另一种是利用导数的方法，利用导数求得切线的斜率，进而求得切线方程.
22．(1)
(2)．
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程；
（2）构造函数多次求导，通过分类讨论逐次不同阶段研究导函数的符号与函数的单调性关系，最终还原为原函数的单调性分析，验证在处函数的极大（小）值的情况即可.
【详解】（1）由，，
则，
所以，即切线斜率为，
又，则切点为，切线方程为，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）根据题意得，，
则．
由0为的极小值点，可知．
设，
则．
（ⅰ）当时，，
所以在上单调递增，又，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以0是的极小值点，符合题意．
（ⅱ）当时，设，
则，
所以在上单调递增，，
，
所以存在，使得，
所以当时，，单调递减，即单调递减；
当时，，单调递增，即单调递增.
又，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以0是的极小值点，符合题意．
（ⅲ）当时，，且在上单调递增，
所以当时，，单调递减，即单调递减；
当时，，单调递增，即单调递增.
又，所以，单调递增，不符合题意．
（ⅳ）当时，，在上单调递增，，
所以存在，使得，
所以当时，，单调递减，又，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以0是的极大值点，不符合题意．
综上，的取值范围是．
X
0
1
2
3
P